1、真题集训章末验收（八）命题点一：磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用1(2011全国卷)为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流 I 引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )解析：选 B 由日常知识可知，地球的南极为磁场的 N 极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图 B，故选项 B 正确。2(2014全国卷)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
2、解析：选 B 根据左手定则可知：安培力的方向垂直于电流 I 和磁场 B 确定的平面，即安培力的方向既垂直于 B 又垂直于 I，A 错误，B正确；当电流 I 的方向平行于磁场 B 的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流 I 的方向垂直于磁场 B 的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C 错误；如图所示，电流I 和磁场 B 垂直，直导线受到的安培力 F BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流 I 和磁场 B 垂直，根据平行四边形定则可得，导线受到的安培力的合力为F BIL，D 错误。223(多选)(2011全国卷)电磁轨道炮
3、工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流 I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与 I 成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的 2 倍，理论上可采用的办法是( )A只将轨道长度 L 变为原来的 2 倍B只将电流 I 增加至原来的 2 倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度 L 变为原来的 2 倍，其他量不变解析：选 BD 由题意可知磁感应强度 B kI，安培力 F BId kI2d，由动能
4、定理可得：FL ，解得 v I ，由此式可判断 B、D 选项正确。mv22 2kdLm命题点二：磁场对运动电荷的作用4(2015全国卷)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，角速度减小解析：选 D 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度 v 大小不变，磁感应强度 B 减小，由公式 r 可知，轨道半径增大。分析角速度：由mvqB公式 T 可知，粒子在磁场中运动的
5、周期增大，根据 知角速度减小。选项 D 正2 mqB 2T确。5(多选)(2015全国卷)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解析：选 AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且磁场磁感应强度B1是磁场磁感应强度 B2的 k 倍。由 qvB 得 r ，即中电子运动轨迹的半径是mv2r mvqB 1B中的 k 倍，选项 A 正确。由 F 合 ma 得 a B，所以 ，选项
6、B 错误。由 TF合m qvBm a2a1 1k得 T r，所以 k，选项 C 正确。由 得 ，选项 D 错误。正确选项2 rv T2T1 2T 2 1 T1T2 1k为 A、C。6(2014全国卷)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( )A2 B. 2C1 D.22解析：选 D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子
7、在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径 r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径 r2的 2 倍。设粒子在 P 点的速度为 v1，根据牛顿第二定律可得 qv1B1 ，则 B1 mv12r1 mv1qr1；同理， B2 ，则 ，D 正确， A、B、C 错误。2mEkqr1 mv2qr2 2m12Ekqr2 B1B2 227.(多选)(2014全国卷)如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
8、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解析：选 AC 根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定则解题。根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项 A 正确；根据qvB ，得 r ，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选mv2r mvqB项 B 错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定 mv 的大小，故选项 C 正确；粒子的 mv 越大，轨道半径越大，而 mv ，粒子的动能大，其 mv 不一定大，选项 D 错2mEk误。8(2013全国卷)空间有一圆
9、柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为 R，磁场方向垂直于横截面。一质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子以速率 v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向 60。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A. B.3mv03qR mv0qRC. D.3mv0qR 3mv0qR解析：选 A 画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为 r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B m ，解得 r 。由图中几何关系可得：tan 30 。联立解v02r mv0qB Rr得：该磁场的磁感应强度 B ，选项 A 正确。3mv03qR9(2013全国卷)
10、如图，半径为 R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为 q(q0)、质量为 m 的粒子沿平行于直径 ab 的方向射入磁场区域，射入点与 ab 的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为 60，则粒子的速率R2为(不计重力)( )A. B.qBR2m qBRmC. D.3qBR2m 2qBRm解析：选 B 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为 r，由牛顿第二定律可得：qvB m ，根据几何关系可知 r R，联立两式解得 v ，选项 B 正确。v2r qBRm命题点三：粒子在复合场中的运动10(2014全国卷)如图，在第
11、一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面( xOy 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。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，圆周运动的半径为 R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B m v02R0由题给条件和几何关
12、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。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq maxvx axtt dvx2由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有 tan vxv0联立式得 v0tan2 EB 12(2)联立式得t 2dv0tan 答案：见解析11.(2011全国卷)如图，在区域(0 x d)和区域( d0)的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域，其速度方向沿 x 轴正向。已知 a 在离开区域时，速度方向与 x 轴正方向的夹角为 30；此时，另一质量和电荷量均与
13、a相同的粒子 b 也从 P 点沿 x 轴正向射入区域，其速度大小是 a 的 1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求：(1)粒子 a 射入区域时速度的大小；(2)当 a 离开区域时， a、 b 两粒子的 y 坐标之差。解析：(1)设粒子 a 在内做匀速圆周运动的圆心为 C(在 y 轴上)，半径为 Ra1，粒子速率为 va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为 P，如图所示。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaB m va2Ra1由几何关系得 PCP Ra1 dsin 式中， 30。由式得 va 2dqBm(2)设粒子 a 在内做圆周运动的圆心为 Oa，半径为 Ra2，射出点为 Pa(图中未画出
14、轨迹)， P OaPa 。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qava(2B) m va2Ra2由式得Ra2 Ra12C、 P和 Oa三点共线，且由式知 Oa点必位于x d 的平面上。由对称性知， Pa点与 P点纵坐标相同，即 yPa Ra1cos h32式中， h 是 C 点的 y 坐标。设 b 在中运动的轨道半径为 Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q( )B ( )2va3 mRb1va3设 a 到达 Pa点时， b 位于 Pb点，转过的角度为 。如果 b 没有飞出，则 tTa2 2 tTb1 2式中， t 是 a 在区域中运动的时间，而Ta2 2 Ra2vaTb1 2 Rb1va3由式得 30由 式可见， b 没有飞出。Pb点的 y 坐标为 yPb Rb1(2cos ) h由 式及题给条件得， a、 b 两粒子的 y 坐标之差为yPa yPb ( 2) d。23 3答案：(1) (2) ( 2) d2dqBm 23 3
