2024屆高考物理二輪復習易錯難點專練【新高考】五 磁場

（5）磁場

一、易錯點分析

?.安培力做功與動能定理結合，其解題步驟如下：

（1）選取研究對象，明確它的運動過程；

（2）分析研究對象的受力情況（若是立體圖就改畫成平面圖）和各個力的做功情況，

特別是分析安培力的大小和方向，看安培力是做正功還是負功，然后求各力做功的代數(shù)和

*

（3）明確初、末狀態(tài)的動能；

（4）列出動能定理的方程以及其他必要的解題方程進行求解。

2.處理多解模型的解題思路

（1）分析題目特點，確定題目多解形成的原因；

（2）作出粒子運動軌跡示意圖（全面考慮多種可能）：

（3）若為周期性的多解問題，注意尋找通項式，若有出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種

解出現(xiàn)的條件。

3.帶電粒子在復合場中運動歸類與分析

1.無約束情況下的運動

（1）磁場力、重力封存

①若重力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。

②若重力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功，

故機械能守恒，由此可求解問題。

（2）靜電力、磁場力并存（不計重力的微觀粒子）

①若靜電力和洛倫茲力平衡，則帶電粒子做勻速直線運動。

②若靜電力和洛倫茲力不平衡，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力不做功

，可用動能定理求解問題，

（3）靜電力、磁場力、重力并存

①若三力平衡，則帶甩粒子一定做勻速直線運動。

②若重力與靜電力平衡，則帶電粒子一定做勻速圓周運動。

③若合力不為零且與速度方向不垂直，則帶電粒子將做復雜的曲線運動，因洛倫茲力

不做功，可用能量守恒定律或動能定理求解問題。

2.約束情況下的運動

帶電粒子在復合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下，常見的運動形式有

直線運動和圓周運動，此時解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況，并注意洛倫茲

力不做功的特點，運用動能定理、能量守恒定律結合牛頓運動定律求出結果。

二、易錯訓練

1.在實驗室中有一種污水流量計，其原理可以簡化為如圖所示模型：廢液內含有

大量正、負離子，從直徑為d的圓柱形容器右側流入，左側流出。流量值。等

于單位時間通過橫截面的液體的體積?？臻g有垂直紙面向里的磁感應強度為B

的勻強磁場，并測出M、N間的電壓，則下列說法正確的是（）

xxMxxli

】XX-XXJ1

xxNxx

A.正、負離子所受洛倫茲力方向是相同的

B.容器內液體的流速為口=與

Ba

C.污水流量計也可以用于測量不帶電的液體的流速

D.污水流量。=嘿

2.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱,CT掃描機可用于對多種病情的

探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖

如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強

偏轉磁場：經調節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶

上，產生X線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。

則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移

3.如圖所示，磁感應強度大小為￡方向水平向右的勻強磁場中，有一長為L的

輕質半圓金屬導線，通有從。到O,的恒定電流現(xiàn)金屬導線繞水平軸由水

平第一次轉到豎直位置的過程中，下列說法正確的是（）

A.轉動過程中，安培力的方向不斷變化B.轉動過程中，安培力大小始終不變

C.轉動過程中，安培力大小一直減小D.轉過60°時，安培力大小為絲

71

4.為了降低潛艇噪聲，提高其前進速度，可用電磁推進器代替螺旋槳。電磁推進

器中有絕緣材料制成的直海水管道，馬鞍形超導線圈在通道內形成磁場，正、負

電極與直流電源相連在海水中形成電流。裝置的截面圖如圖所示，關于該電磁推

進器的說法正確的是（）

A.同等情況下裝置在純凈的淡水湖中推進效果比在海水中好

B.同等情況下增加磁感應強度不能改變推進效果

C.圖示中海水受到的安培力方向垂直紙面向里

D.圖示中推進器受到的海水推力方向垂直紙面向里

5.一電流表的原理如圖所示，質量為機=20g的勻質細金屬棒MN的中點處通過

一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，彈簧的勁度系數(shù)為攵=2.0N/m。在矩形

區(qū)域內有"勻強磁場，磁感應強度大小8=0.2T,方向垂直紙面向外。與MN

的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于正且

7=0.20m,當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd

邊重合，當中有電流通過時，指針指示的示數(shù)可表示電流強度，不計通電時

電流產生的磁效應，重力加速度g=10m/s2,貝女）

A.若要電流表正常工作，N端應接電源正極

B.若要將電流表的量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)锽f=0.4T

C.若應=0.050m,此電流表的滿量程值為。=2.0A

D.當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長量為10cm

6.某離子實驗裝置的基本原理如圖所示，I區(qū)寬度為4,左邊界與x軸垂直交于

坐標原點O,其內充滿沿y軸正方向的勻強電場，電場強度為E；II區(qū)寬度為力，

左邊界與工軸垂直交于。I點，右邊界與X軸垂直交于。2點，其內充滿沿/軸負

方向的勻強磁場，磁感應強度8=等唇。足夠大的測試板垂直x軸置于II

區(qū)右邊界，其中心與。2點重合，以。2為原點建立/。2）工坐標系，從離子源穴斷

飄出電荷量為外質量為機的正離子，其以某一初速度沿X軸正方向通過。點，

依次經I區(qū)、I【區(qū)到達測試板。離子從I區(qū)飛出時的位置到。?點的距離為/。忽

略離子間的相互作用，不計離子的重力。則下列判斷正確的是（）

A.離子進入1區(qū)的初速度％陛

~V2ml

B.離子在H區(qū)運動的路程s=4

C.離子打在測試板上的位置與0,點連線沿/軸方向的距離"=也

3M

D.離子打在測試板上的位置與。，點連線沿z'軸方向的距離二警

3M

7.中科院等離子體物理研究所設計制造了全超導非圓界面托卡馬克實驗裝置

（EAST）,這是我國科學家率先建成的世界上第一個全超導核聚變“人造太陽”

實驗裝置。將原子核在約束磁場中的運動簡化為帶電粒子在勻強磁場中的運動，

如圖所示。磁場方向水平向右，磁感應強度大小為3,甲粒子速度方向與磁場垂

直，乙粒子速度方向與磁場方向平行，丙粒子速度方向與磁場方向間的夾角為仇

所有粒子的質量均為〃?，電荷量均為+q，且粒子的初速度方向在紙面內，不計

粒子重力和粒子間的相互作用，則（）

丙鏟飛￡

乙V

A.甲粒子受力大小為到8,方向水平向右

B.乙粒子的運動軌跡是直線

C.丙粒子在紙面內做勻速圓周運動，其動能不變

D.從圖中所示狀態(tài)，經過迎時間后，丙粒子位置改變了生吧”

qBqB

8.如圖所示為磁聚焦法測量比荷的原理圖。在陰極K和陽極A之間加電壓，電

子由陽極A中心處的小孔P射出。小孔P與熒光屏中心。點的連線為整個裝置

的中軸線。在極板很短的電容器C上加很小的交變電場，使不同時刻通過這里

的電子發(fā)生不同程度的偏轉，叮認為所有電子從同一點發(fā)散。在電容器C和熒

光屏S之間加一平行于尸。的勻強磁場，電子經過一段時間再次匯聚在一點。調

節(jié)磁感應強度8的大小，可使電子流剛好再次匯聚在熒光屏的。點。已知K、A

之間的加速電壓為U，C與S之間磁場的磁感應強度為發(fā)散點到。點的距離

為下列說法正確的是（）

A.電子通過電容器后速度方向相同

B.從右側往左側看，電子做圓周運動的半徑相同

C.所有電子從發(fā)散到再次匯聚所用的時間相同

D.粒子的比荷名="

inB?「

9.如圖所示，長方形"cd的長。以=0.6m,寬出?=0.3m,0、e分別是ad、be的

中點，以e為圓心，M為半徑的圓弧和以。為圓心，。4為半徑的圓弧組成的區(qū)

域內有垂直紙面向里的勻強磁場（劭邊界上無磁場），磁感應強度B=0.25T。

一群不計重力、質量初=3x10,kg、電荷量“=2xl（）3C的帶正電粒子以速度

v=5xlO2m/s沿垂直于ad且垂直于磁場方向射入磁場區(qū)域，粒子間的相互作用

不計，則下列判斷正確的是（）

a切b

■/xx;

19zX；

X

x:e

:)隊;；

A.從?！ㄟ吷淙氲牧Ｗ樱錾潼c全部分布在"邊

B.從。。邊射入的粒子，出射時全部通過〃點

C.從。d邊射入的粒子，出射時全部通過〃點

D.從。。邊射入的粒子，出射點全部分布在M邊

10.離子速度分析器截面圖如圖所示.半徑為R的空心轉筒P,可繞過O點、垂

直xO-v平面（紙面）的中心軸逆時針勻速轉動（角速度大小可調），其上有一小

孔S。整個轉筒內部存在方向垂直紙面向里的勻強磁場。轉筒下方有一與其共軸

的半圓柱面探測板Q，板。與），軸交于A點。離子源M能沿著x軸射出質量為

加、電荷量為-〃①>0）、速度大小不同的離子，其中速度大小為％的離子進入轉

筒，經磁場偏轉后恰好沿y軸負方向離開磁場。落在接地的筒壁或探測板上的離

子被吸收且失去所帶電荷，不計離子的重力和離子間的相互作用。

（1）①求磁感應強度3的大小;

②若速度大小為v0的離子能打在。板的4處，求轉筒P角速度8的大小。

（2）較長時間后，轉筒尸每轉一周有N個離子打在板Q的。處，OC與x軸負

方向的夾角為仇求轉筒轉動一周的時間內，C處受到平均沖力廠的大小。

（3）若轉筒P的角速度小于組，且A處探測到離子，求板Q上能探測到離子

的其他］的值（7為探測點位置和。點連線與N軸負方向的夾角）。

11.在科學研究中，常用電磁場來控制帶電粒子的軌跡。如圖所示，真空中有一

半徑為，?的圓形磁場區(qū)域，與x軸相切于坐標原點0,磁場磁感應強度為B,方

向垂直于紙面向外，在圓形磁場區(qū)域的右側有兩水平放置的正對的平行金屬板

M、N,板間距離也為「，板長為乙板間中心線。2。3的反向延長線恰好過磁場

圓的圓心在O點處有一粒子源，能向磁場中各個方向（紙面內）源源不斷

地發(fā)射速率相同、質量為加、比荷為％且?guī)д姷牧Ｗ樱瑔挝粫r間內發(fā)射的粒子

數(shù)為〃，沿），軸正方向射入磁場的粒子，恰能沿直線&Q的方向射入平行板間。

不計重力、阻力及粒子間的相互作用。

（1）求粒子入射的速度%的大小。

（2）若已知兩平行金屬板間電場強度￡=二*,在平行板的右端適當位置固定

一平行于y軸方向的探測板（圖中未畫出），使從M、N板右側射出平行板間的

粒子全部打在探測板上，則板長至少為多少？

（3）在滿足第（2）問的前提下，若打到探測板上的粒子被全部吸收，求粒子束

對探測板的平均作用力的大小。

12.如圖所示，一質量為m的導體棒MN兩端分別放在兩個固定的光滑圓形導軌

上，兩導軌平行且間距為L,導體棒處在豎直向上的勻強磁場中，當導體棒中通

有自左向右的電流/時，導體棒靜止在與豎直方向成37°角的導軌上，取

sin37°=0.6,cos37°=0.8,求：

（1）磁場的磁感應強度3的大?。?/p>

（2）每個圓導軌對導體棒的支持力大小5。

答案以及解析

1.答案：B

解析：正、負離子進入磁場后受到洛倫茲力作用，根據(jù)左手定則可知，正離子受

到的洛倫茲力向下，負離子受到的洛倫茲力向上，故A錯誤；當達到平衡時有

^-q=qvB,解得u=選項B正確；不帶電的液體在磁場中不受力，A/、N

aBd

兩點沒有電勢差，無法計算流速，故C錯誤；污水流量為

Q=Sv=^-Tid--=,選項D錯誤。

4Bd4B

2.答案：D

解析：電子帶負電，故必須滿足N處的電勢高于M處的電勢才能使電子加速，

故A選項錯誤；由左手定則可判定磁感應強度的方向垂直紙面向里，故C選項

錯誤；對加速過程應用動能定理有設電子在磁場中運動半徑為「，

由洛倫茲力提供向心力有打8=竺一，則，』F，電子運動軌跡如圖所示，由幾

rBe

何關系可知，電子從磁場射出的速度方向與水平方向的夾角夕滿足sinO="（其

r

中d為磁場寬度）,聯(lián)立可得sin6=dB、J7T,G見增大U會使夕減小，電子在

V2mU

靶上的落點P右移，增大B可使夕增大，電子在靶上的落點P左移，故B選項

錯誤，D選項正確。

3.答案：B

解析：根據(jù)左手定則可知安培力方向始終豎直向上，保持不變，A錯誤；轉動過

程中，因有效長度不變，安培力大小始終不變，B正確，C錯誤；半圓導線的半

徑為r=M受到安培力為F=2Bk=竺生,D錯誤。

兀兀

4.答案：C

解析：海水導電效果好于淡水，同等條件下海水中的推進效果好，A錯誤；根據(jù)

安培力公式可知，增加磁感應強度可以增強推進效果，B錯誤；根據(jù)左手定則可

知，海水受到的安培力垂直紙面向里，C正確；根據(jù)牛頓第三定律可知，推進器

受到的海水推力方向垂直紙面向外，D錯誤。

5.答案：D

解析：為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，

由左手定則可知金屬棒中電流從“端流向N端，因此M端應接電源正極，故A

錯誤；當電流表的示數(shù)為零時，設彈簧伸長量為A一根據(jù)平衡條件可得，咫=紅5,

解得Ar=0.1m=10cm,故D正確；設電流表滿量程時通過MN的電流大小為Im,

則有=k(bc+M)，若bc=0.050m,此電流表的滿量程值為=2.5A,

設電流表的量程擴大2倍后，磁感應強度變?yōu)?，則有237m不+〃氏=以應+Ar),

可得8'=，8=0.1T,故B、C錯誤。

2

6.答案：D

解析：設離子通過。點的速度為%,在I區(qū)內做類平拋運動的時間為乙，見在x

軸方向有4軸方向有/=,*,由牛頓第二定律得=,解得

%=4俘，A錯誤；離子剛飛出【區(qū)時沿）軸方向的速度大小匕=明=J半,

V2ml'Vtn

合速度大小v=M+彳=后,/+案，離子在II區(qū)內沿x軸方向做勻速直線

運動，設離子在n區(qū)運動的時間為人沿"由方向有乩=%小解得生

4

離子在II區(qū)運動軌跡的長度s=吟吟W+d；,B錯誤；設離子在II區(qū)y'Oz1平

面方向做勻速圓周運動的半徑為一則口出=〃?也，丁=亞，聯(lián)立解得

r匕,

r=也,7二義網,則離子沿），'軸方向轉動的圈數(shù)N=K=2周，由幾何關

3M34NqET4

系可知，離子打在測試板上的位置與。2點連線沿）/軸方向的距離

4/4

,離子打在測試板上的位置與O2點連線沿z'軸方向的克離

3M

4包

C錯誤，D正確。

3M

7.答案：BD

解析：甲粒子受到的洛倫茲力大小為"8,根據(jù)左手定則可知方向垂直于紙面向

里，A錯誤；乙粒子速度方向與磁感應強度方向平行，不受洛倫茲力作用，所以

運動軌跡是直線，B正確；將丙粒子速度I，在沿磁感應強度方向和垂直磁感應強

度方向分解為匕和嗎，其中匕對應的分運動為水平向右的勻速直線運動，匕對■應

的分運動為在垂直紙面的平面內的勻速圓周運動，所以丙粒子的合運動為螺旋線

運動，由于洛倫茲力不做功，所以其動能不變，C錯誤；對丙粒子在垂直于紙面

內的勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有qv,B=解得廠=嗎，所以周期

Bq

為r=包=迎，丙粒子在沿磁感應強度方向做勻速直線運動的速度為

為Bq

Vvcos^,經過一個周期的時間，閃粒子位置改變了工=匕7=,D

1=qB

正確。

8.答案：C

解析：在極板很短的電容器C上加很小的交變電場，使不同時刻通過這里的電

子發(fā)生不同程度的偏轉，豎直方向小故電子通過電容器后速度方

向不同，A錯誤；電子離開電容器后，在垂直于P0方向上做勻速圓周運動，由

洛倫茲力提供向心力有〃?E二&八得仁中，其中□二八，不同時刻。.不同，

故從右側往左側看，電子做圓周運動的半徑不同，B錯誤；在P。方向上電子做

勻速運動，速度大小柞同，故所有電子從發(fā)散到再次匯聚所用的時間相同，C正

確；從發(fā)散點到匯聚點，兩個方向的分運動時間相等，有/直=向，加速電場中有

『，勻速直線運動時間=,，對勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，

2v

有口出=〃?J,T=逆=緣,仙=丁，聯(lián)立解得￡=膽，故D錯誤。

R「eBmBl-

9.答案：BC

解析：粒子進入磁場后做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得

mv

r=—=0-3m,因c〃=Od=a〃=0.3m,從04邊射入的粒子，在磁場中的運動

qB

軌跡是半徑為，?的I圓弧，到達區(qū)時的速度豎直向上，從點O射入的粒子從〃

點射出，從01之間射入的粒子，因邊界上無磁場，粒子到達機、后做直線運動，

即全部通過〃點，故A錯誤，C正確；從邊射入的粒子先做一段時間的直線

運動，設某一個粒子在M點進入磁場，其圓心為。，如圖所示，根據(jù)幾何關系

可得四邊形O'M仍是菱形，則粒子的出射點一定是b點，同理可知，從邊射

入的粒子，出射時全部從〃點射出，即“磁聚焦”，故B正確，D錯誤。

10、(1)答案：①m②印+

次=0,1,2」

獲

解析：①離子在磁場中運動^^/二'直

R

B=〃曾

qR

②離子在磁場中的運動時間t=—

2%

轉筒的轉動角度初=2也+2

2

口=(4%+1)為#=(),1,2,

R

/八、代g(2〃兀+。)乂m\i0八1仁

(2)答案：------------^tan—,〃=0,l,2,??

2(兀一。)兀R2

解析：設速度大小為u的離子在磁場中圓周運動半徑為網

Q°

/?/=/?tan—,v=vtan—

2°n2

離子在磁場中的運動時間/'=(兀-。)二

%

轉筒的轉動角度=2血+e

轉筒的轉動角速度為〃=仁〃兀］).為oi2,

(兀一。)R

Ojr

動量定理F—=Nmv

0)'

包他上皿.且012,

2(71-0)71R2

（3）答案：-7T；-71；-

662

解析：轉筒的轉動角速度＞+6'。=⑵河+。）%＜如

Rge）RR

其中左=1,0'=-——兀,F?=0,2或者k=0JI=0.0=—

62

可得，'=3?！关＃?/p>

662

11.答案：⑴

吒

⑶，小十方

解析：（1）由題意可知粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R=〃