高三物理磁场大题知识讲解

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

A ．1

2t ? B ．2t ?

C ．1

3

t ? D ．3t ?

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R 0。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θ确定，如图所示。则

A ．θ=0时，杆产生的电动势为2Bav

B ．3

π

θ=

3Bav

C ．θ=0时，杆受的安培力大小为23(2)R B av

π+

D．

3

π

θ=时，杆受的安培力大小为

2

3

(53)R

B av

π+

3．如图，质量分别为m

A

和m

B

的两小球带有同种电荷，电荷最分别为q

A

和

q

B

，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v A和v

B

，最大动能分别为E

kA

和E

kB

。则（）

（A）m A一定小于m B （B）q A一定大于q B

（C）v A一定大于v B （D）E kA一定大于E kB

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

t

B

??的大小应为

A.π

ω0

4B B.

π

ω0

2B C.

πω0B D.π

ω20B

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5100.1?=E N/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6100.1?=v m/s 的某种带正电粒子，带电粒子质量27106.1-?=m kg ，电荷量19102.3-?=q C ，不计粒子重力，求：（计算结果保留两位有效数字）

（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W AB？

（2）A、B两点的电势差U AB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

的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间m、带电量为q

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的正电荷从坐标为(0,1)的A点处由静止释放．电荷所受m

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mg

＝，g为重力加速度。

E

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P 1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P 2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P 3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1O 分别与x 轴、y 轴相切于C （R ，0）、D （0，R ）两点，圆1O 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

【解析】由牛顿第二定律2v qvB m r =及匀速圆周运动2r

T v π=得：mv r qB =；

2m

T qB

π=

。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3r AO =；速度变为v/3时，运动半径是r/3=3/3AO ，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θcos 2a L =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：1sin A T F θ= 1cos A A T M g θ= 对于B 球：2sin B T F θ= 2cos B B T M g θ=

联立得：F=tan tan M g M g θθ= 又θ1＞θ2可以得出:m A

在两球下摆的过程中根据机械能守恒：

2

11(1cos )2A A A A

M gL M v θ-=

可得：A v =2

21(1cos )2

B B B B

M gL M v θ-=

可得：B v =开始A 、B 两球在同一水平面上，12cos cos A B L L θθ= 由于θ1＞θ2可以得出:L A >L B

这样代入后可知：A B v v > C 选项正确 A 到达最低点的动能：

2

111111111cos 1(1cos )(1cos )cos cos tan 2tan sin 2

A A A A A A A F M v M gL L FL FL θθθθθθθθ-=-=-==

B 到达最低点的动能：

2222222221cos 1(1cos )(1cos )cos cos tan 2tan sin 2

B B B B B B B F M v M gL L FL FL θθθθθθθθ-=-=-==由于θ1＞θ2可知，1

2

tan tan

2

2

θθ>

又：12cos cos A B L L θθ=

可得：221122

A A

B B

M v M v >因此D 选项也正确。 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20.5 1.0A A ?=。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： s

E B

t

?=? 其中2

1

×ω2π=?t ，2πr 2=

?S 当磁场发生改变时可得：S B

E t

?=

? 其中2

πr 2

=S

根据题意可得：

t

B ??=πω0

B ，正确答案为

C 。 6．（1）0.10m （2）0.10m （3）71064-?. 【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：

R

v m qvB 2

= （2分） 解得:10.0=R m （1分）

（2）由数学知识可知，最短弦对应最短的弧长；由图可知，α=3

π

（1分） 最短的弧长即最短路程30

π

α==R s m=0.10m （2分）

（3）粒子在磁场中的周期s .v

R

πT 7102862-?==

（1分） 粒子在磁场中沿NP 运动的时间4

1T

t = （1分） 粒子在电场中的加速度m

Eq

a =

（1分） at v = 解得：s 100.5t 8-?= 则可解得粒子在电场中往返运动的时间为t 2+t 3=2t =1.0×10﹣7s （1分） 由图可知50.θcos =,故ο60=θ

粒子在磁场中运动的第二部分时间6

24T

T t ==

πθ（1分） 粒子运动的总时间s 106.3t t t t t 74321-?=+++=总。（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． 7．（1）BL

F I =

（2）m

F

mr Lv B a -=0122，方向水平向左 （3）Q ＝F （L ＋d ）

－2

22

1mv

【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 （1分） 解得：BL

F I =

（1分）

(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。

（1分）

设导体棒的加速度为a ，则： F 安－F ＝ma

（1分）

F 安

＝ILB

根据闭合电路欧姆定律有：I 根据法拉第电磁感应定律有：E ＝BLv 1

（1分）

解得：m

F

mr Lv B a -=0122

（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 ）＝2

22

1mv ＋Q

（2

分）

解得：Q ＝F （L ＋d ）－222

1mv

（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U AB =

410w

V u

= （2分） （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=AB cos60°=0.01m （2分） 则E=106v/m （2分） 考点：匀强电场、电势能、电势差

9．（1）mg

E q =

，方向竖直向上 （2）min v = （3）0.68qBh v m =；0.545qBh v m =；0.52qBh

v m

= 【解析】

试题分析：（1）设电场强度大小为E 。由题意有mg qE =，得mg

E q

=，方向竖直向上。

（2）如图所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在上下区域运动的半径为r 和r ，圆心的连线与NS 的夹角为?

由mv r qB

=

， 有min 1211

,2

mv r r r qB =

= 由122()sin r r r += 解得：min (962)

qBh

v m

=- （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1r 和

2r ，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x

由题意有3 1.8nx h =（n=1，2，3······）

396222x h -3 2

2

11()x r h r =

--

得12

0.36(1), 3.52

h

r n n ＜=+

即n=1时，0.68qBh v m =

；n=2时，0.545qBh v m =；n=3时，0.52qBh

v m

=； 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

m

＝22×1012 m/s2

时间t＝2s

a

＝10－6 s.

(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

由qvB＝

2 mv R

得R＝mv

qB

＝

2

2

m

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：

tan 45°＝1

'2 2

' at 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 ＝

45o

L

cos ＝8 m

即电荷到达y 轴时位置坐标为(0,8)． 11．（1）2mg

v =

；方向斜向下与x 轴方向夹角45°；（2）Bq mg v 20≤<；

（3）2224q B g

m H =。

【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

2f qvB mg == （2分）

匀速直线运动速度大小2mg

v qB

=

（1分） 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：mg Bqv 2max = （2分）

0min =Bqv （2分） 得Bq

mg

v 20≤

< （2分） （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v 0，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v x ，v y.。 与v y.对应的洛仑兹力水平分力方向沿x 轴正向，y x Bqv f = 小球由静止释放到最低点的过程中，应用动量定理得：

00

-==?=?=?∑∑∑mv

BqH t v Bq t Bqv t f y

y

x

（2分）

小球由静止释放到最低点的过程中，由动能定理得：

02

122

0-=

mv mgH （1分） 解得：2224q

B g

m H = （1分）

考点：洛伦兹力，力的平衡，动量定理，动能定理。

12．（1）正 34mg E （2）258gt x =（3）7

4

T F mg =

【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 θ=，y 方向：Tcos mg θ=，

解得qE mgtan θ=,故34mgtan mg

q E E θ=

=

故小球带正电荷，带电量为34mg

E

．