专题限时集训10 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动 —2021届高三物理二轮新高考复习检测

专题限时集训(十)

(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( )

2F

A．沿z轴正方向，大小为IL 2F

B．平行于xOy平面方向，大小为IL F

C．平行于xOy平面方向，大小为IL 4F

D．平行于zOy平面方向，大小为IL

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α，则0°<α≤90°，当αFF＝90°时，由F＝BILsin α可知，B有最小值为Bmin＝IL，当0°<α<90°时，B>IL，所以2F4F

B＝IL和B＝IL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θ。实验测得sin θ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

A．P的右端为S极

B．P的中轴线与地磁场方向平行 C．P在x0处产生的磁感应强度大小为B0 D．x0处合磁场的磁感应强度大小为2B0

C [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 θ趋向于1，则θ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 θ＝

2B0

，即θ＝45°，设P在x0处产生的磁感应强度大小为BP，tan 45°＝B，所以BP＝2P

B0

＝2B0，选项D错误。] sin 45°

B0，选项C正确。x0处合磁场的磁感应强度大小为B＝

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ω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BL1L2

B．线圈左侧边所受的安培力方向竖直向上 C．线圈左侧边所受的安培力大小为nBIL1 D．线圈左侧边转动的线速度v＝

ωL1

2

C [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F＝nBIL1，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＝

ωL2

，选项2

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( )

A．11 B．12 C．121 D．144

mv1

D [带电粒子在加速电场中运动时，有qU＝mv2，在磁场中偏转时，其半径r＝qB，

21

由以上两式整理得：r＝B

2mU

q。由于质子与一价正离子的电荷量相同，B1∶B2＝m2

＝144，选项D正确。] m1

1∶12，当半径相等时，解得：

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θ＝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OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则( )

A．粒子带负电荷 qBaB．粒子速度大小为m

C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距(2＋1)a

AD [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θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子运动的轨道半径为r＝O1M＝2a，洛伦兹力提供向心力v22qBa

qvB＝mr，解得v＝m，B、C错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(2＋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1

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πR的圆周

22

范围出磁场；当磁感应强度大小为B2时，则粒子从由P点开始弧长为πR的圆周

3范围出磁场。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r1∶r2＝2∶3 B．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r1∶r2＝2∶3 C．磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝2∶3 D．磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝3∶2

1

AD [假设粒子带正电，如图甲，磁感应强度大小为B1时，弧长L1＝πR，对应的

21π

弦长为粒子做圆周运动的直径，则r1＝·2Rsin θ＝Rsin ；如图乙，磁感应强度大小为2421π

B2时，弧长L2＝πR，对应的弦长为粒子做圆周运动的直径，则r2＝·2Rsin α＝Rsin ，323ππ

因此r1∶r2＝sin ∶sin ＝2∶3，故A项正确，B项错误。粒子运动过程中由洛伦

43

2v0mv0

兹力提供向心力，可得qv0B＝mr，则B＝qr，B1∶B2＝r2∶r1＝3∶2，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

B．粒子的初速度大小为E C．该粒子的比荷为

E 2B2d

πEd

3B

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qv0B＝qE，但电E

场方向、磁场方向未知，粒子电性也无法判断，选项A错误；由qv0B＝qE可得v0＝B，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R＝2d，又因为qv0B＝

2v0v0qEqEmR，解得m＝，将v0＝B代入可得m＝2，选项C正确；由题意可知，粒子在磁

2Bd2Bd

场中做圆周运动的圆心角为30°，故粒子在磁场中运动的时间为t＝立解得t＝

πBd

，选项D错误。] 3E

T2πm，而T＝Bq，联12

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)( )

A．AB B．BC C．CD D．DE

B [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qE＝qvB

设六边形的边长为L，只有电场时， 竖直向上的方向上有vt＝Lcos 30°＝1qE21水平方向上有··t＝Lsin 30°＝L

2m2

mv2

当只有磁场时，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝r 3

联立可得r＝L

4

3L 2

② ③ ④ ⑤ ①

由几何关系可知|AC|＝3L，而L<2r<3L，所以粒子将从BC边射出磁场，B正确。]

9．(多选)(2020·广东摸底考试)如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子的运动轨迹，3为α粒子的运动轨迹。它们在同一平面内沿逆时针方向做匀

速圆周运动，三者轨道半径r1>r2>r3，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( )

A．T1＝T2a2>a3

B．v1＝v2>v3 D．t1＝t2＝t3

2πmqα2

AC [各粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期T＝qB，根据粒子的比荷大小＝

mα4mv1qp1

＝，＝，可知T1＝T2r2>r3，结合r＝qB及粒子比荷关2mp1qvB

系可知v1>v2>v3，选项B错误；由粒子运动的向心加速度a＝m，结合各粒子的比荷关系及v1>v2>v3，可得a1>a2>a3，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θ1<θ2<θ3，而T1＝T2，因此t110．(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 1

B．加速电场中的加速电压U＝ER

2C．磁分析器中圆心O2到Q点的距离d＝

mERq

D．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v2

速圆周运动，根据牛顿第二定律有qE＝mR，设离子进入静电分析器时的速度为v，则1ER

离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有qU＝mv2－0，解得U＝，B项正

22v21

确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝mr，解得r＝BmER1

，则d＝r＝qB

mER2U

，C项错误；由B项分析可知R＝qE，则R与离子质量、

mER

q，则离子在磁场中做圆周运动的轨

1

电荷量无关，离子在磁场中的轨道半径r＝B

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Ⅰ，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Ⅱ。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y轴正方向成45°角的方向离开电场；在磁场Ⅰ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Ⅰ的磁感应强度大小B1。

mv20

[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＝

R0qB0R0

解得带电粒子从M点进入第四象限时的初速度大小v0＝m

。

(2)由于粒子沿与y轴正方向成45°角的方向离开电场，则有vx＝vy＝v0

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qE＝ma，v2x－0＝2aR0

qR0B20解得E＝。

2m

(3)粒子在电场中运动时，水平方向有 1

vx＝at，R0＝at2

2竖直方向有y1＝vyt 联立解得y1＝2R0

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ON＝y1＝2R0，∠PNO＝45°，所以PN＝22R0

由几何关系知粒子进入第一象限时的速度大小为v＝2v0 mv2由洛伦兹力提供向心力，有qvB1＝PN 解得B1＝

mv01

＝B。 2qR020

[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Δy，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3mv23mv00

质量为m，电荷量为e，E＝，B2＝，不计电子重力。

2eR2eR

(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Δy的最小值；

(3)若电场沿y轴正方向，Δy＝3R，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v20

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r＝R，ev0B1＝mr，解mv0

得B1＝eR。

(2)匀强电场沿y轴负方向，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Δymin，由1

动能定理得eEΔymin＝mv2

20

mv203

解得Δymin＝＝R。

2eE3

(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θ角，如图所示。

112

由动能定理得eEΔy＝mv2－mv0

22解得v＝2v0

v243

由牛顿第二定律得evB2＝m，解得r1＝R

r13v01π

又cos θ＝v＝，则θ＝

23

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π

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为θ＝时，电子b能够到

3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l1＝r1＋r1sin θ

竖直边长为l2＝r1＋r1cos θ

2(1＋sin θ)(1＋cos θ)＝4(2＋3)R2。 则最小面积为S＝L1L2＝r1

[答案] 见解析

13．(2020·全国卷Ⅱ·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)；将电子束打到靶上的点记为P点。则( )

图(a)

图(b)

A．M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mv0

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＝eB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项正确。]

14．(2020·全国卷Ⅰ·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，ab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(q＞0)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( )

7πm5πm4πm3πmA． B． C． D．

6qB4qB3qB2qBC [带电粒子在匀强磁场中运动，运动轨迹如图v2mv

由洛伦兹力提供向心力有qvB＝mr，解得r＝qB，运

所示，动时

θrθm

间t＝v＝qB，θ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r≤0.5R(R为ab的半径)和r≥1.5R时，粒子从ac、bd区域射出磁场，运动时间等于半个周期。当0.5R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θm＝π＋＝，粒子

33最长运动时间为

4πm

。] 3qB

15．(2020·山东学业水平等级考试·T17)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴，向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。

(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L； (2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；

(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；

3(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子11H、氚核1H、

氦核4请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求2He的位置，写出推导过程)。

甲 乙

[解析] (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得

12

qU＝mv

2

①

在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得 v2

qvB＝mR 联立①②式得 R＝

2mqUqB ③ ②

由几何关系得 d2＋(R－L)2＝R2 R2－d2

cos α＝R d

sin α＝R 联立①②④式得 L＝

2mqUqB－2mU

－d2。 2qB

⑦ ④ ⑤ ⑥

(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得

qE＝ma

粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得 vz＝vcos α d＝vzt

粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得 1

x＝at2

2

联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得 md2E

x＝。 4mU－2qd2B2

⑫ ⑪ ⑨ ⑩ ⑧

(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，

由运动学公式得

y′＝vtsin α 由题意得 y＝L＋y′

联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得 y＝R－

R2－d2＋

d2

。 R2－d2

⑮ ⑭ ⑬

41(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核2He、质子1H的位置。

[答案] (1)R＝

2mqU2mqU

L＝qBqB－2mU2

－d qB2

md2Ed2

22(2) (3)y＝R－R－d＋2 24mU－2qd2B2R－d

41(4)s1、s2、s3分别对应氚核31H、氦核2He、质子1H的位置