【文档说明】高考物理复习 计算题专练 磁场（含答案解析）.doc，共(18)页，471.500 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-75142.html

以下为本文档部分文字说明：

2020(人教版)高考物理复习计算题专练磁场1.如图所示,在竖直平面内建立直角坐标系xOy,其第一象限存在着正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的方向水平向右,磁感应强度的方向垂直纸面向里。一电荷量为+q、质量为m的微粒从原点出发沿与x轴正方向的夹角为45°的方向进入复合场中,正好做直

线运动,当微粒运动到A(l,l)时,电场方向突然变为竖直向上(不计电场变化的时间),粒子继续运动一段时间后,正好垂直于y轴穿出复合场。不计一切阻力,求:(1)电场强度E的大小;(2)磁感应强度B的大小;(3)粒子在复合场中的运动时间。2.电视机显像管中需要用变化的磁场来控制电子束的偏转。图甲为显

像管工作原理示意图,阴极K发射的电子束(初速度不计)经电压为U的加速电场后,进入一圆形匀强磁场区,磁场方向垂直于圆面(以垂直圆面向里为正方向),磁场区的中心为O,半径为r,荧光屏MN到磁场区中心O的距离为l。当不加磁场时,

电子束将通过O点垂直打到屏幕的中心P点。当磁场的磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化时,在荧光屏上得到一条长为2l的亮线。由于电子通过磁场区的时间很短,可以认为在每个电子通过磁场区的过程中磁感应强度不变。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子之间

的相互作用及所受的重力。求:(1)电子打到荧光屏上时的速度大小;(2)磁感应强度的最大值B0。3.如图所示，长度L=25cm、电阻R1=3Ω的金属滑杆ab的中点连着一劲度系数k=50N/m的轻质弹簧(弹簧另一端固定，与滑杆垂直且在同一水平面内

)，垂直地放置在两根电阻不计、互相平行、宽度为25cm的光滑导轨上，有一匀强磁场垂直导轨平面，磁场方向如图所示，电源的电动势E=12V，内阻r=1Ω，定值电阻R2=2Ω，闭合开关S，稳定后弹簧伸长Δx=4cm，求：(1)稳

定后滑杆ab所受安培力的大小F；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小B.4.如图所示，某一水平面内有一直角坐标系xOy，x=0和x=L=10cm的区间内有一沿x轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E1=1.0×104V/m

，x=L和x=3L的区间内有一沿y轴负方向的有理想边界的匀强电场，且E2=1.0×104V/m，一电子(为了计算简单，比荷取2×1011C/kg)从直角坐标系xOy的坐标原点O以很小的速度进入匀强电场，计算时不计此速度且只考虑xOy平面内的运动．求：(1)电子从O点进入电场到离开x=3L处的

电场所需的时间；(2)电子离开x=3L处的电场时对应的纵坐标长度．5.如图所示，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在纸面内以速度v从y轴负方向上的A点(0，－L)射入，其方向与x轴正方向成30°角，粒子离开磁场后能回到A点，

不计重力．求：(1)磁感应强度B的大小；(2)粒子从A点出发到再回到A点的时间．6.如图所示，轻质空心金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴运动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r，A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线

与一阻值为R的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻．求：(1)当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力

的大小；(2)释放重物，在运动稳定后，重物匀速运动时的速度．7.如图所示，两平行金属板A、B间的电势差为U=5×104V．在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1=d2=6.25m，磁感应强度分别为B1=2.0T、B2=4.0T，方向

如图中所示．现有一质量m=1.0×10－8kg、电荷量q=1.6×10－6C、重力忽略不计的粒子从A板的O点处由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出．试求：(1)带电粒子从加速电场中出来的速度v；(2)带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；(3)带电粒子从

磁场区域Ⅱ射出时速度方向与边界面的夹角；(4)若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？8.如图甲所示，在直角坐标系0≤x≤L区域内有沿y轴正方向的匀强电场，右侧

有一个以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N.现有一质量为m、带电荷量为e的电子，从y轴上的A点以速度v0沿x轴正方向射入电场，飞出电场后从M点进入圆形区域，此时速度方向与x轴正方向的夹角为30°.不

考虑电子所受的重力．(1)求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E的大小．(2)若在圆形区域内加一个垂直于纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x轴．求所加磁场的磁感应强度B的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标．(3)若在电子刚进入圆形区域

时，在圆形区域内加上按图乙所示变化的磁场(以垂直于纸面向外为磁场正方向)，最后电子从N点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的关系表达式．9.如图所示，△AQC是边长为2L的等

边三角形，P、D分别为AQ、AC的中点．在虚线QC下方存在水平向左的匀强电场．区域Ⅰ(梯形PQCD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，区域Ⅱ(△APD)内有垂直纸面向里的匀强磁场，区域Ⅲ(虚线PD以上、△APD以外)有垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅱ、Ⅲ内磁场的磁感应强度

大小均为5B.一带正电的粒子从Q点正下方、距离Q点为L的O点以某一初速度射出，在电场力作用下从QC边中点N以速度v0垂直QC射入区域Ⅰ，接着从P点垂直AQ射入区域Ⅲ.此后带电粒子经历一系列运动后又以原速率返回O点．粒子重力忽略不计，求：(1)该粒子的

比荷qm；(2)电场强度E及粒子从O点射出时的初速度v的大小；(3)粒子从O点出发到再次回到O点的整个运动过程所经历的时间t.10.如图所示，abcd为质量M=3.0kg的“”形导轨(电阻不计)，放在

光滑绝缘且倾角为θ=53°的斜面上，光滑绝缘的立柱e、f垂直于斜面固定，质量m=2.0kg的金属棒PQ平行于ad边压在导轨和立柱e、f上，导轨和金属棒PQ都处于匀强磁场中，磁场以OO′为界，OO′上侧的磁场方向垂直于斜面向上，下侧的磁场方向沿斜面向下，磁感应强度大小都为B=1.0T。导轨的ad

段长L=1.0m，金属棒PQ单位长度的电阻为r0=0.5Ω/m，金属棒PQ与“”形导轨始终接触良好且两者间的动摩擦因数μ=0.25。设导轨和斜面都足够长，将导轨无初速度释放(取g=10m/s2，sin53°=0.8，cos53°=0.6，图中的MN、ad、OO′、PQ彼此平

行且处于水平方向)，求：(1)导轨运动的最大加速度；(2)导轨运动的最大速度。11.如图所示,半径为R的圆形区域位于正方形ABCD的中心,圆形区域内、外有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度大小相等,方向相反。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子以速率v0沿纸面从M点平行于AB边沿半径方向射

入圆形磁场,在圆形磁场中转过90°从N点射出,且恰好没射出正方形磁场区域。粒子重力不计,求:(1)磁场的磁感应强度B的大小;(2)正方形区域的边长;(3)粒子再次回到M点所用的时间。12.如图所示，xOy平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感

应强度B=0.1T，在原点O有一粒子源，它可以在xOy平面内向各个方向发射出质量m=6.4×10－27kg、电荷量q=3.2×10－19C、速度v=1.0×106m/s的带正电的粒子．一感光薄板平行于x轴放置，其中点O′的坐标为(0，a)，且满足a＞0.(不考虑粒

子的重力以及粒子之间的相互作用，结果保留三位有效数字)．(1)若薄板足够长，且a=0.2m，求感光板下表面被粒子击中的长度；(2)若薄板长l=0.32m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值．13.如图所示，有一平行板电容器左边缘在y轴上，L板与x轴重合，两极板间匀强电场的场强为E。一电量

为q、质量为m的带电粒子，从O点与x轴成θ角斜向上射入极板间，粒子经过K板边缘a点平行于x轴飞出电容器，立即进入一磁感应强度为B的圆形磁场区域(磁场分布在电容器的右侧且未画出)，随后从c点垂直穿过x轴离开磁场。已知粒子在O点的初速度大小为v=3EB，∠acO

=45°，cosθ=33，磁场方向垂直于坐标平面向外，磁场与电容器不重合，带电粒子重力不计，求：(1)K板所带电荷的电性；(2)粒子经过c点时的速度大小；(3)圆形磁场区域的最小面积。14.如图所示，xOy坐标系中，在

y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ，PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B与B2的匀强磁场，磁场方向均垂直于xOy平面向里．y轴上有一点A与原点O的距离为l.带电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O处沿x轴

正方向射出，经过时间t=4πm3qB时恰好到达A点，不计粒子的重力．(1)求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0.(2)若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为多大？15.如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强

磁场，其边界AB与CD之间的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电荷量为－q的粒子沿与左边界夹角为30°的方向射入磁场，粒子重力不计．(1)求带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及

整个过程中粒子在磁场中运动的时间；(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，求粒子从出发点到打到CD边界的最高点位置之间的距离．答案解析1.解：(1)微粒到达A(l,l)之前做匀速直线运动,对微粒受力分析如图甲,所以,Eq=mg,得E=。

甲乙(2)由平衡条件得qvB=mg电场方向变化后,微粒所受重力与电场力平衡,微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,轨迹如图乙。则qvB=m由几何知识可得r=lv=联立解得B=。(3)微粒做匀速运动的时间t1=做圆周运动的时间t2=在复合场中运动时间t=t1+t2=。2.解

：(1)电子打到荧光屏上时速度的大小等于它飞出加速电场时的速度大小,设为v,由动能定理得eU=mv2解得v=。(2)当交变磁场为最大值B0时,电子束有最大偏转,在荧光屏上打在Q点,PQ=l。电子运动轨迹如图所示,设此时的偏转角度为θ,由几何关系可知,tanθ=,θ=60°根据几何关系

,电子束在磁场中运动路径所对的圆心角α=θ,而tan。由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得evB0=解得B0=。3.解：(1)稳定时弹簧弹力大小为F弹=kΔx，由平衡条件有F=F弹，解得F=2N.(2)由闭合电路欧姆定律有I=ER1＋R2＋r=123＋2＋1A=2A，又F=BIL

，解得B=FIL=22×0.25T=4T.4.解：(1)设电子离开x=L的位置为P点，离开x=3L的位置为Q点，则12mv2P=eE1L代入数据得vP=2×107m/s电子从O点运动到P点，所用时间满足L=12×eE1mt21代入数据得t1=10－8s电子从P点运动到Q点，所用时间t2=

2LvP=10－8s所以总时间为t=t1＋t2=2×10－8s.(2)电子运动到Q点时yQ=12·eE2m·t22代入数据得yQ=0.1m.5.解：(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，r=Lta

n60°sin30°=23L，洛伦兹力提供向心力，qvB=mv2r，联立得B=3mv6qL.(2)粒子做匀速直线运动的时间t1=2×2Lv=4Lv，在磁场中偏转了300°，所用时间t2=300°360°T=56×2π×23Lv=103πL3v，粒子从A点出发到再回到A点

的时间t=t1＋t2=＋103πL3v.6.解：(1)在Δt时间内，金属棒转过的角度为θ，则其扫过的面积为：ΔS=12a2θ=12a2ωΔt(1分)根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为E，则E=BΔSΔt=ωBa22

又I=ER＋rF=BIa所以金属棒所受安培力F=B2a3ω＋(2)金属棒产生的感应电动势大小E=ωBa22重物P匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和，即mgv=E2R＋r而v=ω·a解得重物匀速运动时的速度v=＋B2a2，方向为竖直向下。7.解

：(1)粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：qU=12mv2－0解得v=4.0×103m/s(2)粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：qvB1=mv2r代入数据解得r=12.5m设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：sinθ=

d1r=6.25m12.5m=12所以θ=30°粒子在Ⅰ区运动周期T=2πmqB1则粒子在Ⅰ区运动时间t=θ360°T解得t=π1920s≈1.6×10－3s(3)设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2=mv2R解得R=6.25m如图甲所示，由

几何关系可知△MO2P为等边三角形，所以粒子离开Ⅱ区域时速度与边界面的夹角为α=60°(4)要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨道与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：d2=R＋Rcos60°=1.5R=9.375m8

.解：(1)电子在电场中做类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1所示．由速度关系可得v0v=cosθ，解得v=233v0，由速度关系得vy=v0tanθ=33v0，在竖直方向上有vy=at=Eemt，在水平方向上有t=Lv0，联立解得E=3mv203e

L.(2)电子在圆形区域内的运动轨迹如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L，根据牛顿第二定律有evB=mv2R，联立解得B=23mv03eL，根据几何关系得电子穿过圆形区域时位置的横坐标x=2L＋L－Lcos60°=5L2，纵坐标y=－L

sin60°=－32L.故电子穿出圆形区域时位置坐标为5L2，－32L.(3)电子在磁场中运动的最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r1，运动的周期T0，电子在x轴方

向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度大小减半，电子运动的周期T′=2T0，故电子的偏转角仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r1，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r1.综合上述分析，电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是3r1n=2L(n=1,2,3，„)，而r

1=mvB0e，解得B0=3nmv0eL(n=1,2,3，„)，应满足的时间条件为16(T0＋T′)=T，而T0=2πmeB0，T′=2πmB02e，解得T=3πL3nv0(n=1,2,3，„)．9.解：(1)粒子在区域Ⅰ内的磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿

第二定律得qv0B=mv20R，根据题意有R=L，解得qm=v0BL.(2)粒子从O点运动到N点，由运动的合成与分解可得L=v0t′，L=12at′2，由牛顿第二定律得a=qEm，解得E=2Bv0，由运动学公式可得v2x=2aL，故粒子从O点射出时的初速度v=v2x＋v20=5v0.(3)

粒子在电磁场中运动的总时间包括三段：在电场中往返运动的时间t0、在区域Ⅰ中运动的时间t1、在区域Ⅱ和Ⅲ中运动的时间t2＋t3.根据平抛运动规律有t0=2Lv0，设粒子在区域Ⅰ中运动的时间为t1，则t1=2×2πL6v0=2πL3v0，粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的磁场中运动时，有q

v0·5B=mv20r，解得粒子运动的轨迹半径r=mv05qB=L5.则粒子在区域Ⅱ和Ⅲ内的磁场中的运动轨迹如图所示，运动的总时间为2＋56T.由周期公式可得T=2πrv0=2πL5v0，故t2＋t3=2＋56T=176×2πL5v0=17πL15v0，故粒子整个运动

过程所经历的总时间t=t0＋t1＋t2＋t3=2Lv0＋9πL5v0.10.解：(1)导轨下滑过程中受到金属棒PQ的摩擦力f、压力FN、安培力FA，设导轨下滑的加速度为a，下滑的速度为v，根据力学规律和电磁学规律，有：Mgsi

nθ－f－FA=Maf=μFNE=BLvI=Er0LFA=ILB对金属棒PQ，因其始终静止，有：导轨对金属棒PQ的支持力为FN′=mgcosθ＋FA′由题意知，金属棒PQ的电流、接入回路的有效长度、磁感应强度大小均与ad边相等，则FA

′=FA由牛顿第三定律知FN=FN′导轨刚释放时速度为零、安培力为零、加速度最大Mgsinθ－f′=Mamf′=μmgcosθ解得最大加速度am=7.0m/s2。(2)导轨达到最大速度vm时，加速度为零Mgsinθ－f1－FAm=0，f1=μFN′解得vm=θ－

0B2＋=8.4m/s。11.解：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示:设粒子在圆形磁场中的轨迹半径为r1,则有qv0B=m由几何关系知r1=R解得B=。(2)设粒子在正方形磁场中的轨迹半径为r2,粒子恰好不从AB边射出,有

qv0B=m解得r2==R正方形的边长l=2r1+2r2=4R。(3)粒子在圆形磁场中做匀速圆周运动的周期T1=在圆形磁场中运动的时间t1=T1=粒子在圆形磁场外做匀速圆周运动的周期T2=在圆形磁场外运动的时间t2=T2=粒子再次回到M点所用的时间

为t=t1+t2=。12.解：(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力．有qvB=mv2r解得r=0.2m如图1，沿y轴正向发射的粒子击中薄板的D点(最左端)，有x1=r=0.2m而击中薄板的最右端的粒子

恰好运动了半个圆周，由几何关系x2=35m所以，感光板下表面被粒子击中的长度L=x1＋x2=0.546m.(2)如图2，若粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系OF=r2－l22=0.12m解得a1=O

F＋r=0.320m如图3，若粒子恰能击中薄板的最右端E点，由几何关系a2=2－l22=22125m＞0.320m综上可得，为使感光板下表面全部被粒子击中，a的最大值：am=0.320m.13.解：(1)粒子由a到c，运动轨迹向

下偏转，根据左手定则判断，可知粒子带正电。粒子在电场中做类斜抛运动，根据粒子做曲线运动的条件可知，粒子所受电场力垂直于两极板向下，正电荷受到的电场力与电场方向相同，故电场方向垂直于两极板向下，K板带正电，L板带负电。(2)粒子由O到a做类斜抛运动，水平方向做匀速直线运动，竖直方向做匀减

速直线运动，到达a点平行于x轴飞出电容器，即竖直方向分速度减为零，a点速度等于初速度的水平分量，出电场后粒子在磁场外做匀速直线运动，在磁场中做匀速圆周运动，速度大小始终不变，故粒子经过c点时的速度大小与经过a点时的速度大小相等。由上可知粒子经过c点时的速度大小vc

=va=vcosθ=3EcosθB=EB。(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图中实线弧所示，a、c为两个切点。洛伦兹力提供向心力qvcB=mvc2R可得轨迹半径R=mEqB2粒子飞出电容器立即进入圆形磁场，且磁场与电容器不重合，圆形磁场必与电容器右边界ab切于a点，还需保证c点也在

磁场中，当圆形磁场与bc切于c点时磁场面积最小，由几何关系易知此时磁场半径与轨迹半径相等。磁场最小面积S=πR2=πm2E2q2B4。14.解：带电粒子在PQ左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有qv0B=mv20r1，q

v0B2=mv20r2，可得半径r1=mv0qB，r2=2r1，由T=2πrv可得T1=2πmqB，T2=2T1.(1)粒子射出后经过时间t=4πm3qB时恰好到达A点，运动情况如图甲所示．设图中圆弧DE对

应的圆心角为θ，则粒子从O点运动到A点的时间为θ360°T2＋180°－θ360°T1=4πm3qB.解得θ=60°.△C1C2C3为等边三角形，根据几何关系得l=2r1＋(r2－r1)，d=r1cos30°，解得PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0

分别为d=36l，v0=qBl3m.(2)以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出的相同的粒子，必然是从y轴最高点转向下方时经过A点，粒子运动一个周期，运动情况如图乙所示，设图中∠C1DF=α，则粒子运动一个周期在y轴上的位移y=2r1′＋2(r2′－r1′)sinα－2r1′(或y=2

r1′sinα)，cosα=dr1′，经过A点的条件是ny=l(n=1,2,3，„)解得v=qBl2m13＋1n2(n=1,2,3，„)，考虑到v>v0=qBl3m，故n只能取1或2，即粒子的速度大小为v=qBl3m或v=21qBl12m.或v＝qBl2m13＋1n

2＝1，15.解：(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD边相切时，所对应的速度是能从AB边界飞出的最大速度，其轨迹如图甲所示，设其轨道半径为R，最大速度为vmax由几何关系得：R＋Rcos30°=d由洛伦兹力提供向心力得：Bqvmax=mv2maxR由以上

两式解得：vmax=－3m(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：R2=dcos30°设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv2=mv22R2粒子进入电场在电场中运动，由

动能定理得：12mv22=qU解得极板间电压U=B2qd22mcos230°=2B2qd23m粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U≥2B2qd23m因粒子转过的圆心角为60°，所用时间为T6，而周期T=2πmBq因

返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t=2×T6=2πm3Bq(3)当粒子速度为(2)中的3倍时，即v3=3v2，根据Bqv3=mv23R3解得R3=2d当粒子沿BA方向进入磁场时，打在DC边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD

边界的最高点位置与Q点的距离为：l=R3=2d。