2024届高考物理一轮复习——10.6磁场综合练讲义

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1．如图甲所示，a、b位于两个等量异种电荷的连线上，且a、b到O点的距离相等；如图乙所示，两根相互平行的长直导线垂直纸面通过M、N两点，O＇为MN的中点，c、d位于MN的连线上，且c、d到O点的距离相等，两导线中通有等大反向的恒定电流，下列说法正确的是（ ）

A．O点处的电场强度为零
B．c、d处的磁感应强度相同
C．在a点处无初速的释放点电荷＋q，点电荷将在a、b间做往复运动
D．O＇点处的磁感应强度为零
【答案】B
【解析】A．正电荷在O点处的电场强度方向水平向右，负电荷在O点处的电场强度方向水平向右，根据场强叠加可知，O点处的总电场强度不为零，故A错误；
BD．根据右手螺旋定则，M、N两点处长直导线在c、d、O＇点处的磁感应强度方向均竖直向下，根据对称性以及场强叠加可知，c、d处的磁感应强度相同，O＇点处的磁感应强度不为零，故B正确，D错误；
C．点电荷在a、b间时，根据场强叠加可知，总电场强度方向水平向右，点电荷所受电场力水平向右，不会做往复运动，故C错误。
故选B。
2．如图，空间存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，粗糙绝缘的水平面上有一带正电小球，从P点由静止释放后向右运动，运动过程中会经过N点。已知小球质量m、电荷量q，电场强度大小E，磁感应强度大小B，小球与水平面间动摩擦因数μ，重力加速度g，。则关于小球的运动，下列说法正确的是（ ）

A．小球先做加速运动，后做减速运动，最后静止
B．小球能够达到的最大速度为
C．小球运动到N点时合外力做的功为
D．若小球带负电，向左运动一段时间后会脱离水平面
【答案】B
【解析】AB．由左手定则可知，小球受到的洛伦兹力竖直向下，大小为
小球所受摩擦力为
根据牛顿第二定律可得
解得
由题意可知小球先做加速运动，随着速度增大，洛伦兹力增大，加速度减小，当加速度为0时，速度达到最大，此时有
解得
此后小球做匀速直线运动，故A错误，B正确；
C．小球运动到N点时合外力做的功为
故C错误；
D．若小球带负电，向左运动时受到向左的电场力，向右的摩擦力，此时洛伦兹力向下，所以运动一段时间后小球不会脱离水平面，故D错误。
故选B。
3．MN、PQ为水平放置、间距为的平行导轨，左端接有如图所示的电路。电源的电动势为，内阻为：小灯泡L的电阻为。将导体棒ab静置于导轨上，整个装置处在匀强磁场中，磁感应强度大小为，方向与导体棒垂直且与水平导轨平面的夹角，匀质导体棒质量为，阻值为。闭合开关S后，导体棒恰好未滑动。已知导体棒和导轨间的动摩擦因数，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且不计导轨的电阻，取，。则（ ）
A．此时滑动变阻器接入电路中的电阻为
B．流过灯泡的电流大小为
C．导体棒受到的安培力大小为
D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，则导体棒仍会静止
【答案】A
【解析】ABC．根据题意，对导体棒受力分析，如图所示
导体棒恰好未滑动，则有
解得
又有
解得流过导体棒的电流为
灯泡与导体棒并联，且电阻相等，则流过灯泡的电流也为，灯泡两端的电压为
流过滑动变阻器的电流为
滑动变阻器两端的电压为
则滑动变阻器接入电路中的电阻为
故BC错误，A正确；
D．若将滑动变阻器的滑片向左移动，总电阻减小，总电流增大，则安培力增大，减小，则减小，则有
导体棒向右移动，故D错误。
故选A。
4．笔记本电脑机身和显示屏分别装有霍尔元件和磁体，实现开屏变亮，合屏熄灭。图乙为一块利用自由电子导电，长、宽、高分别为a、b、c的霍尔元件，电流方向向右。当合上显示屏时，水平放置的元件处于竖直向下的匀强磁场中，元件前、后表面间产生电压，当电压达到某一临界值时，屏幕自动熄灭。则元件的（ ）
A．合屏过程中，前表面的电势比后表面的低B．开屏过程中，元件前、后表面间的电压变大
C．若磁场变强，可能出现闭合屏幕时无法熄屏D．开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关
【答案】D
【解析】A．电流方向向右，电子向左定向移动，根据左手定则，自由电子向后表面偏转，后表面积累了电子，前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；
BCD．稳定后根据平衡条件有
根据电流的微观表达式有
解得
所以开屏过程中，磁感应强度减小，元件前、后表面间的电压变小。若磁场变强，元件前、后表面间的电压变大，不可能出现闭合屏幕时无法熄屏。开、合屏过程中，前、后表面间的电压U与b无关，故D正确，BC错误；
故选D。
5．如图所示，在一通有恒定电流的长直导线的右侧，有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于导线的方向射出。若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计，现用虚线表示粒子的运动轨迹，虚线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向，则如图所示的图景中可能正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】根据右手螺旋定则可知，在导线右侧磁场方向垂直纸面向里，根据左手定则，判断粒子受力的方向向左，因此粒子向左侧偏转，CD错误；由于洛伦兹力不做功，因此运动过程中粒子速度大小不变，B正确，A错误。
故选B。
6．如图所示是带电粒子收集器的示意图，直角三角形ABC区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场，AC边长为L，∠A=30°。一束带正电的粒子流以相同速度在CD范围内垂直AC边射入，从D点射入的粒子恰好不能从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为3t，在磁场中运动时间最长的粒子所用时间为4t，则（ ）
A．粒子的比荷为B．粒子运动的轨道半径为
C．粒子射入磁场的速度大小为D．这束粒子在磁场中扫过的面积为
【答案】C
【解析】A．从BC边垂直射出的粒子运动时间
解得
根据
可知
解得
故A错误；
B．在磁场中运动时间最长的粒子轨迹如图所示
由几何关系
解得
故B错误；
C．由
解得
故C正确；
D．粒子在磁场中扫过的面积如图中灰色部分所示，则
故D错误。
故选C。
7．如图所示，空间正四棱锥的底边长和侧棱长均为a，此区域存在平行于边由C指向B方向的匀强磁场，现一质量为m、电量为的粒子，以竖直向上的初速度从底面的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力。则磁感应强度大小为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】粒子从空间正四棱锥的底面中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面相切，做出粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知
为面与底面的夹角，由几何关系可算出
由洛伦兹力提供向心力得
联立解得
故选C。
8．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔化学奖。若一束粒子（不计重力）由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．该束带电粒子带负电
B．速度选择器的上极板带负电
C．在磁场中运动半径越大的粒子，质量越大
D．在磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小
【答案】D
【解析】A．带电粒子射入右侧磁场时向下偏转，洛伦兹力方向向下，磁场的方向垂直纸面向外，根据左手定则知，该粒子带正电，故A错误；
B．在平行金属板间，粒子做匀速直线运动，根据左手定则知，带正电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上，则电场力的方向竖直向下，可知电场强度的方向竖直向下，所以速度选择器的极板带正电，故B错误；
CD．带电粒子在复合场中做直线运动，电场力与洛伦兹力平衡
则
进入磁场中的粒子速度大小是一定的，根据
得
知越大，荷质比越小，而质量不一定大，故C错误，D正确。
故选D。
二、多选题
9．如图所示，水平地面上方存在相互正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下、磁场方向水平向里。一个带正电的小球从A点沿水平向右方向进入该区域，落到水平地面上，设飞行时间为，水平射程为，着地速度大小为，电场力的瞬时功率为；撤去磁场，其余条件不变，小球飞行时间为，水平射程为，着地速度大小为，电场力的瞬时功率为。下列判断正确的是（ ）
A．C．D．
【答案】BC
【解析】小球在电场与磁场同时存在的情况下落到地面，与撤去磁场时相比，多受一大小变化、方向斜向右上（A点水平向右）的洛伦兹力，设速度与水平方向夹角为，竖直方向上，由牛顿第二定律有
，
得
水平方向上
，
AB．对两球竖直方向上，都下落h，由
，
可知
水平方向上，由
，
可知
A错误，B正确；
C．由动能定理可知两种情况粒子抛出到地面过程中，都只有重力和电场力做功，总功相同，由动能定理
所以有
C正确；
D．设两种情况小球落地时速度与水平方向夹角分别为和，则有运动分析可知
竖直方向上分速度
，
有
电场力的瞬时功率为
可知
D错误。
故选BC。
10．质谱仪的工作原理如图所示，大量粒子飘入加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入匀强磁场中，最后打到照相底片上。在一次测试中，大量的某种粒子经加速电场加速后刚进入匀强磁场时的速度大小均为v，打在底片上的位置到M点的最小距离为，匀强磁场的磁感应强度为B，不考虑粒子的重力及它们之间的相互作用。则（ ）
A．粒子的比荷为
B．加速电场的电压为
C．粒子在磁场中运动的时间为
D．大量粒子所经过磁场区域最窄处的宽度为
【答案】ACD
【解析】A．粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨道半径为
根据牛顿第二定律可得
解得
故A正确；
B．粒子在电场中加速，根据动能定理可得
联立，可得
故B错误；
C．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为
粒子在磁场中运动的时间为
联立，可得
故C正确；
D．粒子在磁场中经过的区域为图中的阴影部分，如图
根据几何关系有
最窄处的宽度为
联立，可得
故D正确。
故选ACD。
11．如图所示，直角坐标系xOy在水平面内，z轴竖直向上。坐标原点O处固定一带正电的点电荷，空间中存在竖直向下的匀强磁场B。质量为m带电量为q的小球A，绕z轴做匀速圆周运动，小球A的速度大小为v0，小球与坐标原点的距离为r，O点和小球A的连线与z轴的夹角θ=37°。重力加速度为g，m、q、r已知。（cs37°=0. 8，sin37°= 0. 6）则下列说法正确的是（ ）
A．小球A与点电荷之间的库仑力大小为mg
B．从上往下看带电小球只能沿顺时针方向做匀速圆周运动
C．v0越小所需的磁感应强度B越小
D．时，所需的磁感应强度B最小
【答案】AD
【解析】A．小球A受重力、库伦兹和洛伦兹力，它们的合力提供向心力，重力与库仑力的合力水平，如图，库仑力大小为
故A正确；
B．洛伦兹力指向z轴，匀强磁场竖直向下，根据左右定则可知，从上往下看带电小球只能沿逆时针方向做匀速圆周运动，故B错误；
CD．根据牛顿第二定律
得
当
即
时，B取最小值，由数学知识可知，v0和B并非单调关系，故C错误，D正确。
故选AD。
12．如图甲所示，质谱仪是分离和检测不同同位素的仪器，即根据带电粒子在磁场中能够偏转的原理，按物质原子、分子或分子碎片的质量差异进行分离和检测物质组成的一类仪器。用质谱仪测量氢元素的同位素，让氢元素的三种同位素氕、氘、氚的离子流从容器A下方的小孔无初速度飘入电势差为U的加速电场，加速后垂直进入磁感应强度大小为B的匀强磁场，最后打在照相底片D上，形成a、b、c三条质谱线，如图乙所示。不计所有粒子受到的重力。下列说法正确的是（ ）
A．在进入磁场时，氕的动能最大
B．氚在磁场中运动的时间最长
C．a质谱线对应氢元素的氚
D．a质谱线对应氢元素的氕
【答案】BC
【解析】A．设氢元素某一种同位素的电荷量为q，质量为m，加速后获得的速度大小为v，动能为，根据动能定理有
由于氢元素的三种同位素所带电荷量相同，所以进入磁场时，三种同位素的动能一样大，选项A错误；
B．设某一种同位素在磁场中做半径为R、周期为T的匀速圆周运动，则根据牛顿第二定律有
解得
，
由题图可知三种同位素都是运动半个周期，由以上分析可知同位素的比荷越小，T越大，运动时间越长，所以同位素氚在磁场中运动的时间最长，选项B正确；
CD．由上述表达式可得
可知同位素的比荷越小，R越大，所以a、b、c三条质谱线分别对应氚、氘、氕，选项C正确，D错误；
故选BC。
三、解答题
13．如图所示，足够大的光滑绝缘水平面上在，虚线范围内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小为E，有A、B两个小球（均可视为质点），小球A质量为m电荷量为＋q，小球B不带电。现将小球A从处无初速释放，小球B位于处，A与B发生碰撞碰撞时间极短，且只撞一次，碰撞过程中A的电荷量不变，经过一段时间两小球保持的距离不变。求：
（1）小球A与小球B碰前小球A的速度；
（2）小球B的质量；
（3）若将虚线区域内的电场换为垂直平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，小球A从O点以不同的速度发射，速度方向均在xy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0到90°范围内。已知小球A在磁场中做圆周运动的半径介于到d之间，A在磁场中运动的最长时间为在磁场中做圆周运动周期的四分之一，求当A在磁场中运动时间最长时，从O点射出时的速度大小。

【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）对小球A，根据动能定理得
，
解得
（2）对小球A、B，动量守恒有
碰撞后小球A向左运动，先向左做匀减速运动，再向右做匀加速运动，最后向右匀速直线运动出电场，由两小球保持的距离不变可得
碰撞后一段时间t，对小球A有
解得
（3）对于小球A，洛伦兹力提供向心力有
根据几何关系可得
解得

14．如图所示为圆柱形的粒子可控装置简化示意图．圆柱体底面直径和高度均为，在圆柱体底面中心O处放置一粒子发射源，可向圆柱体内各个方向连续不断发射速率不等的同种粒子，已知粒子的质量为m，电荷量为，粒子初速度大小范围为，不计粒子的重力及粒子间的相互作用；
（1）若仅在圆柱体内施加沿圆柱体轴线方向的匀强磁场，为使粒子不能从圆柱体侧面飞出，则磁感应强度至少为多大？
（2）若仅在圆柱体内施加沿圆柱体轴线方向向上的匀强电场，为使粒子不能从圆柱体侧面飞出，则电场场强至少为多大？
（3）若沿圆柱体轴线方向的匀强磁场（磁感应强度）只存在于圆柱体内，沿圆柱体轴线向上方向的匀强电场（电场场强大小存在整个空间内．某一粒子S以初速度从O点沿底面内射出，当智能系统监测到该粒子穿过圆柱体侧面时，立即启动智能开关，从圆柱体上底面中心M处沿上底面以一定的初速度发射一中性粒子P（不计重力），粒子S、P恰好能在空间某处相遇．求粒子P的发射初速度大小．
【答案】（1）；（2）；（3）
【解析】（1）依题意，只要保证沿底面内发射且发射速度最大的粒子不飞出圆柱体侧面即可．
由牛顿第二定律和向心力得
解得
（2）依题意，只要保证沿底面内发射且发射速度最大的粒子不飞出圆柱体侧面即可．
由平抛运动规律可得
其中
解得
（3）因为电场存在整个空间内，粒子在圆柱体方向始终做匀加速直线运动，设粒子到达上底面所在平面所需总时间为，有
其中
在圆柱体空间内，粒子S在垂直圆柱体轴线方向上做匀速圆周运动
得
俯视图如图1所示，在垂直圆柱体轴线方向粒子S的运动圆心角等于，
粒子S在圆柱体内运动时间
粒子S射出圆柱体后，在垂直圆柱体轴线方向（即平行于底面的平面内）以速度上做匀速直线运动，之后再经过时间到达上底面所在平面且与粒子P相遇
解得
设粒子S、P在点相遇
俯视图如图2所示，由几何关系可得点与M点间的距离
中性粒子P从发射到与粒子S相遇所用时间
所以，中性粒子发射初速度
15．如图甲所示，两平行板P、Q足够大，间距为。板间有可独立控制的变化的电场和磁场。取垂直于纸面向里为正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示，电场强度E随时间的变化规律如图丙所示。时刻，一质量为、带电量为的粒子（不计重力），以初速度由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当、、取某些特定值时，可使时刻入射的粒子经垂直打在P板上（不考虑粒子反弹）。上述、、、、为已知量。
（1）若只加磁场，当时，求满足的条件；
（2）若同时加电场、磁场，当时，求满足的条件和粒子的位移；
（3）若同时加电场、磁场，当，求。

【答案】（1）；（2）（，，），；（3）见解析
【解析】（1）若只加磁场，当时，设粒子做圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力得
可得
根据题意由几何关系可得
解得
（2）若同时加电场、磁场，当时，设粒子做圆周运动的半径为，由洛伦兹力提供向心力得
可得
由丙图可知在一个电场周期内，沿电场方向的速度变化为0；根据题意由几何关系可得
解得
（，，）
粒子沿电场方向的位移为
粒子的位移为
（3）若同时加电场、磁场，当，设粒子做圆周运动的半径为，周期为，由圆周运动公式可得
由牛顿第二定律可得
可得
，
粒子运动轨迹如图所示

、为圆心，连线与水平方向的夹角为，在每个内，只有、两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求，由题意可得
可得
设经历完整的个数为（，，，）。
若在点击中P板，根据题意由几何关系可得
当，，时，无解；
当时，有
若在点击中P板，根据题意由几何关系可得
当，时，无解；
当时，
当时，有
16．如图所示，Oxyz为空间直角坐标系，在x<0的空间I内存在沿z轴正方向的匀强磁场B1。在0d的空间III存在磁感应强度大小、方向沿x轴正方向的匀强磁场。现将一带负电的粒子从x轴上的A（，0，0）点以初速度v0射入空间I的磁场区域，经磁场偏转后从y轴上的C（0，d，0）点垂直y轴进入空间II，并从x轴上的D（d，0，0）点进入空间III。已知粒子的电荷量大小为q，质量为m，不计重力。求：
（1）空间I内磁场的磁感应强度大小B1和空间II内电场的电场强度大小E；
（2）粒子运动过程中，距离x轴的最大距离；
（3）粒子进入空间III后，每次经过x轴时的横坐标。
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）设粒子在空间I的磁场中的轨迹半径为，由几何关系可得
解得
由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子在空间II做类平抛运动，沿y轴方向的加速度大小
沿x轴方向运动有
沿y轴方向运动有
解得
（2）根据类平抛运动规律可知，粒子速度偏向角正切值为
粒子经过D点时，沿轴负方向的分速度大小为
沿x轴正方向的分速度大小为
粒子在空间III内垂直于磁场的分速度使粒子在平面内做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力可得
解得
粒子做圆周运动距x轴的最大距离为
（3）粒子在空间III内做圆周运动的周期为
粒子在空间III内沿x轴方向做匀速直线运动，粒子在一个周期内沿x轴正方向运动的距离
所以粒子在空间III中每次经过x轴时的横坐标为