高三物理磁场大题

1．如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成600角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为

1t B．2t 21C．t D．3t

3A．

2．半径为a右端开小口的导体圆环和长为2a的导体直杆，单位长度电阻均为R0。圆环水平固定放置，整个内部区域分布着竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。杆在圆环上以速度v平行于直径CD向右做匀速直线运动，杆始终有两点与圆环良好接触，从圆环中心O开始，杆的位置由确定，如图所示。则

A．=0时，杆产生的电动势为2Bav B．3时，杆产生的电动势为3Bav

3B2avC．=0时，杆受的安培力大小为

(2)R0* *

3B2avD．时，杆受的安培力大小为

3(53)R03．如图，质量分别为mA和mB的两小球带有同种电荷，电荷最分别为qA和qB，用绝缘细线悬挂在天花板上。平衡时，两小球恰处于同一水平位置，细线与竖直方向间夹角分别为θ1与θ2（θ1＞θ2）。两小球突然失去各自所带电荷后开始摆动，最大速度分别vA和vB，最大动能分别为EkA和EkB。则 （ ）

（A）mA一定小于mB （C）vA一定大于vB

（B）qA一定大于qB （D）EkA一定大于EkB

4．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时，原线圈中电压表和电流表（可视为理想的）的示数分别是

A．120V，0.10A B．240V，0.025A C．120V，0.05A D．240V，0.05A

5．如图，均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框，半圆直径与磁场边缘重合；磁场方向垂直于半圆面（纸面）向里，磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度ω匀速转动半周，在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置，磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，磁感应强度随时间的变化率

B的大小应为 t* *

A.

6．如图所示直角坐标系xoy中，矩形区域oabc内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B=5.0×10-2T；第一象限内有沿y方向的匀强电场，电场强度大小为

4B0

 B.

2B0

 C.

B0B0 D. 2E1.0105N/C。已知矩形区域Oa边长为0.60m，ab边长为0.20m。在bc边中点N

处有一放射源，某时刻，放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为

v1.0106m/s的某种带正电粒子，带电粒子质量m1.61027kg，电荷量

（计算结果保留两位有效数字） q3.21019C，不计粒子重力，求：

（1）粒子在磁场中运动的半径；

（2）从x轴上射出的粒子中，在磁场中运动的最短路程为多少? （3）放射源沿-x方向射出的粒子，从射出到从y轴离开所用的时间。

* *

7．如图所示，相距为L的两条足够长光滑平行金属导轨固定在水平面上，导轨由两种材料组成。PG右侧部分单位长度电阻为r0，且PQ=QH=GH=L。PG左侧导轨与导体棒电阻均不计。整个导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向下，磁感应强度为B。质量为m的导体棒AC在恒力F作用下从静止开始运动，在到达PG之前导体棒AC已经匀速。

* *

（1）求当导体棒匀速运动时回路中的电流；

（2）若导体棒运动到PQ中点时速度大小为v1，试计算此时导体棒加速度； （3）若导体棒初始位置与PG相距为d，运动到QH位置时速度大小为v2，试计算整个过程回路中产生的焦耳热。

8．（12分）如图所示，在匀强电场中，有A、B两点，它们间距为2cm ，两点的连线与场强方向成60°角。将一个不知道电荷性质，电量为2×10-5C的电荷由A移到B，其电势能增加了0.2J。

求：

* *

（1）判断电荷带正电还是负电？由A到B电场力做的功WAB？ （2）A、B两点的电势差UAB为多少？ （3）匀强电场的场强的大小？

9．（18分）如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，距KL高h处分别有P、Q两点，NS和MT间距为1.8h.质量为m、带电量为q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g.

* *

（1）求该电场强度的大小和方向。

（2）要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。

（3）若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。

10．在如图所示的直角坐标系中，x轴的上方存在与x轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E＝×104 V/m.x轴的下方有垂直于xOy面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝2×10－2 T．把一个比荷为

q＝2×108 C/kg的正电荷从坐标m为(0,1)的A点处由静止释放．电荷所受的重力忽略不计．

(1)求电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；

* *

(2)求电荷在磁场中做圆周运动的半径；(保留两位有效数字)

(3)当电荷第二次到达x轴时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达y轴时的位置坐标．

11．（20分）如图所示，直角坐标系xoy位于竖直平面内，y轴正方向竖直向上，x轴正方向水平向右。空间中存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，匀强磁场垂直xoy平面向里，磁感应强度大小为B。匀强电场（图中未画出）方向平行于xoy平面，小球（可视为质点）的质量为m、带电量为+q，已知电场强度大小为E＝mg，g为重力加速度。 q

* *

（1）若匀强电场方向水平向左，使小球在空间中做直线运动，求小球在空间中做直线运动的速度大小和方向；

（2）若匀强电场在xoy平面内的任意方向，确定小球在xoy平面内做直线运动的速度大小的范围；

（3）若匀强电场方向竖直向下，将小球从O点由静止释放，求小球运动过程中距x轴的最大距离。

12．如图所示，一根长为l的细绝缘线，上端固定，下端系一个质量为m的带电小球，将整个装置放入一匀强电场，电场强度大小为E，方向水平向右，已知：当细线偏离竖直方向为θ＝370时，小球处于平衡状态，（sin370=0.6）试求：

（1）小球带何种电荷，带电量为多少；

（2）如果将细线剪断，小球经时间t发生的位移大小；

（3）若将小球拉至最低点无初速释放，当小球运动到图示位置时受到线的拉力的大小。

* *

* *

13．如图所示的坐标系，x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向．在x轴上方空间的第一、第二象限内，既无电场也无磁场，在第三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场和垂直于xOy平面向里的匀强磁场，在第四象限内存在沿y轴负方向、场强大小与第三象限电场强度相等的匀强电场．一质量为m、电荷量为q的带电质点，从y轴上y＝h处的P1点以一定的水平初速度沿x轴负方向进入第二象限，然后经过x轴上x＝－2h处的P2点进入第三象限，带电质点恰能做匀速圆周运动，之后经过y轴上y＝－2h处的P3点进入第四象限．试求：

(1)第三象限空间中电场强度和磁感应强度的大小． (2)带电质点在第四象限空间运动过程中的最小速度．

14．（18分）如图所示，在直角坐标系xoy平面的第II象限内有半径为R的圆O1分别与x轴、y轴相切于C（R，0）、D（0，R）两点，圆O1内存在垂直于xoy平面向

* *

外的匀强磁场，磁感应强度B．与y轴平行且指向负方向的匀强电场左边界与y轴重合，右边界交x轴于G点，一带正电的粒子A（重力不计）电荷量为q、质量为m，以某一速率垂直于x轴从C点射入磁场，经磁场偏转恰好从D点进入电场，最后从G点以与x轴正向夹角45°的方向射出电场．求：

（1）OG之间距离； （2）该匀强电场电场强度E；

（3）若另有一个与A的质量和电荷量相同、速率也相同的正粒子A，从C点沿与x轴负方向成30°角的方向射入磁场，则粒子A再次回到x轴上某点时，该点坐标值为多少？

* *

参考答案

【答案】B

mv2mv22r【解析】由牛顿第二定律qvBm及匀速圆周运动T得：r；T。

qBqBrv作出粒子的运动轨迹图，由图可得以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场经过Δt=T/6从C点射出磁场，轨道半径r3AO；速度变为v/3时，运动半径是r/3=3AO/3，

由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为1200，运动时间为T/3,即2Δt。A、C、D项错误； B项正确。 【答案】AD

【解析】杆的有效切割长度随角度变化关系为L2acos由法拉第电磁感应定律可知A答案显然正确，B错误；此时导体棒是电源，而两圆弧并联后作为外电路，由全电路欧姆定律通过计算可知答案D正确，选AD 3．ACD

【解析】分别对A、B进行受力分析，如图所示

两球间的库仑斥力是作用力与反作用力总是大小相等，与带电量的大小无关，因此B选项不对，

对于A球：TAsin1F TAcos1MAg 对于B球：TBsin2F TBcos2MBg

联立得：F=MAgtan1MBgtan2 又θ1＞θ2可以得出:mA* *

在两球下摆的过程中根据机械能守恒：

MAgLA(1cos1)12 可得：vA2gLA(1cos1) MAvA212 可得：vB2gLB(1cos2) MBgLB(1cos2)MBvB2开始A、B两球在同一水平面上，LAcos1LBcos2 由于θ1＞θ2可以得出:LA>LB

这样代入后可知：vAvB C选项正确 A到达最低点的动能：

1cos11F2MAvAMAgLA(1cos1)LA(1cos1)FLAcos1FLAcos1tan12tan1sin12B到达最低点的动能：

1cos21F2MBvBMBgLB(1cos2)LB(1cos2)FLBcos2FLBcos2tan22tan2sin22由于θ1＞θ2可知，tan12tan22

又：LAcos1LBcos2 可得：4．D

【解析】当两灯泡都正常工作时，每个灯泡中电流为0.5A。副线圈输出电压12V，输出电流为20.5A1.0A。由变压器变压公式可知原线圈中电压表读书为240V。由功率关系可知，原线圈中电流表读数为0.05A，选项D正确。 5． C

【解析】为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流，只要产生相同的感应电动势即可。 根据法拉第电磁感应定律： 当面积发生改变时可得： EB1122因此D选项也正确。 MAvAMBvB22s t

* *

πr22π1其中t ×，S2ω2当磁场发生改变时可得：ESB tπr2其中S

2根据题意可得：

BB0=，正确答案为C。

t6．（1）0.10m （2）0.10m （3）4.6107 【解析】

试题分析：（1）粒子运动的轨迹如图，由牛顿第二定律可得：

v2qvBm （2分） 解得:R0.10m （1分）

R（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，=最短的弧长即最短路程sR（3）粒子在磁场中的周期T（1分） 330m=0.10m （2分）

2πR6.28107s （1分） vT （1分） 4粒子在磁场中沿NP运动的时间t1粒子在电场中的加速度aEq8（1分） vat 解得：t5.010s m则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t2+t3=2t=1.0×10﹣7s （1分）

由图可知cosθ0.5,故θ60

粒子在磁场中运动的第二部分时间t4TT（1分） 267粒子运动的总时间t总t1t2t3t43.610s。（1分）

* *

考点：本题考查了带电粒子在磁场中的运动

【名师点睛】带电粒子在电场中的运动，综合了静电场和力学的知识，分析方法和力学的分析方法基本相同．先分析受力情况再分析运动状态和运动过程，然后选用恰当的规律解题．解决这类问题的基本方法有两种，第一种利用力和运动的观点，选用牛顿第二定律和运动学公式求解；第二种利用能量转化的观点，选用动能定理和功能关系求解．

FB2Lv1F127．（1）I （2）a ，方向水平向左 （3）Q＝F（L＋d）－mv22BL2mr0m【解析】

试题分析：(1)导体棒匀速，则：F＝F安 （1分） 根据安培力公式F安＝ILB 解得：I

（1分） （1分）

（1分）

F BL

(2)导体棒进入PQ右侧后，回路中电阻减小，电流增大，导体棒做减速运动。 设导体棒的加速度为a，则： F安－F ＝ma 根据闭合电路欧姆定律有：I＝（1分） （1分）

F安＝ILB

E 2Lr0

根据法拉第电磁感应定律有：E＝BLv1 （1分）

B2Lv1F解得：a

2mr0m（1分），方向水平向左 （1分）

(3)对导体棒整个运动过程应用功能关系，有：F（L＋d）＝解得：Q＝F（L＋d）－

12＋Q mv22（2分）

12 mv22（1分）

考点：本题考查了电磁感应定律、牛顿第二定律、功能关系、欧姆定律. 8．（1）－0.2J；（2）104V；（3）106v/m 【解析】

试题分析：（1）带负电，电势能增加0.2J 即电场力做功为W=－0.2J （2分）

* *

（2） 由A→B电场力做负功 q=－2×10-5c （2分） 则UAB=

w104V （2分） u（3）根据匀强电场中的关系式有：U=Ed （2分） 由几何关系可知： d=ABcos60°=0.01m （2分） 则E=106v/m （2分） 考点：匀强电场、电势能、电势差 9．（1）Emg，方向竖直向上 （2）vminq(962)qBh

m0.52qBh m（3）v【解析】

0.68qBh；vm0.545qBh；vm试题分析：（1）设电场强度大小为E。由题意有mgqE，得Emg，方向竖直向上。 q（2）如图所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为

由rmv， qBmvmin,r2qB1r1 2有r1

* *

由(r1r2)sin(9r2

qBh 62)m解得：vmin（3）如图所示，设粒子的入射速度为v，粒子在上下方区域的运动半径为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x 由题意有3nx1.8h（n=1，2，3·）

3x2x得r1962h 2r12(hr1) 2(10.36h),n＜3.5 2n20.68qBh；n=2时，vm0.545qBh；n=3时，vm0.52qBh； m即n=1时，v考点：本题考查了带电粒子在复合场中的运动、力的平衡、匀速圆周运动规律. 10．(1)10－6 s (2)0.71 m (3)(0,8)

【解析】(1)如图，电荷从A点匀加速运动到x轴上C点的过程： 位移s＝AC＝2m

* *

加速度a＝

Eq＝22×1012 m/s2 m时间t＝2s＝10－6 s. a(2)电荷到达C点的速度为 v＝at＝22×106 m/s

速度方向与x轴正方向成45°角，在磁场中运动时

mv2由qvB＝

R得R＝

mv2＝m

2qB即电荷在磁场中的偏转半径为0.71 m.

(3)轨迹圆与x轴相交的弦长为Δx＝2R＝1 m，所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动．

设电荷到达y轴的时间为t′，则：

1at'2tan 45°＝2

vt'解得t′＝2×10－6 s

* *

则类平抛运动中垂直于电场方向的位移 L＝vt′＝42 m y＝

L＝8 m ocos45即电荷到达y轴时位置坐标为(0,8)．

2mg4m2g2mg0v11．（1）；方向斜向下与x轴方向夹角45°；（2）；（3）vH22。

BqqBBq【解析】

试题分析：（1）由题意知小球做匀速直线运动 （2分） 受力分析如图

fqvB2mg （2分）

匀速直线运动速度大小v2mg （1分） qB方向如图，斜向下与x轴方向夹角45° （1分）

（2）小球做直线运动的条件为：洛仑兹力与电场力和重力的合力为一对平衡力。当电场在xoy平面内方向任意时，电场力与重力合力最大值为2mg （1分）最小值为零 （1分）

则：Bqvmax2mg （2分）

Bqvmin0 （2分）

* *

得0v2mg （2分） Bq（3）设小球运动到最低位置时下落高度为H，此时速度最大为v0，方向水平 （2分） 任意时刻v沿x轴正向、y轴负向的分速度分别为vx，vy.。 与vy.对应的洛仑兹力水平分力方向沿x轴正向，fxBqvy 小球由静止释放到最低点的过程中，应用动量定理得：

ftBqvtBqvtBqHmvxyy00 （2分）

小球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：

2mgH12mv00 （1分） 24m2g解得：H22 （1分）

Bq考点：洛伦兹力，力的平衡，动量定理，动能定理。

5gt23mg712．（1）正 （2）x（3）FT=mg

84E4【解析】

试题分析：（1）对小球受力分析，受重力、拉力和电场力，电场力向右，故带正电荷，根据平衡条件可知：

x方向：TsinqE，y方向：Tcosmg，

mgtan3mg E4E3mg故小球带正电荷，带电量为．

4E解得qEmgtan,故q（2）剪短细线后，小球受电场力和重力，合力沿着绳子向右下方，大小等于第一问中绳子的拉力，为 mg； cosF合g＝根据牛顿第二定律，加速度为a＝， mcos

* *

121ggt25gt22•t＝做初速度为零的匀加速直线运动，位移为x＝at＝•

22cos2cos8小球做圆周运动，到达图示位置时，受到重力、电场力和细线的拉力，重力和电场力的合力为 mg； cosmgv2＝m，解得 三力的合力指向圆心，提供向心力，有FTcosLFTmg(372)=mg cos4考点：共点力平衡的条件及其应用；力的合成与分解的运用；电场强度． 13．(1)

mgm qq2g (2)2gh，方向沿x轴正方向 h【解析】(1)质点从P2到P3的运动过程中，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力．则qE＝mg 解得E＝

mg q12,

gt2h＝v0t，2在第二象限内从P1到P2的运动过程是只在重力作用下的平抛运动，即h＝vy＝gt

那么质点从P2点进入复合场时的速度为 v＝v0vy＝2

92gh

方向与x轴负方向成45°角，运动轨迹如图所示．

* *

v2质点在第三象限内满足qvB＝m

R由几何知识可得：(2R)2＝(2h)2＋(2h)2，所以B＝

mq2g. h(2)质点进入第四象限，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减速直线运动．当竖直方向的速度减小到零时，此时质点速度最小，也就是说最小速度vmin是v在水平方向的分量，则vmin＝vcos 45°＝2gh，方向沿x轴正方向．

qRB23R,0) 14．（1）OG2R （2）E （3）(2R22m【解析】

试题分析：（1）设粒子A速率为v0，其轨迹圆圆心在O点，故A运动到D点时速度与y垂直，粒子A从D至F做类平抛运动，令其加速度为a，在电场中运行的时间为t，则有：

1yRat2 xOGv0t ① （2分）

2tan450vyvxat ② （2分） v0yat11tan450，故OG2R ③ （2分） x2v022联立①②两式解得：

* *

2v0qBR（2）粒子A的轨迹圆半径为R，由qv0Bm， 得：v0 ④ （2分）

RmaqE ⑤ （1分） m1qE2R2() ⑥ (2分) 2mv0联立①③⑤式得RqRB2解得：E ⑦ （1分）

2m

（3）令粒子A轨迹圆圆心为O，因为OCA90o，OCR，以O为圆心，R为半径做A的轨迹圆交圆形磁场O1于H点，则四边形COHO1为菱形，故OH//y轴，令粒子

A从J点射出电场，交x轴于K点，因与粒子A在电场中的运动类似，JKG450，

GKGJ. (2分)

OIJGR，又OIRRcos300，解得JGRcos3003R （3分） 2粒子A再次回到x轴上的坐标为(2R3R,0) （2分） 2考点：本题考查了带电粒子在组合场中的运动、匀速圆周运动、类平抛运动.