1、专题十 磁 场,高考物理 (课标专用),考点一 磁场、磁场力 1.(2018课标,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流 方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀 强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强 度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则 ( ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0,五年高考,A组 统一命题课
2、标卷题组,D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0,答案 AC 本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生 的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向 外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度 的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。,解题关键 注意矢量的方向性 本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向 里,在b点垂直纸面向外。,2.(
3、2017课标,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸 面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内 与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a 点处磁感应强度的大小为 ( )A.0 B. B0 C. B0 D.2B0,答案 C 本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。两导线中通电流I时,两电流在a点处 的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和为-B0,如 图甲得B= B0。P中电流反向后,如图乙,B合=B= B0,B合与B0的矢量和为B总=
4、 B0,故C项正 确。甲 乙,易错点评 安培定则和矢量合成法则的运用 正确运用安培定则画出甲、乙两图。 由P和Q中电流为I时,a点处的合磁感应强度为0,得出B0的方向水平向左和B的大小为 B 0。 P中的电流反向,则P中电流的磁场反向,Q中电流的磁场大小和方向不变。 注意各物理量间的夹角大小关系。,解后反思 由P中电流反向前Ba=0分析得出P、Q中电流在a点处的合磁场的磁感应强度与B0 等大反向,进而确定B0的方向是解题的关键。,3.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆 包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线
5、圈的转轴。将 线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两 金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( )A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,答案 AD 要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴 下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180时,靠近磁极的导线 与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线 圈最终做
6、往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性 转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、 D正确。,易错警示 要使线圈连续转动,要么受到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不 变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变的安培力作用。,4.(2017课标,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有 电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 ( )A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在
7、平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1,答案 BC 因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相 等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何关系可知,L1所受磁 场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与L1、L2所在平面垂直, A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单 位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30 =
8、F,故C正确、D错误。,一题多解 电流的磁场与安培力 由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。 如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场B1=2B cos 60=B,方向与L2、L3所在平面垂直,再由左 手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力的大小为F1 =BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为F 3= BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11 ,故A、D错误,B、C正 确。,5.(2015课标,18,6分,0.527)(多选)指南针是
9、我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法 正确的是 ( ) A.指南针可以仅具有一个磁极 B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针不偏转,答案 BC 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两 个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后, 反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场 力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。,解题指导 指南针有两个磁极,在地磁场作用下指向南北。,解题关键
10、在指南针上方沿指针方向放置一直导线,导线通电后,会激发磁场,使指南针偏转。,6.(2014课标,15,6分,0.809)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是 ( ) A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半,答案 B 由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确; 安培力的大小F=BIL sin ,与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成 直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后
11、一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行, 则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力的大小变为原来 的 ,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。,易错警示 安培力的方向与“谁”垂直是易错易混点。,7.(2015课标,24,12分,0.564)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬 挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与 金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 。已知开关断 开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关
12、断开时相 比均改变了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向, 并求出金属棒的质量。,答案 见解析,解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 2kl1=mg 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得 2k(l1+l2)=mg+
13、F 由欧姆定律有 E=IR 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立式,并代入题给数据得,m=0.01 kg (安培力方向判断正确给2分,式各2分),思路分析 开关断开时对ab棒进行受力分析,列平衡方程。 开关闭合时,判定安培力方向,对ab棒进行受力分析,列平衡方程。,考点二 带电粒子在磁场中的运动 8.(2017课标,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边 界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。 若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率 为v2,相应的出射点分布在
14、三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2v1 为 ( )A. 2 B. 1 C. 1 D.3,答案 C 设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由 几何知识得r1= = ,r2= = R= 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。,审题指导 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域 相交时,其弦长最长,即为最大分布。,9.(2016课标,18,6分,)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行, 筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转 动。在
15、该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过9 0时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒 子的比荷为 ( )A. B. C. D.,答案 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t= T=;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。,考查点 带电粒子在圆形磁场中的运动,解题关键 找圆心。 利用几何关系找圆心角并求时间。,方法技巧 规范作图是找几何关系的基础。,10.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截
16、面(纸面)如图所示,平面 OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电 荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30 角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计 重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( )A. B. C. D.,答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知, PO半径与OQ半径在同一条直线上。则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。,考查点 带电粒子在有界磁场中的圆周运动,审题技巧 “该粒子
17、在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点”表示轨迹与ON相切。,解题关键 正确画出轨迹图,利用几何知识找出角度关系。,11.(2015课标,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速 度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域 后,粒子的 ( ) A.轨道半径减小,角速度增大 B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D.轨道半径增大,角速度减小,答案 D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度 大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度= 知,角速度减小,选项D正确。
18、,解题关键 轨道半径表达式:r= 。 角速度表达式:= 。,12.(2015课标,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电 子 ( ) A.运动轨迹的半径是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圆周运动的周期是中的k倍 D.做圆周运动的角速度与中的相等,答案 AC 由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R= ,故R2=kR1,A正确。加 速度大小a= B,故a2=a1/k,B错。周期T= ,故T2=kT1,C正确。角速度= = B, 故2=1/k,D错。,思
19、路点拨 利用洛伦兹力提供向心力推出R、a、T、的表达式,然后根据表达式进行判断。,13.(2014课标,16,6分,0.637)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的 匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝 板后到达PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重 力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为 ( ),A.2 B. C.1 D.,答案 D 由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛伦兹力提 供向心力:qvB= ,得v= ;其动能Ek= mv2= ,故磁感应强度B=
20、 , = =,选项D正确。,解题关键 利用洛伦兹力提供向心力,求出v与R的关系,导出Ek的表达式。,14.(2014课标,20,6分,0.347)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强 磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电 子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是 ( )A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小,答案 AC 在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同
21、,但速度大小关系未知。由 左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反,偏转方向必相反,故A正确。 因r= ,各粒子虽q相同,但v关系未知,故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明 mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由Ek= mv2、r= 得r= ,可见当Ek越大时 粒子轨迹半径越大,故D错误。,审题指导 本题考查带电粒子垂直射入磁场后的偏转问题,不要受“硅微条径迹探测器”这 个名称的影响。,15.(2017课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域, 磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q (q0)的
22、带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方 向再次沿x轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。,答案 (1) (1+ ) (2) (1- ),解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向转过180时,所需时间t1为 t1= 粒子再转过180时,所需时间t2为 t2= 联立式得,所求时间为 t0=t1+t2= (1+ ) ,(2)由几何关系及式得,所求距离
23、为 d0=2(R1-R2)= (1- ) ,综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、 右两侧的受力大小有突变。因为B左B右,所以R左R右。速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子 在左、右磁场中各转过半周。所以粒子与O点间距离为直径的差值。题目内容精典,难度较 小。,考点三 带电粒子在复合场中的运动 16.(2017课标,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面 平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、 mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀
24、速直线运动,c在纸 面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 ( )A.mambmc B.mbmamc C.mcmamb D.mcmbma,答案 B 因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定 则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡 条件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正确。,规律总结 复合场中粒子的特殊运动 带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电 场力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。,17.(2
25、016课标,15,6分)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,解题关键 利用电场加速、磁场偏转推出 的表达式。,答案 D 设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。 在加速电场中qU= mv2,在磁场中qvB=m ,联立两式得m= ,故
26、有 = =144,选项 D正确。,18.(2018课标,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在 纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左 边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。,答案 (1) (2)14,解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感 应
27、强度大小为B,由动能定理有 q1U= m1 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1 由几何关系知 2R1=l 由式得 B= (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的 半径为R2。同理有 q2U= m2 ,q2v2B=m2 由题给条件有 2R2= 由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 =14 ,思路分析 根据题设条件,分析离子在电场和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二定 律等知识列方程求解。,19.(2018课标,25,20分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在 y0的区域存在方向垂直于xOy平面向
28、外的匀强磁场。一个氕核 H和一个氘核 H先后从y轴 上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知 H进入磁场时,速度方向与x轴正方 向的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场 H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求 (1 H第一次进入磁场的位置到原点O的距离; (2)磁场的磁感应强度大小; (3 H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。,答案 (1) h (2) (3) ( -1)h,解析 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1 H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设 H在电场中的加 速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中
29、的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的 距离为s1。由运动学公式有s1=v1t1 h= a1 由题给条件 H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60 H进入磁场时速度的y分量的 大小为 a1t1=v1 tan 1 ,联立以上各式得 s1= h (2 H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1 设 H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有 v1= 设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律 有 qv1B= 由几何关系得 s1=2R1 sin 1 联立以上各式得 B= ,(3)设 H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场
30、中的加速度大小为a2,由题给条件 得(2m) = m 由牛顿第二定律有 qE=2ma2 设 H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原点的 距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2=v2t2 h= a2 v2= sin 2= 联立以上各式得 s2=s1,2=1,v2= v1,设 H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式 得 R2= = R1 所以出射点在原点左侧。设 H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2,由 几何关系有 s2=2R2 sin 2 联立 式得 H第一次离开磁场时的位置到原
31、点O的距离为 s2-s2= ( -1)h,规律总结 带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路 电场中类平抛运动:x=v0t,y= at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心; b.利用几何关系求半径;c.qvB=,20.(2018课标,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的 截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于 xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方 向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴
32、平行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。 不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; (2)求该粒子从M点入射时速度的大小; (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从M点 运动到N点的时间。,答案 (1)见解析 (2) (3),解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)图(a) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0, 在下侧
33、电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方 向的夹角为见图(b),速度沿电场方向的分量为v1。,图(b),根据牛顿第二定律有 qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1=at l=v0t v1=v cos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB= 由几何关系得 l=2R cos 联立式得 v0= (3)由运动学公式和题给数据得,v1=v0 cot 联立式得= 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则 t=2t+ T 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期, T= 由 式得 t=,
34、审题指导 对称性是解题关键,21.(2014大纲全国,25,20分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平 面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、 大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不 计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为,求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值; (2)该粒子在电场中运动的时间。,答案 (1) v0 tan2 (2),解析 (1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带 电荷量分别为m和q,圆周运
35、动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B=m 由题给条件和几何关系可知R0=d 设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t, 离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿运动定律及运动学公式得 Eq=max vx=axt t=d ,由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有 tan = 联立式得= v0 tan2 (2)联立式得 t= ,审题技巧 由关键点“平行x轴”“垂直x轴”可知R0=d。,思路分析 在第一象限带电粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。 在第四象限,带电粒子在电场中偏转,竖直方向做匀速直线运动,水平方向做匀加
36、速直线运 动。,考点一 磁场、磁场力 1.(2017上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间。电键闭合后导体棒受 到的安培力方向 ( )A.向上 B.向下 C.向左 D.向右,B组 自主命题省（区、市）卷题组,答案 D 根据图中的电流方向,由安培定则知U形铁芯下端为N极,上端为S极,ab中的电流方 向由ab,由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右,选项D正确。,思路分析 绕有线圈的U形铁芯为电磁铁,据通过线圈的电流方向,确定U形铁芯的磁极,再通 过左手定则确定安培力的方向。,2.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁
37、场B的 边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 ( )A.11 B.12 C.14 D.41,答案 A 磁通量=BS,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。因为是同一磁场,B相 同,且有效面积相同,Sa=Sb,故a=b,选项A正确。,易错点评 虽然两线圈面积不同,但是有效面积相等。,3.(2016北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁 石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分 布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 ( )A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁
38、场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用,答案 C 由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感 线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道 上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与 地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。,审题指导 题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察图,挖掘有用信息。,4.(2015江苏单科,4,3分)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁
39、感应强度。下列各选项所示的载 流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电 流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是 ( ),答案 A 天平处于平衡状态,说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差,根 据安培力公式F=BIL,知选项A中线圈在磁场中有效长度最大,所受安培力最大,磁场发生微小 变化,安培力变化最大,天平最容易失去平衡,选项A符合题意。,5.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为, 间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的
40、金属 棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松 开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到 底端的过程中,金属棒 (1)末速度的大小v; (2)通过的电流大小I; (3)通过的电荷量Q。,答案 (1) (2) (3),解析 (1)匀加速直线运动 v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金属棒所受合力F=mg sin -F安 由牛顿运动定律得F=ma 解得I= (3)运动时间t= 电荷量Q=It 解得Q=,考点二 带电粒子在磁场中的运动 6.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一点
41、。P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a 点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。 在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 ( )A.向上 B.向下 C.向左 D.向右,答案 A P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面 向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D 错。,7.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板 MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1 cm,中点O与S间的距离d=4.55 cm
42、,MN与SO直线的夹 角为,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0 10-4 T。电子质量m=9.110-31 kg,电量e=-1.610-19 C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.61 06 m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则 ( )A.=90时,l=9.1 cm B.=60时,l=9.1 cm C.=45时,l=4.55 cm D.=30时,l=4.55 cm,答案 AD 如图,S到MN的距离d0=d sin ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN 上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上
43、最下端的位置对应于到S的 距离等于电子运动轨迹直径的点(若 ,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r = =4.55 cm。由图中几何关系有 = , = 。当=90时, 取 得最小值 r,此时 = ,从而有l= = + -d cos = + -d cos 。当 =90时,l=9.1 cm,当=60时,l=6.78 cm,当=45时,l=5.68 cm,当=30时,l=4.55 cm。故可知A、 D正确,B、C错误。,8.(2014安徽理综,18,6分)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中 的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的
44、平 均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电 粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 ( ) A. B.T C. D.T2,答案 A 等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,有:qvB= ,得v= 动能Ek= mv2= 由题意得Ek=kT 故有:kT= 得B= 即B ,选项A正确。,9.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间 两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点,各区域磁感应强度大小相 等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当
45、入射速度为v0时,粒子从O上方 处射出磁场。取sin 53=0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感应强度大小B; (2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O的时间t; (3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O的 时间增加t,求t的最大值。,答案 (1) (2) (3),解析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1)粒子圆周运动的半径r0= 由题意知r0= ,解得B= (2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为 由d=r sin ,得sin = ,即=53 在一个矩形磁场中的运动时间t1= ,解得t1= 直线运动的时间t2= ,解得t
46、2= 则t=4t1+t2= (3)将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得x d,则当xm= d时,t有最大值 粒子直线运动路程的最大值sm= +(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加时间的最大值tm= =,思路点拨 带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方 处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0= 的 圆周运动,轨迹为半圆。 (2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r= =5r0= d。故可推知运动轨迹如图所示。,(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后
47、,其运动轨迹如图所示。,10.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场 方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度 E的大小。,答案 (1) (2)vB,解析 (1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R= 匀速圆周运动的周期T= = (2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB 场强E的大小E=vB,易
48、错点拨 直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。,考点三 带电粒子在复合场中的运动 11.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定 初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与 完成上述两类运动无关的是 ( ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度,答案 C 不计重力的带电粒子,在电场和磁场的复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系 Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m ,
49、综合可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无关,C对。,12.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直 向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分 别为R、 R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负 电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t; (2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N 的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。,
