专题12 磁场-【满分思维】2026年高考物理真题分类

专题十二磁场 一、单项选择题 1.(2025·江苏卷)某“冰箱贴”背面的磁性材料磁感线如图所示，下列判断正确的是 磁性材料 A.a点的磁感应强度大于b点 B.b点的磁感应强度大于c点 C.c点的磁感应强度大于a点 D.a、b、c点的磁感应强度一样大 2.(2025·湖北卷)如图所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，放置一通电圆线圈，圆心为O点，线圈 平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点，它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应 强度大小为零，则N点的总磁感应强度大小为 () A.0 B.B C.2B D.3B 3.（2025·福建卷)如图所示，空间中存在两根无限长直导线L,与L2,通有大小相等、方向相反的电流。导 线周围存在M、O、N三点，M与O关于I1对称，O与N关于I2对称且OM=OV,初始时，M处的磁 感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L,巾电流不变，仅将I2撤去，N点的磁感应 强度大小为 () N A.BB B,一B B. D.B2-B C.B-B2 4.(2025·北京卷)电磁流量计可以测量导电液体的流量Q一单位时间内流过管道横截面的液体体积。 如图所示，内壁光滑的薄圆管巾非磁性导电材料制成，空间有垂直管道轴线的匀强磁场，磁感应强度为 B。液体充满管道并以速度沿轴线方向流动，圆管壁上的M、V两点连线为直径，且垂直于磁场方向， M、N两点的电势差为U。下列说法错误的是 () A.N点电势比M点高 ×B××M××× B.U。正比于流量Q ×××××× C.在流量Q一定时，管道半径越小，U。越小 ×××Wx×x D.若直径MV与磁场方向不垂直，测得的流量Q偏小 ·49· 5.(2025·广东卷)某同步加速器简化模型如图所示。其中仅直通道PQ内有加速电场，三段圆弧内均有可 调的匀强偏转磁场B。带电荷量为十q、质量为m的离子以初速度v。从P处进入加速电场后，沿顺时针 方向在加速器内循环加速。已知加速电压为U,磁场区域中离子的偏转半径均为R。忽略离子重力和相 对论效应。下列说法正确的是 () B R Q P A.偏转磁场的方向垂直纸面向里 B.第1次加速后，离子的动能增加了2gU C.第友次加速后，离子的速度大小变为m0。十kgUm m D第k次加速后，偏转磁场的磁感应强度大小应为m士2kgUm gR 6.(2025·安徽卷)如图，在竖直平面内的Oxy直角坐标系中，x轴上方存在垂直纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在第二象限内，垂直纸面且平行于x轴放 置足够长的探测溥板MV,MN到x轴的距离为d,上、下表面均能接收粒子。位于 M d 原点O的粒子源，沿Oxy平面向x轴上方各个方向均匀发射相同的带正电粒子。 已知粒子所带电荷量为q,质量为m,速度大小均为。不计粒子的重力，空气阻力及粒子间的相互作 用，则 ( A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为2d B.薄板的上表面接收到粒子的区域长度为3d .溥板的下表面接收到粒子的区域长度为d D薄板接收到的粒子在磁场中运动的最短时间为形 二、多项选择题 7.(2025·河南卷)手机拍照时手的抖动产生的微小加速度会影响拍照质量，光学 防抖技术可以消除这种影响。如图，镜头仅通过左、下两侧的弹簧与手机框架相 连，两个相同线圈c、d分别固定在镜头右、上两侧，c、d中的一部分处在相同的匀强 磁场中，磁场方向垂直纸面向里。拍照时，手机可实时检测手机框架的微小加速 度a的大小和方向，依此自动调节c、d巾通入的电流I。和I:的大小和方向（无 抖动时I。和I。均为零)，使镜头处于零加速度状态。下列说法正确的是() 于机框架 A.若I.沿顺时针方向，I=0,则表明a的方向向右 ·50· B.若I:沿顺时针方向，I。=0,则表明a的方向向下 C.若a的方向沿左偏上30°，则I。沿顺时针方向，I沿逆时针方向且I>I D.若a的方向沿右偏上30°，则I。沿顺时针方向，I:沿顺时针方向且I。<I 8.(2025·甘肃卷)2025年5月1日，全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑 型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托 卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图，两个同心圆围成的环形区域内有 A 垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B,内圆半径为R。。在内圆上 o A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动，并都恰好到达磁场外边界后返回。 Ro 已知ab、c带正电且比荷均为，品a粒子的速度大小为，-B °，方向沿同 m 心圆的径向；b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。不考虑带电粒子所受的重力和相互 作用。下列说法正确的是 A.外圆半径等于2R。 Ba粒子返回A点所用的最短时间为(3r+2)m gB Cb,c粒子返回A点所用的最短时间之比为2 √2+2 Dc粒子的速度大小为 9.(2025·四川卷)如图所示，I区有垂直于纸面向里的匀强磁场，其边界为正方 形；Ⅱ区有垂直于纸面向外的匀强磁场，其外边界为圆形，内边界与1区边界重 合；正方形与圆形巾心同为O点。I区和Ⅱ区的磁感应强度大小比值为4：1。 .. ××× ● 一带正电的粒子从Ⅱ区外边界上α点沿正方形某一条边的中垂线方向进入磁 ● 场，一段时间后从a点离开。取sin37°=0.6。则带电粒子 ( A.在I区的轨迹圆心不在)点 B.在I区和Ⅱ区的轨迹半径之比为1：2 C.在1区和Ⅱ区的轨迹长度之比为127：37 D.在1区和Ⅱ区的运动时间之比为127：148 10.(2025·河北卷)如图，真空巾两个足够大的平行金属板M、N水平固定，间距为d,M板接地。M板上 方整个区域存在垂直纸面向里的匀强磁场。M板)点处正上方P点有一粒子源，可沿纸面内任意方 向发射比荷、速度大小均相同的同种带电粒子。当发射方向与OP的夹角0=60时，粒子恰好垂直穿过 M板Q点处的小孔。已知()Q=3L,初始时两板均不带电，粒子碰到金属板后立即被吸收，电荷在金属 板上均匀分布，金属板电荷量可视为连续变化，不计金属板厚度、粒子重力及粒子间的相互作川，忽略 边缘效应。下列说法正确的是 ×:0×Q× M A.粒子一定带正电 B.若间距d增大，则板间所形成的最大电场强度减小 ·51· C.粒子打到M板上表面的位置与O点的最大距离为7L D.粒子打到M板下表面的位置与Q点的最小距离为√3d 11.(2025·福建卷)如图，竖直面内存在垂直纸面向里的匀强磁场B与水平向右的匀强电场E,一带电粒 子在复合场中恰能沿着N做匀速直线运动，当粒子运动到N点时，撤去磁场，一段时间后粒子经过 P点，已知MN与水平面的夹角为45°，NP水平向右。粒子带电荷量为q,速度为v,质量为m,重力加 速度为g。则 () A,电场强度大小为E=2mg 4 N· B磁感应强度大小为B=2mg ×× ××E qv XB×X CN、P两点的电势差为U=2mu D粒子从N运动到P的过程中，与NP的距离最大值为 12.(2025·山东卷)如图甲所示的xOy平面内，y轴右侧被直线x=3L分为两个相邻的区域I、Ⅱ。区域 I内充满匀强电场，区域Ⅱ内充满垂直xOy平面的匀强磁场，电场和磁场的大小、方向均未知。t 0时刻，质量为、电荷量为十q的粒子从O点沿x轴正向出发，在xOy平面内运动，在区域I中的 运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，如图甲所示。。时刻粒子第一次到达两区域分界 面，在区域Ⅱ中运动的y-t图像为正弦曲线的一部分，如图乙所示。不计粒子重力。下列说法正确 的是 () 10L 区域I:区域Ⅱ 3 2 3L -2L---- 10L 3 甲 A.区域I内电场强度大小E=4m ,方向沿y轴正方向 B.粒子在区域Ⅱ内圆周运动的半径R= 20L 3 C区域Ⅱ内磁感应强度大小B=3m,方向垂直Oy平面向外 5glo D粒子在区线Ⅱ内圆周运动的周心坐标.0】 13.(2025·广西卷)如图，带等量正电荷q的M、N两种粒子，以几乎为0的初速度从S飘入电势差为U的 加速电场，经加速后从O点沿水平方向进入速度选择器（简称选择器）。选择器巾有竖直向上的匀强电 场和垂直纸面向外的匀强磁场。当选择器的电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,,右端开口宽度 为2d时，M粒子沿轴线O)'穿过选举器后，沿水平方向进入磁感应强度大小为B2、方向垂直纸面向外 的匀强磁场（偏转磁场），并最终打在探测器上；粒子以与水平方向夹角为O的速度从开口的下边缘进 ·52· 入偏转磁场，并与M粒子打在同一位置，忽略粒子重力和粒子间的相互作用及边界效应，则() 。。 AM粒子质量为29UB, E2 B.刚进入选择器时，N粒子的速度小于M粒子的速度 C.调节选择器，使、粒子沿轴线OO'穿过选择器，此时选择器的电场强度与磁感应强度大小之比 4EUcos 0 为UB,-EadB, D.调节选择器，使N粒子沿轴线OO'进入偏转磁场，打在探测器上的位置与调节前M粒子打在探测器 4UB1⊥(EdB,-4UB1)U 上的位置间距为EB,十EB2√U-E7cos0 三、非选择题 14.(2025·北京卷)北京谱仪是北京正负电子对撞机的一部分，它可以利用带电粒子在磁场中的运动测量 粒子的质量、动量等物理量。 考虑带电粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中的运动，且不计粒子间相互作用。 (1)一个电荷量为q。的粒子的速度方向与磁场方向垂直，推导得出：粒子的运动周期T与质量n的 关系。 (2)两个粒子质量相等、电荷量均为，粒子1的速度方向与磁场方向垂直，粒子2的速度方向与磁场方 向平行。在相同的时间内，粒子1在半径为R的圆周上转过的圆心角为O,粒子2运动的距离为 d。求： a.粒子1与粒子2的速度大小之比w1：v2; b.粒子2的动量大小p2。 ·53· 15.(2025·云南卷)磁屏蔽技术可以降低外界磁场对屏蔽区域的干扰。如图所示，x≥0区域存在垂直 xOy平面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B,(未知)。第一象限内存在边长为2L的正方形磁屏 蔽区OVPQ,经磁屏蔽后，该区域内的匀强磁场方向仍垂直xOy平面向里，其磁感应强度大小为B,(未 知)，但满足0<B2<B1。某质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子通过速度选择器后，在Oxy平面 内垂直y轴射入x≥0区域，经磁场偏转后刚好从ON中点垂直ON射入磁屏蔽区域。速度选择器两极 板间电压U、间距d、内部磁感应强度大小B。已知，不考虑该粒子的重力。 (1)求该粒子通过速度选择器的速率； (2)求B,以及y轴上可能检测到该粒子的范围； （③)定义碳屏散效率)B,×10%,若在Q处检测到该粒子。则7是多少 B ↑y -1P 屏 区 N U 速度选择器 ·54· 16.(2025·陕晋青宁卷)电子比荷是描述电子性质的重要物理量。在标准理想二极管中利用磁控法可测 得比荷，一般其电极结构为圆筒面与中心轴线构成的圆柱体系统，结构简化如图甲所示，足够长圆柱形 筒半径为R,正中央有一电子发射源O持续向空间各方向发射大量速度大小均为。的电子。某时刻起 筒内加大小可调节且方向沿轴向下的匀强磁场，筒的横截面及轴截面示意图如图乙所示，当磁感应强度大 小从0缓慢调至B。时，恰好没有电子落到筒壁上，不计电子间相互作用及其重力的影响。求：(R、0、 B。均为已知量) (1)电子的比荷； n (2)当磁感应强度大小调至2B。时，筒壁上落有电子的区域面积S。 R 网 ×B 染 横截面 轴截面 甲 乙 ·55· 17.(2025·湖北卷)如图所示，两平行虚线MN、PQ间无磁场。MN左侧区域和PQ右侧区域内均有垂直 于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B。一质量为、电荷量为g的带正电粒子从 MN左侧O点以大小为的初速度射出，方而平行于MN向上。已知O点到MN的距离为粒 子能回到O点，并在纸面内做周期性运动。不计重力，求： (1)粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径； (2)粒子在第一次和第二次经过PQ时位置的间距； (3)粒子的运动周期。 M ● 0© ·56· 18.(2025·辽吉黑内蒙古卷)如图，在xOy平面第一、四象限内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度 大小为B。一带正电的粒子从M(0,一yo)点射入磁场，速度方向与y轴正方向夹角0=30°，从N(0,yo) 点射出磁场。已知粒子的电荷量为q(q>0),质量为m,忽略粒子重力及磁场边缘效应。 (1)求粒子射入磁场的速度大小v1和在磁场中运动的时间t1; B2yo （②)若在0平面内某点固定一负点电荷，电荷量为48g,粒子质量取m-B(为静电力常量)，粒 子仍沿(1)中的轨迹从M点运动到N点，求射入磁场的速度大小2； (3)在(2)问条件下，粒子从N点射出磁场开始，经时间t2速度方向首次与N点速度方向相反，求t2 (电荷量为Q的点电荷产生的电场中，取无限远处的电势为0时，与该点电荷距离为r处的电势=k)】 /。 y ·57· 19.(2025·湖南卷)如图，直流电源的电动势为E。,内阻为ro,滑动变阻器R的最大阻值为2r。,平行板电 容器两极板水平放置，板间距离为d,板长为√3d,平行板电容器的右侧存在方向垂直纸面向里的匀强 磁场。闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时，质量为m的带正电粒子以初速度。水平向右从电 容器左侧中点α进入电容器，恰好从电容器下极板右侧边缘b点进入磁场，随后又从电容器上极板右 侧边缘c点进人电容器，忽略粒子重力和空气阻力。 (1)求粒子所带电荷量q; (2)求磁感应强度B的大小； (3)若粒子离开b点时，在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电场，电场强度大小为 45E,求粒子相对于电容器右侧的最远水平距离1 3d B*× + + Eo:ro -3d× ·58·意有v,'=ky,且满足 A +0 B tan a 解得Q=m【点拔：碰后醉间速度方向与所受合力垂直】 LU (3)颗粒在B点碰前的竖直速度v,=√2gh 水平速度u,=方”，=√2gh元 碰后颗粒做类平抛运动，由题意可知，k<1,故颗粒不可能回到 专题十一 1.A单位制“W”是功率的单位，“h”是时间的单位，根据功的公 式W=Pt,可知单位“W·h”(瓦时)对应的物理量是能量，A正 确，BCD错误。 2.C游标卡尺的读数由题图可知，游标卡尺分度值为0.02mm, 主尺读数为17mm,游标尺上第10条刻度线与主尺刻度线对 齐，游标尺读数为10×0.02mm=0.20mm,故游标卡尺的读数 为17mm+0.20mm=17.20mm,因分度值为0.02mm,故读 数精确到小数点后两位数，故选C。 技巧点拨 游标卡尺读数=主尺读数十游标尺读数，主尺读数看游 标尺零刻度线左侧主尺的刻度，游标尺读数=游标尺刻度线 与主尺刻度线对齐的刻度X分度值。 3.B电阻定律、并联电路、欧姆定律、电流的微观表达式设金属 子体电型率为，则子体a的电型R=P号两个相同的子体b申 专题十二 1.B磁感线磁感线越密处，磁感应强度越大，故《、b、c三点的 磁感应强度的大小关系为B,>B.>B.,B正确，ACD错误。 2.A安培定则和磁场叠加根据安培定则及M、V关于通电圆 线圈轴线的中心()对称可知，通电圆线圈在M、V处的磁感应 强度大小相等、方向相同拓展：若为均匀带电环，则对M、V点 产生的电场强度大小相等、方向相反】，山题意知，匀强磁场的磁 感应强度与M、V处产生的磁感应强度大小相等、方向相反，即叠 加后M、V处的磁感应强度均为O,A正确，BCD错误 3.A磁感应强度的叠加设I在M、()点产生的磁感应强度大 小为B,I1在V点产生的磁感应强度大小为B,巾于I1、I。中 ·物理 上绝缘板，根据运动的合成与分解可知，竖直方向上速度减为 2h 零时，所花的时间为t1=y=k入g g 水平方向上的加速度为a,QE= m l 下面分两种情况讨论： ①若21，十4，(2，)产+1<d,则颗粒与下绝缘平板相碰 颗粒第一次与第二次碰撞间的水平位移为 =241u,+2a·4,2=461+46h 故静电力做的功 W-qEl+QE:mghk h 12 1 ②若210，+2a,(21)2+1>d,则颗粒与右金属平板相碰 故静电力做的功 W-gEl+QE(d-1)-wglgh(d-1) h 电路及其应用 联的总电阻R,=2×p专-？号，由题图可知，两个导体b串联 后与导体a并联，并联电路电压相等，根据欧姆定律I=尺，可 2l2 得1a==S2=21251 ,根据电流的微观表达式有I=neSv, PS 是=S心=，联立得 导体a、b中、e相同.所以六=S: ΓS2 心24，故选B。 v 1 4.4.51.5 【解析】闭合电路欧姆定律根据题图结合闭合电路欧姆定律得 U,-E一11rU-E一1，r,代人数据解得电源的电动势F-4.5V. 内阻r=1.52。 磁 场 电流大小相等、方向相反，根据对称性可知，LL在M点产生 的磁感应强度人小等于在V点产生的磁感应强度人小，在M点 处，根据磁场叠加可得B,=B一B',在()点，根据磁场叠加可得 B,=2B,撤去1后，V点的磁感应强度大小为B',联立解得 B=号B:一B故选A 4.C电磁流量计根据“左手定则”可知，正电荷受到向下的洛伦 兹力向下偏转，负电荷受到向上的洛伦兹力向上偏转，则V点 带正电、M点带负电，所以V点电势比M点高，A不符合题意： /DY 据题意，流量Q=S1 (2）Du,当粒子受到的静电 t 4 答22· 力与洛伦兹力平衡时，M、N两点之间形成稳定的电势差U。,则此 处的电场强度E”,则有E=9B,联立方程解得U,一4Q πD 即U,正比于流量Q,B不符合题意：根据U。=4BC可知，在流量 D Q一定时，管道半径越小，U。越大，C符合题意；若直径MN与 磁场不垂直，说明MN的长度小于真实的直径，则代入MN的 数值计算得到的流量Q偏小，D不符合题意。 5.D带电粒子在电磁场中的运动离子沿顺时针方向运动，由左 手定则知偏转磁场的方向垂直纸面向外【易错：离子带正电】， A错误；第1次加速后，由动能定理知离子的动能增加了qU, B错误；第k次加速后，由动能定理得@U= 2mw2、1 2mw2,解 得离子的速度大小为u=√mw+2gm C错误；第k次加速 m v 后，离子在偏转磁场中运动时，由牛顿第二定律得qB=m尺· 解得B=√m。2+2kgUm D正确。 gR 6.C带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中运 动，由洛伦兹力提供向心力，即B=m发，已知粒子速度v gBL,解得粒子做圆周运动的半径R=d,A错误；当粒子沿x轴 m 正方向射出时，粒子打在MV上表面的最右端位置，如图甲所 示，其横坐标为.x1=一d,粒子恰好未经过D点打在MN上表 面的最左端，如图乙所示，由数学知识可知，其横坐标为x2= -2Rsin60°=一√3d,所以MN上表面接收到粒子的区域K度为 △r=(3-1)d,B错误；沿y轴正方向射人的粒子，打在MN下 表面接收到粒子区域的最左端，如丙所示，其横坐标为x: 一d,又由前面分析知，粒子能打到MV下表面的最右端，所以 薄板下表面接收粒了的区域长度为d,C正确：由前面分析知，打 在D点的粒子在磁场中做惯周运动的弦最短，即对应轨迹圆弧 最短，所用时问最短，由数学知识可知此时粒子轨迹所对圆心角 为5，所用时间1 T-器D错误。 60° ·物理 技巧点拨‖ 本题粒子轨迹为动圆模型，即所有粒子的轨迹为过O点 半径为d的动圆，抓住边界粒子，即找到MN上接收到粒子 区域的最左端、最右端的粒子轨迹，即可通过数学知识确定 接收粒子区域长度；解决最短时间问题，则需抓住半径一定 的圆，轨迹的弦越短，轨迹圆孤越短，用时越短。 7.BC安培力、受力平衡为了防止抖动，镜头应当受力平衡【点 拔：镜头处于零加速度状态】。A选项中，若I。沿顺时针方向， I。=0,c框受安培力方向向右，d框不受安培力，故左侧弹簧伸 长，说明手机框架的微小加速度a方向向左，A错误；B选项中， 若Ia沿顺时针方向，I。=0,d框受安培力向上，c框不受安培力， 故下侧弹簧伸长，说明手机框架的微小加速度α方向向下，B正 确；若a的方向沿左偏上30°，将a分解为向左的ax及向上的 ay,故左侧弹簧伸长，下侧弹簧缩短，则I。为顺时针方向，I:为 逆时针方向，因为a,=acos30>ay=asin30°，故I>Ia,C正 确；若a的方向沿右偏上30°，将a分解为向右的ax及向上的 αv,故左侧弹簧缩短，下侧弹簧缩短，则I。为逆时针方向，I:为 逆时针方向，因为a>a,故I>Ia,D错误。 8.BD带电粒子在环形磁场中的运动a粒子的运动轨迹如图甲 所示，运动半径为R=吧-R,放外圆半径为R:=(E+1R, A错误a散子的运动周明为T-需，同到A点最短时间为 1.=2×子T+2R-③2，B正确he粒子运动执选如 gB 图乙所小可得h粒了的运动半径为R-?一R,C粒了的运 励半径为R二R山，心粒子回到A点所用最短时间为一个周 期.b,c粒了的周期相同，C错误：c粒子的运动半径R。=”心 gB 经R可得A 2uD正确。 a米粒子运动迹 乙b、c粒子运动轨迹 9.AD带电粒子在有界比邻磁场中的运动粒子在匀强磁场巾 做圆周运动，l牛顿第二定律得B=m,则运动半径 一常义B:片：=4：1，则：-1：4，B错误粒了在避 场巾做匀速圆周运动，且磁场形状其有对称性，粒了从《点进又 23· 从α点出，说明粒子轨迹也具有对称性，如图所示，粒子从右边进 入正方形区域，由儿何关系可知sin0=?=4 1+7:=行，则0=53> 45°，故粒子在I区的轨迹圆心在从a点入射方向的延长线上， 但不在O点，A正确；粒子在I区轨迹对应的圆心角为01=2× (180°一53°)=254°，粒子在Ⅱ区两段轨迹对应的圆心角之和为 24二74，粒子做圆周运动的周期T三g,粒子在1区和Ⅱ☒ 01 的轨迹长度之比为-360·2一127 s2202 360·22 148,运动时间之比为1 01 360·T10B2127 202 360°·T2 20,B,-148D正确，C错误。 0 ! ←⊕ 10.BCD带电粒子在匀强磁场中的运动粒子从P点射出通过 Q点，由左手定则可知，该粒子一定带负电，A错误；N板电荷 量足够多后，垂直射向N板的粒子做减速运动，当到达N板的 速度减为零时，、板电荷量最大，两板间的最大电势左最大，仅 板垂直移动不攻变最大电势差，若间距增大.山E-号可知，两 板间的最大电场强度减小，B正确；粒子发射方向与()P方向 夹角为60°时，垂直M板通过Q点，设其轨迹半径为R,由几 何关系可知R十Rcos60°=3L,解得R=2L,当电场强度足够 大刷时，会使粒子返回磁场继续做圆周运动.粒子打到M板上 表面的位置与()点的最大E离为31+21十2L=7L,C正确： 设打到M板下表面的粒子在磁场中做圆周运动的圆心为()'， PQ=/P()+(Q=23L,山几何关系可知∠PQ)'=30°， ∠PQ)-30°，则粒子射入极板时与M板的夹角0-90° ∠PQ)'一∠PQ)=30°，当板间电场强度最大时，粒子打到 M板下表面的位置距Q点最近，沿静电力方向有yE=,运 动时间1=20sin0,粒子打到M板下表面的位置与Q点的最 小E离xe=wcos0,-gBl=之m,联立解得x=5d. D正确。 11.BC带电粒子在复合场中的运动根据题意可知，带电粒子恰 能在复合场中沿着MV做匀速直线运动，则粒子受力平衡，粒 子受重力、静电力、洛伦兹力，如图所示，由儿何知识可知 一g·5co15°=mg,解得E=s.B=②mg,B正 1an15°=9E g 确，A错误；当粒子运动到V点时，撤去磁场，粒子做类平抛运 ·物理 动易错：粒子所受重力和静电力的合力等于ma】,加速度为a √2g,设NP之间的距离为x,则粒子运动到P点时沿加速度方 向的速度v,=√/2a.xsin45,粒子运动到P点时速度 F+s5=trn45=dU=m” 2m2, 联立解得U=2m,C正确；把粒子从N到P的运动分解为沿 NP方向和垂直NP方向的两个分运动，垂直NP方向做加速 度为g的匀变速运动，当此方向速度为0时，即v,'=0时粒 子与NP距离最大，由运动学公式可知，最大距离为ymx'= (vsin45°)2 2g gD错误 quB →gE M mg 丨技巧点拨 类平抛运动可以分解为沿初速度方向和垂直初速度方 向两个分运动。要求解粒子轨迹与两点连线的最大距离， 一般方法是将粒子的运动分解为沿连线方向的匀加速运动 和垂直连线方向的匀减速运动。 12.AD带电粒子在电磁组合场中的运动根据题意，粒子在区 域I中的运动轨迹是以y轴为对称轴的抛物线的一部分，所以 粒子在区城中做类平抛运动则有2弘=3-名·店 2 4.2,2.-受43认=01：解得区城1内电场强度大小E 之、4L,三社.粒子进人磁场时的速度大小 gtn to √01-，粒了在区域I受到的静电力方向沿y轴T方 向，又因粒子带正电，所以电场强度方向沿y轴正方向，A正 确；根据题意可知，在区域Ⅱ中粒子运动的v-t图像为正弦曲 线的一部分，且y=0时，y-t图像斜率绝对伯最大，即 y=0时，沿y轴方向的速度最大，则粒子做圆周运动的圆心在 :轴.几做圆周运动的轨迹半径为R=1,B错误：粒子在 匀强磁场中做匀速圆周运动时由洛伦兹力提供向心力，则 nB=mR综上所述区城Ⅱ内感应强度大小B一R =3”,由左手定则可知，磁感应强度的方向亚直w平 g.1042 3 面向外，C错误：根据上述分析可知，粒子进入父域Ⅱ时速度方 向与水平方向夹布0=53°，作速度的垂线与x轴的交点即为圆心， 向儿何知识可炭周心的横单标为=3L十必以，血3=号 3 即因心坐标为(0)D正确， 24· 13.AD带电粒子在复合场中的运动、速度选择器 设M粒子质量为m1,M粒子经过加速电场后满足 qU=2m,解得M粒子进入速度选择器的初速 度为vo一√m1 2g,M粒子经过速度选择器后从O水A正确 平飞出，满足E=-qvoB【点拔：M沿轴线OO运动】： 解得m1 2qU 众 粒子带正电荷，N粒子从开口下边缘进入偏转磁场， 所以其经过选择器时qE<qUoB1,M粒子满足B错误 gE=quoB1,故o<voN M粒子在偏转磁场B,中的运动半径为R=m一 gB2 2UB EB,N粒子与M粒子打在同一点，由几何关系得 2rcos0=2R一d,N粒子在偏转磁场B2中运动的半径 4UB-EdB2 2EB2 cos 0 ,设N粒子质量为m2,进入偏转磁场 B2的速度v2满足gU一gEd= 2m222,解得2 C错误 2qU-2gE ,又半径r-m,联立可得N粒子的质 m2 gB2 1 量m,-2a(U-E) (4UB-EdB2)q ,使N粒子沿 2Ecos 0 轴线0X)运动，有gE=B',则台=√m 2aU 4Ecos 0 √U(U-Ed) AUB -EdB. N粒子沿轴线()()'进入偏转磁场，、在偏转磁场 B,中的运动半径R=":,打在探测器上的位置 qB2 D正确 与调节前M粒子打在探测器上的位置间距为 I2R'-2R-UB(EdB:-AUB,) EB2 EB,U-Ed cos 0 14.带电粒子在匀强磁场中运动 解：(1)设粒子做圆周运动的速度大小为，半径为R 南牛顿驾二定律gB=贸 得v=9B 圆周运动的周期为T=2x水_2： (2)两粒子速度大小之比为运动距离之比_ h两粒了动量大小之比为速度大小之比2-”- P2 v2 d 山牛顿第二定律，B-m R ·物理 得粒子1的动量大小为p1=mw1=qBR d gBd 粒子2的动量大小为p2=p1R0=0 15.速度选择器、带电粒子在磁场中的运动 解：(1)根据U=Ed、F=qE、F=qB。 解得粒子通过速度选择器的速率v一B0d U (2)根据几何关系得在B,磁场中粒子的运动轨迹半径 R=L 2 根据qB,=mR mU 解得B1=BdL m÷即得R>L 由于0<B2<B19B,=mR2 根据几何关系得y轴上可能检测到粒子的范围下限为y1>L。 当取B,无限接近0时，粒子在B2磁场中近似做匀速直线运 动，则出B2磁场后，打在O点上方L处，即y2=3L,故在y轴 上可能检测到该粒子的范围为L<y<3L (3)根据几何关系得R22=(2L)2+(R2一L)2 即得R,=L v2 根据qB2=m 2mU 解得B,=5gBdL 所以？=60% 16.电子在空间磁场中的运动 解：(1)h题意可知，当磁感应强度大小为B。时，垂白于轴线射 出的电子恰不落到筒壁上 根据几何关系可知，垂直轴线射出的电了在磁场巾做圆周运动 的筑迹半径，一尽 根据洛伦滋力提供向心力有，B。=m 解得 2Va in B.R 2)当磁感应绿度大小调至时，设发射速方向与横截面的 夹角为0的电子恰好不落在筒壁上，可将该电子的运动分解 为竖直方向上的速度为sin0的匀速直线运动和横截面内 速率为vcos0的匀速圆周运动 B:(va cos 0) 则有w,s0.之=m 解得0=60 匀速圆周运动周期T=2”。二2R vacos 0 vo 运动半个周期时电子恰运动至轨迹与简壁切，点处，竖直方向上有 h=asin 602 25· 则筒壁上落有电子的区域面积S=2πR·2h 联立解得S=2√3π2R2 17.带电粒子在匀强磁场中的运动、牛顿运动定律、匀速圆周运动 解：(1)粒子在MN左侧区域中运动时，由洛伦兹力提供向心力有 9%B=m 解得粒子在MN左侧区域中运动轨迹的半径1= gB (2)粒子在PQ右侧区域运动时，由洛伦兹力提供向心力有 ·2B=n 则粒子在PQ右测区级的运动轨迹半径为，一器 由于粒子能回到O点，则粒子的轨迹关于垂直MN且过O点 的直线对称，设粒子在MN左侧区域运动轨迹的圆心为O1,在 PQ右侧区域运动轨迹的圆心为O2,作出粒子的运动轨迹如图 所示 M 01 02 %“ N Q 3mvo l几何关系可知cos∠A0,0,=2g5 -1 1 2 则∠A(),()3=60 对粒子在PQ右侧区域的运动，由儿何关系可知，粒子第一次 和第二次经过PQ时位置的间距为 3mvo s=2re*in60=245 ③结金Bm二、T可知，粒子在MV左侧区域，PQ石 7 侧区域做匀速圆周运动的周期分别为 1-霜r器 gB 山(2)问可知，粒子在MN左侧区域、PQ右侧区域运动轨迹所 对的圆心角分别为 01=360°-2×60°=240°、0，=2×60°=120 则一个周期内粒子在磁场区域运动的时问为 6,r十r,器 62 _5πm 由二角形相似可知粒子在MV、PQ问运动的距离为 x-1an60°_3m 2 2gB 则一个周期内粒了在MV、PQ间运动的时间为 2.x 3m ·物理 则粒子的运动周期为t=t1十t2 5元m√3m 3qB gB 18.带电粒子在有界磁场中的运动 思维导图 「(1)洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，牛 顿第二定律 几何关系：找圆心，求半径，求圆心角 运动性质与 (2)洛伦兹力和库仑力的合力提供粒子做圆周运 受力条件 动的向心力，牛顿第二定律 (3)只受库仑力的椭圆运动，功能关系或能量守恒， 类比行星运动，类比开普勒三定律（创新思维） 解：(1)粒子在磁场中做圆周运动，设轨迹半径为R,由牛顿第 二定律有 qvB=m R 由几何关系得圆周运动轨迹半径R=2y。 联立得粒子进入磁场的速度大小1= 2qByo 圆周运动的周期T=2迟 粒子在磁场中运动时间1= T 联立解得一器 (2)粒子仍沿(1)中的轨迹运动，说明负点电荷在原来圆周运动 轨迹的圆心处，则有 g,B+k 48= r2 r B28 联立解得一By 6k4 (3)射出磁场后，粒子丛V点开始做以负点电荷为焦点的椭圆 运动：y离负点电荷最近（类此行星的近只点，运动半个周期 到长轴的另一端P点，速度方向首次与V点的速度方向相反： 此时离负点电荷最远【点拔：库仑力与万有引力类似受力情况 类似，运动性质可类比，引力势能与电势能类似】，设此时离负 点电荷距离为x,速度大小为，从V点到P点，根据动能定 理得 g99)=2m,3- 2,2 9=k -48 ,9=648g 类比开普勒第二定律有21=2，(2y） 椭圆的半长轴4-文+2 2 类比开普勒第三定律，此椭圆运动的周期与半径为“的圆周运 动周期相同，设为T 26· 则有·48g2 =m 4π2 T t2=2 联立解得t2= 23πByo3 3kq 19.带电粒子在电磁组合场中的运动、“配速法” :思维导图 (1)水平方向匀速直线运动 竖直方向匀加速直线运动 计算加速度大小 算出电荷量 电路中电压规律) (2)洛伦兹力提供向心力 半径表达式 找出圆心位置 类平抛运动的求解磁感应强度 末速度 (3)粒子的运动可分解为匀速直线运动和 当水平速度为 匀速圆周运动(“配速法”平衡静电力) 0时距离最远 解：(1)闭合开关S,当滑片处于滑动变阻器中点时，由串并联电 路规律可得电容器两极板间的电压为 R 2 U-R+ro ,=E。 粒子从α点进入电容器后，在电容器中只受静电力的作用，做 类平抛运动，从b点离开电容器，设粒子从a点运动到b点的 时间为t 在水平方向，由运动学公式得3d=ut 在竖直方向血牛顿第二定律得 q=ma 由运动学公式得2d=2at 1 联立可得4一E, (2)设粒子经过b点时的速度为，速度方向与水平方向的火角 为0，则由平抛运动的推论可知 23 tan 0=2X- 5d3 解得0=30 由儿何关系可知=。 23 Cos 0 3 粒子进入磁场后在磁场中做匀速圆周运动，又从（点进入电容 器，设粒子在磁场中的运动半径为r,作粒子从a点运动到 (点的运动轨迹如图甲所示 60 甲 ·物理答 d 2 由几何关系可知 3 sin 603d 在磁场中由洛伦兹力提供向心力有 9B=m之 2E。 联立可得B= dvo (3)在平行板电容器的右侧再加一个方向水平向右的匀强电 场，则粒子在平行板电容器的右侧不仅受到洛伦兹力的作用， 还受到水平向右的静电力的作用，则可将粒子在b点的速度分 解，使其竖直向上的分速度1产生的洛伦兹力与静电力平衡， 如图乙所示，则有qw1B=Eg 可得=￡-23 B 30 由于1和v的大小相等，则由几何关系可知粒子在b点的另 一分速度v2=2wcos30°=2u0,方向与竖直方向的夹角为30°， 则粒子在平行板电容器右侧的运动可分解为速度为，的竖直 向上的匀速直线运动和速率为，的匀速圆周运动，设粒子做 匀速圆周分运动的半径为'，则由洛伦兹力提供问心力有 qu:B=m 解得r-d 作出粒了做圆周分运动的大致轨迹如图内所小示 30c2… 30 5 丙 由儿何关系可知xm=cos30°一，=23c1 20.带电粒子在电磁组合场中的运动 思维导图 在磁场中做圆周运动：画轨迹，找圆心， 求半径，算时间 在组合场 在电场中运动：类斜抛运动 中的运动 分别计算粒子在磁场、电场中的位移及 时间，汇总后计算速度 27 解：(1)如图甲所示，由几何关系可得 sin30°=R-h R 解得R=2h 带电粒子在磁场中运动有 m8-是 解得B器 (2)粒子由a点射出到进入电场过程的水平位移为Rcos30° √3h,其在电场中做类斜抛运动，根据从a到b粒子运动轨迹的 对称性，可知粒子在电场中的水平位移为√3h 水平速度为u,=6c0s60°=20 1 粒子在电场中的运动时间1=3h_23力 Ur 多直初达度为=血60复，方向竖的下 加速度为a =2 t 2h 根据牛顿第二定律有4=些 2 专题十三 1.C电磁感应金属薄片在磁场中运动，可将金属薄片视为左右 两个部分，两磁极正中间磁场最强，金属溥片自左向右运动，根 据楞次定律可知，左边形成沿逆时针方向的涡电流、石边形成沿 顺时针方向的涡电流，C正确，AB)错误。 技巧点拔 金属导体内的磁通量发生变化时通常用楞次定律判断 感应电流的方向。 2.A感应电流 圆环在强磁场中向左平移，穿过圆环的磁 A符合题意 通量不变，圆环巾没有感应巾流 圆环在匀强磁场中绕轴转动，穿过圆环的磁 B不符合题意 通量发牛变化，圆环中有感成电流 ·物理 解得E-m, 2gh (3)粒子运动轨迹如图乙所示，由几何关系得，粒子第一次进入 电场时其速度方向沿左下方并与水平虚线的夹角为60°，根据 (1)(2)可知，AB=√3h,所用时间为t2= 23h 粒子一个周期内在磁场中运动所对应的圆心角之和为行。 ·b B --------- 60° 粒子在磁场中做圆周运动，有 R=mo gB T=2xR Vo 解得周期为T=4 Vo 故粒子一个周期内在磁场运动的时间之和为 4=号T- 2 粒子运动-个周期的时间为1=1，十1，=8十6,3九 一个周期内向右运动的距离为.x=√3h r 33v0 粒子漂移速度0=1一63+8元 电磁感应 圆环在通有恒定电流的长白导线旁向右平 移，穿过圆环的磁通量发生变化，圆环中有感 C不符合题意 应巾流 圆环向条形磁休N极平移，穿过圆环的磁通 D不符合题意 量发生变化，圆环中有感应电流 3.D阻尼振动、能量守恒与无线圈时相比较，有线圈时，磁体在 振动过程中多受一个阻碍振动的磁场力作用，所以有线圈时磁 休振动的时间变小，A错误；磁休靠近线陶时，穿过线圈的磁通 量增加，根据结论“增缩减扩”可知，线圈有收缩的趋势，B错误； 磁体离线圈最近时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化疼为0， 线圈不受安培力作用，C错误；不管有无线圈，磁体最终都处于 静止状态，对磁体受力分析可知，此时磁体受到的重力和弹簧产 生的弹力大小相等，即磁体最终的位置是一样的，所以磁体和弹 簧组成的系统损失的机械能相同，D正确。 答28·