1、、高考真題集中演練明規(guī)律相反。下列說法正確的是（B,根據(jù)幾何知識可知，B合 i=B,B合 2=B,B合 3=3B,由安培力公式F=BIL可知Li、L2和LB單位長度所受的磁場作2.（20i7 全國卷 n ）如圖 已/、J紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同 的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。 若粒子射入速率為為V2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的相互作用。則V2:Vi為（）A.3 : 2C.3 : i重難專題強化練“磁場的基本性質(zhì)”課后沖關(guān)1.多選（2017 全國卷I）如圖，三根相互平行的固定長直導線Li、L2和LB兩兩等距，均通

2、有電流Li中電流方向與L2中的相同，與LB中的A.Li所受磁場作用力的方向與L2、LB所在平面垂直B.LB所受磁場作用力的方向與Li、L2所在平面垂直C.Li、L2和LB單位長度所受的磁場作用力大小之比為i : i :3,3 :3 : iLi、L2和LB單位長度所受的磁場作用力大小之比為解析：選 BC 由安培定則可判斷出L2在Li處產(chǎn)生的磁場（Bi）方向垂直Li和L2的連線豎 ,. _ 、，一，_ . C、_ _直向上，LB在Li處產(chǎn)生的磁場（Bi）方向垂直Li和LB的連線指向右下方， 根據(jù)磁場疊加原理，LB和L2在Li處產(chǎn)生的合磁場（B合 i）方向如圖 i 所示，根據(jù)左手定則可判斷出Li所受

3、磁場作用 力的方向與L2和LB所在平面平行，選項 A 錯誤；同理，如圖 2 所示，可判斷出LB所受磁場（B合 B）作用力的方向（豎直向上）與Li、L2所在平面垂直，選項 B 正確；同理，如圖 3 所示，D.B. , 2 ： iD. 3 ：2解析：選 C由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同,設(shè)一根長直導線在另一根導線處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為2由qvB=mR可知,為7團 1圖 2圖 3這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率用力大小之比為 i : i :3，選項 C 正確，D 錯誤。V* *J%mv宀晶，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同。若粒3子運動的速度大

4、小為vi，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP= 2R;同樣，若粒子運動的速度大小為V2,粒子在磁場邊界的出射點B離RP點最遠時，貝U BP= 2R,由幾何關(guān)系可知，R= 2,艮=RDOS30項正確。3.（2016 全國卷川）平面OM和平面ON之間的夾角為 30,其橫截面（紙面）如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m電荷4.多選（2015 全國卷 n）有兩個勻強磁場區(qū)域 I 和 n,I 中的磁感應(yīng)強度是 n中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與 I 中運動的電子相比，n中的yiWI

5、V*7電子（解析：選 AC 兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且 I 磁場磁感應(yīng)強2度B是 n磁場磁感應(yīng)強度B2的k倍。由qvB=爭得r=號討B(tài),即中電子運動軌跡的半徑F合qvBa21是1中的k倍，選項 A 正確。由F合=ma得a= =B，所以匸；，選項 B 錯誤。由T2匸得T*r，所以T=k,選項 C 正確。由 3=輅得空=T= J,選項 D 錯誤。正確選項vhI31|2k為 A、Co.V_ ftA/4丨ON只有一個交點，并_ _ 從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為量為q（q0）。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速

6、度與OM成 30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與mvA.2qBqB-4mv萌mv解析：選 D 如圖所示，粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R=qB圓弧與ON的交點為P。由粒子運動的AB= R由幾何關(guān)系知，AP=3R則設(shè)入射點為A,出射點為B,對稱性及粒子的入射方向知,AO=；3AP=3R,所以O(shè)B=4R=4mv心。故選項 D 正確。A.B.C.運動軌跡的半徑是 I中的k倍D. 做圓周運動的角速度與 I 中的相等nV2R則 VTR=3，C045.（2014 全國卷 I ）如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場（未畫出）。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面 的P點垂直于鋁板向上射出

7、，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點Q已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半,磁感應(yīng)強度大小之比為（）A. 2C. 1解析：選 D 根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑ri是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑26.多選（2014 全國卷 H）如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。 圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運 動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上 部垂直進入磁場時，下列說法正確的是（）A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C.僅依據(jù)粒子運動軌

8、跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D.粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選 AC 根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故2mvmv兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項 A 正確；根據(jù)qvB=，得r=,，若電子與正電子在磁場中的rqB運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B 錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項 C 正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv=/2mE,粒 子的動能大，其mv不一定大，選項 D 錯誤。、名校模擬重點演練一一明趨勢7. （2018 屆高三陜師大附中檢測）如圖所示，圓柱體為磁體，磁極在 左右兩側(cè)，外側(cè)a為一金屬

9、圓環(huán)，與磁體同軸放置，間隙較小。在左側(cè)的 極和金屬速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的D.的 2 倍。設(shè)粒子在P點的速度為vi,根據(jù)牛頓第二定律可得5圓環(huán)上各引出兩根導線，分別接高壓電源的正、負極。加高壓后， 磁體和金屬圓環(huán)a間的空氣會被電離，形成放電電流，若從右側(cè)觀察放電電 流，下列說法正確的是（）6A. 放電電流將發(fā)生順時針旋轉(zhuǎn)B. 放電電流將發(fā)生逆時針旋轉(zhuǎn)C. 放電電流不發(fā)生旋轉(zhuǎn)D. 無法確定放電電流的運動情況解析：選 A 由題意可以知道，從右側(cè)觀察，磁場向外，電流由高壓電源的正極流向負 極，根據(jù)左手定則，可以判斷放電電流將發(fā)生順時針旋轉(zhuǎn)，故選項& （2017 成都石室中學二

10、診）如圖所示，一個邊長L的正方形金屬框豎直放置，各邊電阻相同，金屬框放置在磁感應(yīng)強度大小為屬框向里的勻強磁場中，若A、B兩端與導線相連，由A到B通以如圖所示方向的電流（由A點流入，從B點流出），流過AB邊的電流為I，則金屬框 受到的安培力大小和方向分別為A 正確。A. 2BIL豎直向下4B. 3BILC. BIL豎直向上3D. 4BIL豎直向下解析：選 B 設(shè)流過DC邊的電流為I,根據(jù)并聯(lián)電路電壓相等有I-3 R=IR， 得II3,AD BC邊所受的安培力的合力為 0,DC邊中電流向右，根據(jù)左手定則,安培力方向向上，大小FD=B-3 L= 3BILAB邊所受的安培力方向向上，大小FAB=BIL

11、4所以金屬線框受到的安培力F安=FD*FAB-BIL，方向豎直向上，故3* 9. （2017 商丘一中押題卷）空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，B 正確。O點為圓心。磁場方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從A點沿圖示箭頭方向以速率v射入磁場，0 = 30，粒子在紙面內(nèi)運動，經(jīng)過時間時速度方向與半徑OA垂直，不計粒子重力。若粒子速率變?yōu)関，其他條件不變，粒子在圓柱形磁場中運動的時間為tA.23tC22t解析：選 C 設(shè)粒子電荷量為q,質(zhì)量為m磁場半徑為r，運動的軌跡半徑為R,磁感B、方向垂直金x.4豎直向上t離開磁場7應(yīng)強度為B,2根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qvB=mR82R粒子運動周期：T=-nv9聯(lián)

12、立可得:qB可知速度變化前后，兩次粒子的運動周期不變,設(shè)以速率v射入磁場時運動軌跡的半徑為動過程圖如圖甲所示，根據(jù)幾何關(guān)系可知四邊形OAOC為菱形，粒子在磁場中運動所轉(zhuǎn)過的圓心角：0i= ZAOC= 120半徑R=r設(shè)以速率-射入磁場時運動軌跡的半徑為R,圓心為 Q,vr根據(jù)式可知當粒子的速率所以兩次粒子在磁場中運動的時間之比:ti0i1202蘆兀=180=33t又因為t1=t，所以t2=_2-故 C 正確，A、B D 錯誤。10.多選（2017 湖北黃岡質(zhì)檢）如圖所示，兩塊水平放置的平 行金屬板，板長為 2d,相距為d。現(xiàn)將一質(zhì)量為m電荷量為q的帶電 小球，以某一水平速度靠近上板下表面的P點

13、射入，剛好從下板邊緣射出，若在兩板間加入豎直向下的勻強電場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好水平向右沿直線運動；若保持電場不變，再加一垂直紙面的勻強磁場，再次將該帶電小球以相同速度從P點射入，小球剛好垂直打在下板上。已知重力加速度為g,則下列說法正確的有（）A.小球從P點射入的初速度為2gdB.小球帶正電，所加勻強電場E=mgqc.所加勻強磁場方向垂直紙面向里,B=22dgD.加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為2dR,圓心為O,畫出粒子運甲乙10對論效應(yīng),sin 53(1) 求垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間jz T(2) 若所有粒子均不能從磁場右邊界穿出

14、，即達到屏蔽作用，求磁場區(qū)域的最小寬度2 nm解析：(1)粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動，則T=-d。垂直于磁場邊界向左射出磁場的粒子在磁場中運動的時間為:代入數(shù)據(jù)解得：t= 32 x 10_6s = 9.81 x 10一8s。(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，若沿OQ方子均不能從磁場的右邊界射出，如圖所示,由幾何關(guān)系可得：d=R+ Rsin 53解析：選 AD 小球從P點射入后做平拋運動，根據(jù)平拋運動的特點，有：2d=vot,d= 2gt2，聯(lián)立解得：vo=Q2gd,故 A 正確；加電場后小球做勻速直線運動，故：qE=mg解nd2n故 C 錯誤；加入勻強磁場后，帶電小球在板間運動時間為四分之一個

15、周期，t=v04故 D 正確。11.(2017 福州質(zhì)檢)如圖是某屏蔽高能粒子輻射的裝置，鉛盒左側(cè)面中心O有一放射源可通過鉛盒右側(cè)面的狹縫MQ向外輻射 a粒子，鉛盒右側(cè)有一左右邊界平行的勻強磁場區(qū)域。過O的截面MNP位于垂直磁場的平面內(nèi)，OH垂直于MQ已知/MOHZQO注 53。a_ 27一 197m= 6.64 x 10kg，電量q= 3.20 x 10 C,速率*v= 1.28 x 10 m/s ;磁場的磁B= 0.664 T，方向垂直于紙面向里；粒子重力不計，忽略粒子間的相互作用及相mgE= 一，電場力方向向上，場強方向向下，故小球帶負電，故q球做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)左

16、手定則，磁場方向垂直紙面向里，小球剛好垂直打在下板上，2故軌跡半徑為d,根據(jù)牛頓第二定律，有：qvB=，解得：B=qjm/2dg,粒子質(zhì)量感應(yīng)強度得:B 錯誤；再加磁場后，小2dg，OOI X裝說載血81xXXXXX0.80 , cos 53 = 0.602F Q11代入數(shù)據(jù)可得：d= 0.72 m。答案：（1）9.81 X 10一8s（2）0.72 m12.（2017 孝感一模）如圖所示，MN為水平放置的彼此平行的不帶.-電的兩塊平板，板的長度和板間距離均為d,在兩板間有垂直于紙面方向的勻強磁場，在距上板 3 處有一質(zhì)量為m電荷量為q的帶正電的粒子（不.3計重力），以初速度V。水平射入磁場，若使粒子不能射出磁場，求磁場的方向和磁感應(yīng)強度B的大小范圍。解析：第一種情況：當磁場方向垂直紙面向里時，若粒子從左側(cè)上板邊緣飛出，則粒子做圓周運動的半徑12若粒子從右側(cè)上板邊緣飛出，其運動軌跡如圖甲所示,設(shè)粒子做圓周運動的半徑為R2,則:R22=卜一 32+d2,解得：民=3d2由qvB=mr所以當磁場方向垂直紙面向里時，粒子不能射出兩板間的磁感應(yīng)強度的范圍6mvB -oqd第二種情況：