专题05 相邻方向相反磁场模型-高考物理磁场常用模型最新模拟题精练

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高考物理《磁场》常用模型最新模拟题精练
专题5. 相邻方向相反磁场模型
一．选择题
1. （2023重庆沙家坝重点中学质检） 如图，足够长的荧光屏OA的上方区域存在匀强磁场，边界MN左侧区域的磁场方向垂直纸面向里，右侧区域的磁场方向垂直纸面向外，两区域的磁感应强度大小均为B。光屏上方有一粒子源紧挨着O点，可沿OA方向不断射出质量为m、电荷量为q（q>0）的粒子。粒子打在荧光屏上时，荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值，速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，OM之间的距离为，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则（　　）

A. 粒子的最大速率为
B. 荧光屏上的发光长度
C. 打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为
D. 打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为
【参考答案】AC
【名师解析】
速率最大的粒子恰好垂直打在光屏上，轨迹如图所示

设轨道半径为r1，即
OO1=r1
O1O2=2r1
可知圆心角
∠OO1K=60°
故

可解得
r1=2a
由向心力公式可得

联立可解得

此过程，在磁场中的运动时间最短，MN左侧轨迹圆心角60°，右侧轨迹圆心角150°，周期公式为

故总时间为

故AC正确；
当粒子的轨迹恰与MN相切时，进入右侧后，恰与MA相切，在磁场中的运动时最长。如图所示

由几何关系得

两边轨迹合起来恰好一个圆周，故最长时间

垂直打到荧光屏的位置离M最远，与荧光屏相切点离M最近，两点之间距离即为光屏上的发光长度，即

故BD错误。
2. .如图所示，两个中心重合的正三角形线框内分别存在着垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场，已知内部三角形线框ABC边长为2a，内部磁感应强度大小为B0，且每条边的中点开有一个小孔。有一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场。如果要使粒子恰好不与边界碰撞，在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场，下列说法正确的是(　　)

A．三角形ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也为B0
B．三角形A′B′C′的边长可以为2a
C．粒子的速度大小为
D．粒子再次回到D点所需的时间为
【参考答案】ACD
【名师解析】要想使粒子不与边界碰撞，在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场，则带电粒子在内、外磁场中做圆周运动的轨迹都应为半径为a的圆弧，粒子运动轨迹如图所示，所以三角形ABC与A′B′C′之间的磁感应强度大小也应该为B0，故A正确；由几何知识可知，三角形A′B′C′的最短边长为2a＋2a，B错误；带电粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝a＝，速度为v＝，C正确；

分析知粒子再次回到D点时，其运动轨迹对应的圆心角θ＝2×60°＋300°＝420°，故t＝T＝，D正确。
3. .如图所示，边长为L的等边三角形abc为两个匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场范围足够大、方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B.顶点a处的粒子源将沿∠a的角平分线发射质量为m、电荷量为q的带负电粒子，其初速度v0＝，不计粒子重力，则(　　)

A．粒子第一次到达b点的时间是
B．粒子第一次到达c点的时间是
C．粒子第一次返回a点所用的时间是
D．粒子在两个有界磁场中运动的周期是
【参考答案】．ACD　
【名师解析】v0＝，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB＝m；T＝；将速度代入可得：r＝L；从a射出粒子第一次通过圆弧从a点到达c点的运动轨迹如图所示，可得：tac＝＝，B错误；带电粒子在一个周期内的运动如图；带电粒子从c到b的时间，tcb＝＝，带电粒子从a到b的时间为tab＝tac＋tcb＝，A正确；粒子第一次返回a点所用的时间是，C正确；粒子在两个有界磁场中运动的周期是3个完整的圆周运动周期，T′＝，D正确．

4. (2021高考辽宁模拟卷)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，为半圆，与直径共线，间的距离等于半圆的半径。一束质量均为m、带电荷量均为的粒子，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和粒子重力。在磁场中运动时间最短的粒子的运动时间为( )

A. B. C. D.
【参考答案】：B
【名师解析】：根据洛伦兹力公式和向心力公式可得，粒子在磁场中运动的周期，作出粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的时间为，由几何知识可知β的最大值为，所以粒子在磁场中运动的最短时间为，选项B正确
二．计算题
1. （2022河北唐山三模）如图为控制高能粒子在不同位置发生正碰的装置。关于y轴对称间距为的直线边界和之间有两个有界匀强磁场。两磁场的边界在x轴上方，与x轴距离h可调。下方磁场垂直纸面向里，上方磁场垂直纸面向外，磁感应强度均为B。高速正、负电子分别从和磁场边界上沿x轴以相同速率同时进入磁场。调节电子速率和h，控制正负电子在y轴不同位置发生正碰，碰撞时速度与y轴垂直。已知电子质量为m、电荷量大小为e、不计粒子间的相互作用力和重力。求：
（1）正、负电子同时以相同速度进入磁场，经过边界一次后在y轴发生正碰，求h大小；
（2）正、负电子同时以相同速度进入磁场，调节h使正负电子在y轴不同位置发生正碰，求h的可能大小。


【参考答案】（1）；（2）见解析
【名师解析】
（1）设正、负电子以速度v1在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r1，根据牛顿第二定律有

解得
r1=
如图所示，根据对称性可知



（2）设正、负电子以速度v2在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r2，根据牛顿第二定律有

解得

如图所示，当时，正、负电子仅可能在O点发生正碰，根据几何关系有

解得



当h< r2时，如图所示，正、负电子在两磁场中存在往复运动的情况，根据几何关系有

解得


2. （2022河北石家庄二中模拟）如图所示，厚度不计的光滑绝缘板、间距为，板长为，板间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小。两板的上边界连线及其上方和下边界连线及其下方的空间都存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为。一个质量为的带电的粒子，电量为，从的中点S与板成角垂直于磁场射入板间，在磁场作用下经点垂直于边界并恰好能无碰撞地射入上部磁场区域，轨迹如图所示，不计粒子重力。
（1）求粒子从S点射入板间的速度的大小；
（2）若该粒子射入上部磁场区后，又恰好能从点无碰撞地返回板间磁场，运动过程中与绝缘板相碰时无能量损失且遵循反射定律，经过一段时间后该粒子能再回到S点（回到S点的运动过程中与板只碰撞一次），求粒子从S点出发到再回到S点的时间；
（3）若其他条件均不变，板不动，将板从原位置起向右平移，且保证区域内始终存在垂直纸面向里的匀强磁场，若仍需让粒子回到S点（回到S点的运动过程中仍然与板只碰撞一次），则到的垂直距离应满足什么关系？（用来表示）

【参考答案】（1）；（2）；（3），（）或，（）
【名师解析】
（1）、间距离，且S为中点，根据几何关系
有，，
从S点射入速度
（2）由对称性，粒子将打到中点并反弹，再次回到S点的轨迹如图。从图知，粒子从点进入磁场后做半个圆周再次进入，所以在中，，在中，
又，
解得，，
故粒子在场中时间
粒子在场中时间


（3）如图所示，由粒子运行的周期性以及与板碰撞遵循反射定律，有如下结果：


，（）或，（）

3. （2022广东汕头模拟）如图所示，PQ、MN是相互平行、间距为L的长直边界，在两边界外侧都存在匀强磁场，方向均垂直于纸面向内，右侧磁场的磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为的带电粒子从MN边界的O点以大小为的初速度垂直于边界沿纸面射入右侧磁场区，一段时间后粒子再次经过O点，这过程中粒子有两次进入左侧磁场区运动。不计粒子的重力。
（1）求左侧磁场的磁感应强度；
（2）在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，然后使粒子从O点以同样的条件射出，结果粒子同样能返回O点，而且所用时间比原来变短。求匀强电场的场强E的可能值；
（3）在第（2）问的前提下，讨论粒子从O点射出到返回O点的最短时间与磁感应强度B的关系。

【参考答案】（1）；（2）；（3）
【名师解析】
（1）粒子有两次进入左侧磁场区运动，最后再次经过O点，则轨迹如图，由几何关系可知，设粒子在左右两边磁场中运动的半径分别为R和r，则

根据

可得左侧磁场的磁感应强度


（2）若在PQ、MN边界之间的区域加上方向垂直于边界的匀强电场，且能返回O点，而且所用时间比原来变短，且

则粒子首次进入电场时必然做加速运动，则场强方向向左，且回到右侧磁场时速度不变，仍为v0，在右侧磁场中的运动半径不变，因粒子还能经过O点，则半径关系式满足
n(2R-2r)=2r（其中n=1、2、3……）
设粒子进入左侧磁场时的速度为v，则


可得

即

因粒子在电场中加速，且所用时间比原来变短，则
v>v0
则表达式

中n只能取1，即

粒子在电场中的加速度


解得

（3）当粒子返回O点的时间最短时，则对应于n=1的情况，最短时间为

其中的

解得

4.（16分）(2022江苏苏州期初调研)如图所示，x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场B0，一群正离子从x轴上的P（-d, 0）点以速度v射入磁场，不计粒子重力及相互间的作用力.
（1）如图甲所示，若离子沿+y方向射入磁场，经偏转后正好通过y轴上的Q (0, d )点，求离子的比荷；
（2）若离子射入的速度方向在沿与x轴正方向和y轴正方向的纸面区域内，如图乙所示，且x轴上方是有界匀强磁场，现沿y轴放置一长为d的收集板. 所有粒子经磁场偏转后都垂直打到收集板上，求磁场区域的最小面积S；
（3）若改变磁场，如图丙所示，将上述收集板沿x轴放置,让离子射入的速度方向沿y轴正方向左右分别成θ=450范围内，为使离子不能被收集板收集，磁感应强度B应满足什么条件？
收集板
收集板
x
y
.
(0,d)
(-d,0)
O
P
乙
.
x
y
.
(0,d)
(-d,0)
O
P
甲
.
y
.
(0,d)
(-d,0)
O
P
丙
d
.
x









【名师解析】.(1) ……… ……………………………………(1分)
……… ……………………………………(1分)
解得： ……… ………………………………… (2分)
(2) 依题意： …… ……………………………………(1分)

阴影面积为所求面积：
……………(1分)
解得：………(2分)
（3）设收集板恰好收集不到离子时半径为R1 ，对应的磁感应强度为B1，如图①所示:
2R1=d ………………………(1分)
对应的磁感应强度B1=2B0 …(2分)
另一种情况：如图②；
有， ………(1分)
解得： ………(2分)
即磁感应强度应满足：
或 ………(2分)
5. 如图所示，空间某平面内有一条折线是磁场的分界线，在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小都为B．折线的顶角∠A=90°，P、Q是折线上的两点，AP=AQ=L．现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿PQ方向射出，不计微粒的重力．
（1）若P、Q间外加一与磁场方向垂直的匀强电场，能使速度为v0射出的微粒沿PQ直线运动到Q点，则场强为多大？方向如何？
（2）撤去电场，为使微粒从P点射出后，途经折线的顶点A而到达Q点，求初速度v应满足什么条件？
（3）求第（2）中微粒从P点到达Q点所用时间的最小值．

【名师解析】
（1）电场力与洛伦兹力平衡得：qE=qv0B得：E=v0B，场强方向在纸平面内垂直PQ向上．   
（2）如图所示，画出粒子运动的轨迹，根据运动的对称性，微粒能从P点到达Q点，应满足：L=nx 


其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由于AP=AQ=L，角∠A=90°则知，偏转圆弧对应的圆心角为或
设圆弧的半径为R，则有2R2=x2，可得：R==①
又：qvB=m…②
由①②式得：v=，n=1、2、3、…
（3）当n取奇数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为
  θ1=n+ n=2nπ
则：t1=2nπ=n，其中n=1,3,5···
当n取偶数时，微粒从P到Q过程中圆心角的总和为：
  θ2=n+ n=nπ
则：t2=nπ=n，其中n=2、4、6、…
欲使时间最小，取n=1或者2，此时tmin=


6. (2021江西南昌一模) 如图所示，平面直角坐标系中有大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为平行于x轴的直线。A为y轴上的点，其坐标为，C为上的点，其坐标为。有两个质量为m、电量为的完全相同的带电粒子a、b，它们分别从A、O两点沿x轴正方向同时射入磁场，它们均经过磁场中的C点。若不计粒子的重力，求：
(1)a、b两粒子速度大小的比值；
(2)a、b两粒子先后经过C点的时间差。


【参考答案】(1) ；(2)
【名师解析】
(1)由几何关系得

所以

故粒子a的运动半径为

粒子b的运动半径显然为

根据可得粒子在磁场中的运动半径

则a、b两粒子射入磁场速度大小之比为



(2)由周期可得粒子在磁场中运动的时间为

其中是运动粒子圆运动轨迹对应的圆心角，则


粒子a，b到达C点的时间差为

5．（2020江苏扬州期末）如图所示，在xoy平面内，有一线状电子源沿x轴正方向发射速度均为v的电子，形成宽为2R、在y轴方向均匀分布且关于x轴对称的电子流．电子流沿+x方向射入一个半径为R、中心位于原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xoy平面向里．在磁场区域的正下方d处，有一长为2d的金属板MN关于y轴对称放置，用于接收电子．电子质量为m，电荷量为e，不计电子重力及它们间的相互作用．
（1）若正对O点射入的电子恰好从P点射出磁场，求磁感应强度大小B；
（2）在第（1）问的情况下，求电子从进入磁场到打在MN板上的时间t；
（3）若所有电子都能从P点射出磁场，MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例是多大？

2R
电子源
y
x
P
2d
d
M
N
R
v
O

【名师解析】．（16分）
（1）可求得电子旋转的轨道半径是r=R （2分）
根据公式 （2分）
解得 （1分）
（2）电子在磁场中运动时间为： （2分）
（1分）
电子出磁场后的运动时间为： （1分）
总时间为 （1分）
（3）所有电子在磁场中运动的半径相等，因为所有电子都能从P点射出磁场，所以所有电子在磁场中运动的半径均为R 。
MN板能接收到的电子从P点射出时，速度偏转角为θ（即与x正方向的夹角θ）满足
①到达N点的电子轨迹如图甲所示，其入射点为E，四边形O1POE为菱形.
45°
135°
乙
O1
O2
F
甲
2R
电子源
y
x
P
2d
d
M
N
R
v
O1
E
2R
电子源
y
x
P
2d
d
M
N
R
v
O
O







E点到x轴的距离 （2分）
②到达M点的电子轨迹如图乙所示，其入射点为F，四边形O2POF为菱形.
F点到x轴的距离 （2分）
EF竖直长度占射入总长度2R的比例
所以MN板能接收到的电子数占发射电子总数的比例。 （2分）
6. (16分) （2020江苏南通泰州一模）如图所示，宽度为L、足够长的匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．绝缘长薄板MN置于磁场的右边界，粒子打在板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后竖直分速度不变，水平分速度大小不变、方向相反．磁场左边界上O处有一个粒子源，向磁场内沿纸面各个方向发射质量为m、电荷量为＋q、速度为v的粒子，不计粒子重力和粒子间的相互作用，粒子电荷量保持不变．
(1) 要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，求粒子速度v满足的条件；
(2) 若v＝，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，求这些粒子在磁场中运动时间的最小值t；
(3) 若v＝，求粒子从左边界离开磁场区域的长度s.


【名师解析】
(1) 设粒子在磁场中运动的轨道半径为r1，则有
qvB＝m(2分)
如图(1)所示，要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，应满足2r1＜L(1分)
解得v＜(2分)
(2) 粒子在磁场中圆周运动的周期T＝(1分)
　　　
设运动的轨道半径为r2，则有qvB＝m(1分)
解得r2＝L(1分)
在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，粒子运动轨迹如图(2)所示，由几何关系可知最小时间t＝2×(1分)
解得t＝(2分)
(3) 设粒子的磁场中运动的轨道半径为r3，则有qvB＝m(1分)
解得r3＝2L(1分)
粒子在磁场中运动从左边界离开磁场，离O点最远的粒子运动轨迹如图(3)所示，则从左边界离开磁场区域的长度
s＝4r3sin 60°(1分)
解得s＝4L(2分)
答：（1）要使粒子在磁场中运动时打不到绝缘薄板，粒子速度v满足的条件为；
（2）若v=，一些粒子打到绝缘薄板上反弹回来，这些粒子在磁场中运动时间的最小值t为；
（3）若v=，粒子从左边界离开磁场区域的长度s为4。
【关键点拨】
（1）做出粒子在磁场中运动时恰好打不到绝缘薄板的运动轨迹，根据几何知识求解圆周运动的半径，根据洛伦兹力提供向心力求解临界速度； 
（2）根据根据洛伦兹力提供向心力求解粒子圆周运动的半径，在磁场中运动时间最短的粒子通过的圆弧对应的弦长最短，作出运动轨迹，根据几何知识结合圆周运动的周期求解最小的运动时间； 
（3）根据根据洛伦兹力提供向心力求解粒子圆周运动的半径，作出运动轨迹，根据几何知识求解粒子从左边界离开磁场区域的长度s。
解决该题需要明确知道粒子不打到绝缘板的临界轨迹是运动轨迹和绝缘板相切，能作出粒子在磁场中运动的运动轨迹，能根据几何知识求解相应的几何长度。
7.（14分）(2022四川成都摸底)
如图，直角坐标系中，在第一象限内有沿轴负方向的匀强电场；在第三、第四象限内分别有方向垂直于坐标平面向里和向外的匀强磁场。一质量为、电荷量为的粒子从轴上点以初速度垂直于轴射入电场，再经轴上的点沿与轴正方向成角进入磁场。粒子重力不计。

（1）求匀强电场的场强大小；
（2）要使粒子能够进入第三象限，求第四象限内磁感应强度的大小范围；
（3）若第四象限内磁感应强度大小为，第三象限内磁感应强度大小为，且第三、第四象限的磁场在处存在一条与轴平行的下边界（图中未画出）。则要使粒子能够垂直边界飞出磁场，求的可能取值。
【名师解析】.（14分）解：（1）在第一象限内，粒子在电场力作用下做类平抛运动
由运动学规律有：，
由牛顿第二定律有：
联立解得：
（2）粒子在点的速率：
由：，
可得的距离为：
粒子进入第四象限后做匀速圆周运动，如答图3所示，轨迹恰与轴相切时，对应恰能够进入第三象限的磁感应强度最大值
由牛顿第二定律有：
由几何关系有：
联立以上各式解得：
故的大小范围为：

（3）由：
粒子在第四、第三象限的轨道半径分别为：
，
易知：粒子由点进入第四象限后运动半周进入第三象限，作出粒子在第四、第三象限的可能运动轨迹如答图4所示

要让粒子垂直边界飞出磁场
则满足的条件为：
结合题意：
解得：

8.（10分）(2022浙江模拟)如图所示，在边长为8m的水平面正方形区域MNST内用OQ平分了两种匀强磁场，其中左边磁场方向垂直纸面向里，右边磁场方向垂直纸面向外。在正方形区域左边与右边的边界（含磁场）的中点上有两个点发射源能够在每秒中分别射出N个数量的离子，且离子射出的方向竖直向上。设左边磁场强度为,右边磁场强度为，并在距离MN竖直向下的2m，离MT距离为3m的地方放置了一个长为2m双面收集板ab（离子打在ab板上直接被收集）。回答下列有关小题：
（1） 若A与B点发射源均能够将离子射入磁场内，求A与B点发射源射出的离子的带电性；
（2） 若点A发射源射出的离子比荷均为k，且能够全部打在板ab的左侧，求点A发射源的速度取值范围；
（3） 满足（1）的条件，AB发射源射出的离子质量为m，电荷量为q，现将AB带电离子源均向上提高2m，其他装置保持不变，如图（2），若=，且此时A与B两点射出的离子均在ab板交于同一点。请在图（2）处画出A与B电子的轨迹，并求离子束对探测板的平均作用力F。







图（1） 图（2）
【名师解析】（本题10分）
（1） A电子源带负电，B电子源带负电
（2）当打在板的a端时，由几何关系得：，解得
代入，解得v=
当打在OQ端时，有几何关系得，解得
代入，解得v=
故≥v≥
（3）轨迹见下图：
此时有几何关系得R=2m
故由，解得v=
此时单个粒子由动量定律得：
Ft=mv-0，解得F=
同时又有2N个粒子同时汇集，解得此时F=
第22题（3）问图
（评分标准：第（1）问一个A电性1分，B电性1分；第（2）问两个结果过程各1分，答案各1分；第（3）
问轨迹图1分（均画对才给分），v的答案1分，单个
粒子F算对1分，最后结果1分，用）

9．(2020·宁波质检)如图所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T．磁场内有一块平面感光板ab，板面与磁场方向平行．在距ab为l＝16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的电荷量与质量之比＝5.0×107 C/kg.现只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab板上被α粒子打中区域的长度．

【名师解析】：α粒子带正电，故其在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动．用R表示轨道半径，
有qvB＝m，得R＝
代入数值得R＝10 cm，可见2R>l>R.
因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在如图所示中N左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点．为确定P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心、R为半径、作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，垂线与ab的交点即为P1.即：NP1＝.
再考虑N的右侧．α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作弧，交ab于N右侧的P2点，此点即α粒子能打到的右侧最远点．
由图中几何关系得NP2＝，
所求长度为P1P2＝NP1＋NP2
代入数值得P1P2＝20 cm.

答案：20 cm