1、专题限时集训(九)(建议用时：40分钟)1.如图所示，将长度为L的直导线放置在y轴上，当导线内通以大小为I，沿y轴负方向的电流时，测得其受到的安培力大小为F，方向沿x轴正方向，则匀强磁场的磁感应强度可能为()A沿z轴正方向，大小为B平行于xOy平面方向，大小为C平行于xOy平面方向，大小为D平行于zOy平面方向，大小为D已知电流沿y轴负方向，安培力方向沿x轴正方向，根据左手定则知匀强磁场的磁感应强度方向平行于zOy平面内，设磁场与导线的夹角为，则090，当90时，由FBILsin 可知，B有最小值为Bmin，当0，所以B和B是可能的，故A、B、C错误，D正确。2(创新题)如图甲所示，一条形磁铁
2、P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系。将一灵敏的小磁针Q放置在x轴上的不同位置，设Q与x轴之间的夹角为。实验测得sin 与x之间的关系如图乙所示。已知该处地磁场方向水平，磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是()甲乙AP的右端为S极BP的中轴线与地磁场方向平行CP在x0处产生的磁感应强度大小为B0Dx0处合磁场的磁感应强度大小为2B0C当x趋向于无穷大时，小磁针静止时N极所指的方向为地磁场方向。根据题图乙可知，当x趋向于无穷大时，sin 趋向于1，则趋向于90，即小磁针的方向与x轴的方向垂直。当x非常小时，小磁针的N极沿x轴正方向。由题图乙可知，开始时小磁针的N极
3、背离O点，所以O点处的磁极是条形磁铁P的N极，选项A错误。由以上分析可知，P的中轴线与地磁场方向垂直，选项B错误。由题图乙可知，x0处sin ，即45，设P在x0处产生的磁感应强度大小为BP，tan 45，所以BPB0，选项C正确。x0处合磁场的磁感应强度大小为BB0，选项D错误。3.(名师原创)如图所示是磁电式仪表中的辐向磁场。假设长方形线圈的匝数为n，垂直于纸面的边长为L1，平行于纸面的边长为L2，线圈垂直于纸面的边所在处磁场的磁感应强度大小为B。当通入电流I，线圈以角速度绕垂直纸面的中心轴OO转动到水平位置时，下列判断正确的是()A穿过线圈的磁通量为BL1L2B线圈左侧边所受的安培力方向
4、竖直向上C线圈左侧边所受的安培力大小为nBIL1D线圈左侧边转动的线速度vC线圈在水平位置时，穿过线圈的磁通量为零，选项A错误；根据左手定则可知，线圈位于水平位置时，其左侧边所受的安培力方向竖直向下，选项B错误；由于线圈匝数为n，根据安培力公式可知，线圈左侧边所受的安培力大小为FnBIL1，选项C正确；根据线速度与角速度的关系可知，线圈左侧边转动的线速度v，选项D错误。4.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后
5、仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A11B12 C121D144D带电粒子在加速电场中运动时，有qUmv2，在磁场中偏转时，其半径r，由以上两式整理得：r。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1B2112，当半径相等时，解得：144，选项D正确。5.(多选)(2020天津高考T7)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角45。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OMa，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A粒子带负
6、电荷B粒子速度大小为C粒子在磁场中运动的轨道半径为aDN与O点相距(1)aAD粒子向下偏转，根据左手定则判断洛伦兹力，可知粒子带负电，A正确；粒子运动的轨迹如图由于速度方向与y轴正方向的夹角45，根据几何关系可知OMO1OO1M45，OMOO1a，则粒子运动的轨道半径为rO1Ma，洛伦兹力提供向心力qvBm解得v，B、C错误；N与O点的距离为NOOO1r(1)a，D正确。6.(易错题)(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面向里的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。当磁感应强度大小为B1时，粒子均从由P点开始弧长为R的圆
7、周范围内射出磁场；当磁感应强度大小为B2时，则粒子从由P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，则()A磁感应强度大小分别为B1、B2时，粒子运动的轨迹半径之比为r1r2B磁感应强度大小分别为B1、B2时，粒子运动的轨迹半径之比为r1r223C磁感应强度的大小之比为B1B2D磁感应强度的大小之比为B1B2AD假设粒子带正电，如图甲，磁感应强度大小为B1时，弧长L1R，对应的弦长为粒子做圆周运动的直径，则r12Rsin Rsin ；如图乙，磁感应强度大小为B2时，弧长L2R，对应的弦长为粒子做圆周运动的直径，则r22Rsin Rsin ，因此r1r2sin sin
8、 ，故A项正确，B项错误。粒子运动过程中由洛伦兹力提供向心力，可得qv0Bm，则B，B1B2r2r1，故C项错误，D项正确。甲乙易错点评本题的易错点在于“临界条件”的判断上。求解问题的关键是根据粒子的受力情况，确定运动轨迹，灵活应用点、线、角的关系，比如入射点、出射点、轨迹圆心；入射线、出射线、轨迹半径、入射点与出射点的连线；速度偏向角、圆心角、弦切角等。一定要记住速度偏向角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。圆心角常用来计算粒子沿圆弧轨迹运动的时间。7.如图所示，宽度为d的区域内有大小为B、方向与纸面垂直的匀强磁场和大小为E、沿竖直方向的匀强电场，从区域左边界上的A点射出的带电粒子垂直于左边界进
9、入该区域后，刚好能够做匀速直线运动。现撤去电场仅保留磁场，当粒子从该区域右边界射出时，其速度方向与水平方向的夹角为30，不计粒子的重力，则有()A粒子必带正电荷B粒子的初速度大小为C该粒子的比荷为D粒子在磁场中运动的时间为C由于粒子能在正交电场、磁场中做匀速直线运动，故一定有qv0BqE，但电场方向、磁场方向未知，粒子电性也无法判断，选项A错误；由qv0BqE可得v0，选项B错误；已知粒子仅在匀强磁场中运动，从右边界射出时速度与水平方向的夹角为30，则由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径为R2d，又因为qv0Bm，解得，将v0代入可得，选项C正确；由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆
10、心角为30，故粒子在磁场中运动的时间为t，而T，联立解得t，选项D错误。8.如图所示，ABCDEF为一正六边形的六个端点，现有垂直于纸面向里的匀强磁场和平行于BA向右的匀强电场，一带电粒子从A点射入场中，恰好沿直线AE做匀速直线运动。现撤去磁场，粒子仍以原速度从A点射入场中，粒子恰好从F点射出；若撤去电场而保留磁场，粒子仍以原速度从A点射入，则粒子将从哪条边射出(不计粒子重力)()AABBBC CCDDDEB只有电场时带电粒子向右偏转，则粒子带正电；只有磁场时，根据左手定则可知，粒子受到的洛伦兹力的方向向左，粒子将向左偏转；在电场和磁场同时存在时，粒子在复合场中做匀速直线运动，则有qEqvB设
11、六边形的边长为L，只有电场时，竖直向上的方向上有vtLcos 30L水平方向上有t2Lsin 30L当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有qvB联立可得rL由几何关系可知|L，而L2rr2r3，并相切于P点，设T、v、a、t分别表示带电粒子做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，不计重力，则()AT1T2v3Ca1a2a3Dt1t2t3AC各粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T，根据粒子的比荷大小，可知T1T2r2r3，结合r及粒子比荷关系可知v1v2v3，选项B错误；由粒子运动的向心加速度a，结合各粒子的比荷关系及v1v2v3，可得a1a2a
12、3，选项C正确；由图分析可知，粒子运动到MN时所对应的圆心角的大小关系为123，而T1T2，因此t1t2，由T2T3，且23，可知t2t3，故t1t2t3，选项D错误。10(2020山东济南区县联考)如图所示为某一质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器。静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线上的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度大小为B的匀强磁场(图中未画出)，其左边界与静电分析器的右边界平行。由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分
13、析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器。下列说法中正确的是()A磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向里B加速电场中的加速电压UERC磁分析器中圆心O2到Q点的距离dD任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器B离子在磁分析器中沿顺时针运动，所受洛伦兹力指向圆心O2，根据左手定则知，磁分析器中匀强磁场的方向垂直于纸面向外，A项错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qEm，设离子进入静电分析器时的速度为v，则离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有qUmv20，解得U，B项正确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvBm，
14、解得r，则dr，C项错误；由B项分析可知R，则R与离子质量、电荷量无关，离子在磁场中的轨道半径r，则离子在磁场中做圆周运动的轨道半径r与离子的质量、电荷量有关，故能够到达P点的不同离子，在磁分析器中做圆周运动的半径不一定都等于d，不一定能进入收集器，D项错误。11.如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场。一质量为m，电荷量为q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与
15、y轴正方向成45角的方向离开电场；在磁场中运动一段时间后，再次垂直于x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：(1)带电粒子从M点进入第四象限时的初速度大小v0；(2)电场强度的大小E；(3)磁场的磁感应强度大小B1。解析(1)粒子在第四象限中运动时，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0解得带电粒子从M点进入第四象限时的初速度大小v0。(2)由于粒子沿与y轴正方向成45角的方向离开电场，则有vxvyv0粒子在电场中运动时，可看成类平抛运动，水平方向做初速度为零的匀加速运动，竖直方向做匀速运动，故在水平方向上有qEma，v02aR0解得E。(3)粒子在电场中运动时，水平方向有vxat，R0at2竖直方向
16、有y1vyt联立解得y12R0根据分析可得粒子部分运动轨迹如图所示，过N点作速度v的垂线交x轴于P点，P即粒子在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因为ONy12R0，PNO45，所以PN2R0由几何关系知粒子进入第一象限时的速度大小为vv0由洛伦兹力提供向心力，有qvB1解得B1B0。答案见解析12.(2020湖南永州一模)如图所示的xOy平面内，以O1(0，R)为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场(用B1表示，大小未知)；x轴下方有一直线MN，MN与x轴相距为y，x轴与直线MN间区域有平行于y轴的匀强电场(图中未画出)，电场强度大小为E；在MN的下方有矩形区域的匀
17、强磁场，磁感应强度大小为B2，磁场方向垂直于xOy平面向外。电子a、b以平行于x轴的速度v0分别正对O1点、A(0,2R)点射入圆形磁场，偏转后都经过原点O进入x轴下方的电场。已知电子质量为m，电荷量为e，E，B2，不计电子重力。(1)求磁感应强度B1的大小；(2)若电场沿y轴负方向，欲使电子a不能到达MN，求y的最小值；(3)若电场沿y轴正方向，yR，欲使电子b能到达x轴上且距原点O最远，求矩形磁场区域的最小面积。解析(1)电子a、b射入圆形磁场区域后做圆周运动，且轨道半径大小相等，当电子a射入，经过O点进入x轴下方时，分析其运动轨迹可知rR，ev0B1m，解得B1。(2)匀强电场沿y轴负方
18、向，电子a从O点沿y轴负方向进入电场后做匀减速运动，且将要到达MN时速度减为零，此时电子在匀强电场中运动的距离为最小值ymin，由动能定理得eEyminmv解得yminR。 (3)匀强电场沿y轴正方向，电子b从O点进入电场做类平抛运动，设电子b经电场加速后到达MN时速度为v，电子b在MN下方磁场做匀速圆周运动轨道半径为r1，电子b离开电场进入磁场时速度方向与水平方向成角，如图所示。由动能定理得eEymv2mv解得v2v0由牛顿第二定律得evB2m，解得r1R又cos ，则由几何关系可知，电子b在MN下方矩形磁场中运动轨迹的圆心O2在y轴上，当电子b从矩形磁场右边界射出，且射出方向与水平方向夹角
19、为时，电子b能够到达x轴，且距离原点O最远。由几何关系得，最小矩形磁场的水平边长为l1r1r1sin 竖直边长为l2r1r1cos 则最小面积为SL1L2r(1sin )(1cos )4(2)R2。答案见解析13(2019全国卷T18)如图所示，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()AB CDB设带电粒子进入第二象限的速度为v，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，对应的轨迹半径分别为R1和R2，由
20、洛伦兹力提供向心力有qvBm、T，可得R1、R2、T1、T2，带电粒子在第二象限中运动的时间为t1，在第一象限中运动的时间为t2T2，又由几何关系有cos ，则粒子在磁场中运动的时间为tt1t2，联立以上各式解得t，选项B正确，A、C、D均错误。14(2020全国卷T17)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将
21、电子束打到靶上的点记为P点。则()图(a)图(b)AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电压可使P点左移C偏转磁场的方向垂直于纸面向外D增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移D电子在电场中加速运动，电场力的方向和运动方向相同，而电子所受电场力的方向与电场的方向相反，所以M处的电势低于N处的电势，A项错误；增大M、N之间的电压，根据动能定理可知，电子进入磁场时的初速度变大，根据r知其在磁场中的轨迹半径增大，偏转程度减小，P点将右移，B项错误；根据左手定则可知，磁场的方向应该垂直于纸面向里，C项错误；结合B项分析，可知增大磁场的磁感应强度，轨迹半径将减小，偏转程度增大，P点将左移，D项
22、正确。15(2020全国卷T18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为()AB CDC带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力有qvBm，解得r，运动时间t，为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角，粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定。采用放缩法，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆圆心必在直线ac上，将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大，当r0.5R(R为的半径)和r1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5Rr1.5R时，粒子从弧ab上射出，轨迹半径从0.5R逐渐增大，粒子射出位置从a点沿弧向右移动，轨迹所对圆心角从逐渐增大，当半径为R时，轨迹所对圆心角最大，再增大轨迹半径，轨迹所对圆心角减小，因此轨迹半径等于R时，所对圆心角最大，为m，粒子最长运动时间为。