章末真題練10磁場

1.（2022?全國乙卷，18）（多選）

安裝適當?shù)能浖?利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應強度

Bo如圖,在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xθy面。

某同學在某地對地磁場進行了四次測量,每次測量時y軸指向不同方

向而Z軸正向保持豎直向上。根據(jù)表中測量結果可推知（BC）

測量序號Bx∕μTBy∕μTB√μT

1021-45

20-20-46

3210-45

4-210-45

A.測量地點位于南半球

B.當?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50uT

C.第2次測量時y軸正向指向南方

D.第3次測量時y軸正向指向東方

解析:地磁北極在地理南極附近,地磁南極在地理北極附近,根據(jù)測量

數(shù)據(jù)可知,BZ為負值,測量地點位于北半球,選項A錯誤;利用第1次測

22

量的數(shù)據(jù)可得當?shù)氐牡卮艌龃笮锽=IBy+βz≈50μτ,選項B正

確;第2次測量時By為負值,y軸正向指向南方,選項C正確;第3次測

量時BX為正值,X軸正向指向北方,y軸正向指向西方,選項D錯誤。

2.（2022?湖南卷,3）如圖a,直導線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸

掛于水平軸00'上,其所在區(qū)域存在方向垂直指向00'的磁場,與00'

距離相等位置的磁感應強度大小相等且不隨時間變化,其截面圖如圖

b所示。導線通以電流I,靜止后,懸線偏離豎直方向的夾角為θ°下

列說法正確的是（D）

A.當導線靜止在圖a右側位置時,導線中電流方向由N指向M

B.電流I增大,靜止后,導線對懸線的拉力不變

C.tan0與電流I成正比

D.sin0與電流I成正比

解析：當導線靜止在圖a右側時,導體棒MN在重力、拉力和安培力的

作用下處于平衡狀態(tài)，由平衡條件可知,導體棒所受安培力指向右側，

又安培力與磁場方向垂直,所以安培力垂直于輕繩指向右上方，由左

手定則可知，導線中電流方向由M指向N,選項A錯誤；由平衡條件有,

輕繩拉力F=J（Tng）2-（BIL）2,又BlL=mgsinθ,得Sin。，分析

易知選項B、C錯誤,D正確。

3.（2022.廣東卷,7）

如圖所示,一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域,兩區(qū)域

分布有磁感應強度大小相等、方向相反且與Z軸平行的勻強磁場。一

質子以某一速度從立方體左側垂直O(jiān)yZ平面進入磁場,并穿過兩個磁

場區(qū)域。下列關于質子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確

的是（A）

OXOX

CD

解析:根據(jù)題述情境,質子垂直O(jiān)yZ平面進入磁場，由左手定則可知，

質子先向y軸正方向偏轉穿過MNPQ平面,再向X軸正方向偏轉,所以

選項A可能正確,B錯誤;該軌跡在OXZ平面上的投影為一條平行于X

軸的直線,選項C、D錯誤。

4.（2022?全國甲卷，18）空間存在著勻強磁場和勻強電場,磁場的方

向垂直于紙面（XOy平面）向里，電場的方向沿y軸正方向。一帶正電

的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點0由靜止開始運動。下列

四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是（B）

AB

yy

解析:分析可知,開始一段較短時間內(nèi)，粒子具有沿y軸正方向的速度,

由左手定則可知,粒子應向左側偏轉,選項A、C錯誤；由于粒子所受電

場力沿y軸正方向，且粒子初速度為零、初始位置在坐標原點，故粒子

運動軌跡的最低點在X軸上,選項D錯誤,B正確。

（2022?湖北卷,8）（多選）在如圖所示的平面內(nèi)，分界線SP將寬度為L

的矩形區(qū)域分成兩部分,一部分充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場,

另一部分充滿方向垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小均為

B,SP與磁場左右邊界垂直。離子源從S處射入速度大小不同的正離

子,離子入射方向與磁場方向垂直且與SP成30°角。已知離子比荷

為k,不計重力。若離子從P點射出，設出射方向與入射方向的夾角為

。，則離子的入射速度和對應θ角的可能組合為（BC）

A.?BL,O0B.?BL,O0

C.kBL,60oD.2kBL,60

解析：

××××

××××

甲

'L'

乙

若離子通過下部分磁場直接到達P點,如圖甲，根據(jù)幾何關系則有R=L,

由洛倫茲力提供向心力有qvB=m?可得v=^=kBL,根據(jù)對稱性可知，

出射速度與SP成30°角向上,故出射方向與入射方向的夾角6=60。。

當離子上、下兩部分均經(jīng)歷一次時,如圖乙，因為上、下兩部分磁場的

磁感應強度大小均為B,則根據(jù)對稱性有R=9,根據(jù)洛倫茲力提供向心

力有qvB=m?,可得V=譬WkBL,此時出射方向與入射方向相同，即θ

=O0O通過以上分析可知，當離子從下部分磁場射出時，需滿足

V==-?-kBL(n=1,2,3,…)，此時θ=60°;當離子從上部分磁場

(2n-l)m2n-l

o

射出時，需滿足v=^=?BL(n=l,2,3,…)，此時θ=0o故可知B、C

2nm2n

正確,A、D錯誤。

6.(2022?湖南卷,13)如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R和R2,直流

電源的內(nèi)阻不計,平行板電容器兩極板水平放置,板間距離為d,板長

為遍d,極板間存在方向水平向里的勻強磁場。質量為m、帶電荷量為

+q的小球以初速度V沿水平方向從電容器下板左側邊緣A點進入電

容器,做勻速圓周運動,恰從電容器上板右側邊緣離開電容器。此過程

中，小球未與極板發(fā)生碰撞,重力加速度大小為g,忽略空氣阻力。

⑴求直流電源的電動勢E。；

(2)求兩極板間磁場的磁感應強度B;

(3)在圖中虛線的右側設計一勻強電場,使小球離開電容器后沿直線

運動,求電場強度的最小值E，。

解析：(1)小球在兩板間做勻速圓周運動，電場力與重力大小相等,設

兩板間電壓為U,有mg=q[,

由閉合電路歐姆定律得U=JVE。，

^l+^2

聯(lián)立解得Eo=(fil+R2)mffdo

CiR2

⑵小球在電容器中做勻速圓周運動，從上板右側邊緣離開,設軌跡半

徑為r,有

r2=(r-d)2+(√3d),得r=2d,

又洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，

V2

qvBn=m一,

r

解得B嗯。

(3)小球離開磁場時,速度方向與水平方向的夾角為θ=60°,要使小

球做直線運動,則電場力與重力的合力與速度方向共線，當電場力等

于小球重力垂直于速度方向的分力時，電場力最小，電場強度最小qE,

=mgcos60°,解得E，=—

2?7

(R+R)mgd

答案：（1）12(2)2(3)%

q治2qd2q

7.（2022?山東卷,17節(jié)選）中國“人造太陽”在核聚變實驗方面取得

新突破,該裝置中用電磁場約束和加速高能離子,其部分電磁場簡化

模型如圖所示,在三維坐標系OXyZ中，（KZWd空間內(nèi)充滿勻強磁場I,

磁感應強度大小為B,方向沿X軸正方向j-3d≤z<0>y≥0的空間內(nèi)充

滿勻強磁場∏,磁感應強度大小為^B,方向平行于xθy平面、與X軸

正方向夾角為45°;z<0、yW0的空間內(nèi)充滿沿y軸負方向的勻強電

場。質量為m、帶電量為+q的離子甲，從yθz平面第三象限內(nèi)距y軸

為L的點A以一定速度出射,速度方向與z軸正方向夾角為B,在yθz

平面內(nèi)運動一段時間后,經(jīng)坐標原點0沿Z軸正方向進入磁場I。不

計離子重力。

⑴當離子甲從A點出射速度為V。時,求電場強度的大小E;

（2）若使離子甲進入磁場后始終在磁場中運動,求進入磁場時的最大

速度v,n;

⑶離子甲以等的速度從0點沿Z軸正方向第一次穿過xθy面進入磁

2m

場I,求第四次穿過XOy平面的位置坐標（用d表示）。

解析：(1)離子甲從A點射入電場，由O點沿+z方向射出，只受沿-y方

向電場力的作用，所以在+z方向上,離子甲做勻速直線運動,在從A到

O的運動過程中，在+z方向上有L=VotCOSβ,

在+y方向上有

O=vosinB-at,

由牛頓第二定律有Eq=ma,

2

解得E7nv0sin/?cos/g

(2)離子甲進入磁場I中，當離子甲運動軌跡與磁場I上邊界相切時，

?2

由洛倫茲力充當向心力有qv∣B=m十,其軌跡半徑R,=d,

經(jīng)半個圓周由(0,2d,0)進入磁場II,然后在垂直勻強磁場II的平面內(nèi)

運動，由洛倫茲力充當向心力有

qv?—B=m—,解得R=Λ∕2CI,

t2R22

軌跡恰與xθz平面相切，則此時離子甲速度最大，即

Bqd

V,Efo

⑶離子甲以V2=等射入磁場I,則離子甲在磁場I中的軌跡半徑RJ

=P離子甲在磁場I中轉半個圓周，由y軸上(0,d,0)處第二次穿過

,

xθy平面進入磁場∏,在磁場∏中的軌跡半徑為R2=?d,離子甲在磁

場II中偏轉半個圓周，由X軸上(d,0,0)處第三次穿過xθy平面進入磁

場I,速度方向平行于Z軸正方向，再在磁場I中偏轉半個圓周第四

次穿過xθy平面,軌跡如圖所示,所以離子第四次穿越xθy平面的位置

坐標為(d,d,0)o

答案：⑴W2sin"os0（2）也（3）（d,d,0）

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