专题8磁场、带电粒子在磁场和复合场中的运动

1、专题8磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动体 系 重 组核 心 检 索1.掌握“两个磁场力”(1)安培力：FBILsin_，其中为B与I的夹角(2)洛伦兹力：FqvBsin_，其中为B与v的夹角2明确“两个公式”(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径公式：Req f(mv,qB)(2)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式：Teq f(2R,v)eq f(2m,qB)3用准“两个定则”(1)对电流的磁场用安培定则(2)对通电导线在磁场中所受的安培力和带电粒子在磁场中所受的洛伦兹力用左手定则4画好“两个图形”(1)对安培力作用下的平衡、运动问题画好受力分析图(2)对带电粒子的匀速圆

2、周运动问题画好与圆有关的几何图形.磁场的性质(多选)(2014浙江高考)如图81甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒从t0时刻起，棒上有如图81乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向则金属棒()图81A一直向右移动B速度随时间周期性变化C受到的安培力随时间周期性变化D受到的安培力在一个周期内做正功【关键信息】1.光滑平行导轨水平放置竖直向下的匀强磁场垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒2从t0时刻起，棒上有持续交变电流I，图甲中I所示方向为电流正方向【尝试解答】根据左手定

3、则知金属棒在0eq f(T,2)内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速运动，在eq f(T,2)T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零，以后始终向右重复上述运动，选项A、B、C正确；在0eq f(T,2)时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在eq f(T,2)T时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误【答案】ABC关于磁场性质问题的注意点1要熟记地磁场，通电导线和线圈磁场、条形或蹄形磁铁、磁场的特点，知道指南针的N极代表磁场方向2磁场的基本性质是对放入

4、磁场的直线电流或带电粒子有磁场力作用，会判断磁场力的方向，会表示安培力和洛伦兹力的大小发散1磁场的方向及其判断1(多选)(2015全国卷)指南针是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【解析】指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确在地磁

5、场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转正确选项为B、C.【答案】BC发散2安培力及其应用2(2015重庆高考)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机图82是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B，区域外的磁场忽略不计线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I.(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向(2)若此时线圈水平向右

6、运动的速度大小为v，求安培力的功率【解析】(1)由安培力表达式FBIL可知，线圈所受的安培力FnBIL，由左手定则可判断安培力方向水平向右(2)由功率公式PFv可知，安培力的功率PnBILv.【答案】(1)安培力的大小：nBIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv发散3洛伦兹力及其应用3(2015海南高考)如图83所示，a是竖直平面P上的一点，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【解析】电子过a点的速度向右，此处磁场向外

7、，由左手定则可判断电子受洛伦兹力向上【答案】A带电粒子在磁场中的运动(2013全国卷)如图84所示，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eq f(R,2)，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)()A.eq f(qBR,2m)B.eq f(qBR,m)C.eq f(3qBR,2m) D.eq f(2qBR,m)【误区点拨】1.不会利用两个相交圆(磁场圆和轨迹圆)的对称关系找到射出点位置出、入点速度方向与磁场圆

8、半径夹角是相等的，根据题知条件可推知此夹角为30，再考虑速度转60，由此可找到出点位置2不能根据两个相交圆形成的两个三角形的几何关系，推出两个圆半径关系【解析】如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在垂直于速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60，故圆弧ENM对应圆心角为60，所以EMO2为等边三角形由于O1Deq f(R,2)，所以EO1D60，O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2O1ER，由qvBeq f(mv2,R)，得veq f(qBR,m)，B正确【答案】B分析带电粒子在磁场中的运动问题时要熟记：1粒子刚好不出磁场边界的条件是带电粒子在

9、磁场中的运动轨迹与边界相切2审题时一定要注意从关键词中找突破口，如抓住题干中的“恰好”、“最大”、“至少”、“不脱离”等词语3从直线边界射入匀强磁场的粒子从同一边界射出时，进出磁场的速度方向与边界的夹角相等，求解时一定要注意对称性的应用发散1磁偏转的基本问题1(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】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

10、磁感应强度B2的k倍由qvBeq f(mv2,r)得req f(mv,qB)eq f(1,B)，即中电子运动轨迹的半径是中的k倍，选项A正确由F合ma得aeq f(F合,m)eq f(qvB,m)B，所以eq f(a2,a1)eq f(1,k)，选项B错误由Teq f(2r,v)得Tr，所以eq f(T2,T1)k，选项C正确由weq f(2,T)得eq f(2,1)eq f(T1,T2)eq f(1,k)，选项D错误正确选项为A、C.【答案】AC发散2磁偏转的临界问题2(多选)(2015四川高考)如图85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L9

11、.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，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B2.0104 T，电子质量m9.11031 kg，电量e1.61019 C，不计电子重力，电子源发射速度v1.6106 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()A90时，l9.1 cm B60时，l9.1 cmC45时，l4.55 cm D30时，l4.55 cm【解析】电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evBeq f(mv2,R)，Req f(mv,Be)4.55102 m4.55 cmeq f(L,2)，90时，击中板的

12、范围如图1，l2R9.1 cm，选项A正确60时，击中板的范围如图2所示，l2R9.1 cm，选项B错误30，如图3所示lR4.55 cm，当45时，击中板的范围如图4所示，lR(R4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误【答案】AD发散3磁偏转的多过程问题3.如图86所示，在直角坐标系的第二象限内的正方形OACD的对角线AD上方三角形内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B0.5 T，y轴右侧有垂直纸面向里的有界匀强磁场，右边界PQ与y轴平行且到y轴的水平距离为d(2eq r(2)m.一质量m6.4104 kg，带电荷量q3.2102C的带电粒子(重力不计)由静止开始经加速电压U12.5

13、 V的电场(没画出)加速后从CD上坐标为(2，eq r(2)的M点平行于x轴向右运动，粒子恰好不从右边界PQ穿出(1)求粒子在三角形匀强磁场中做匀速圆周运动的半径(2)求y轴右侧匀强磁场的磁感应强度大小(3)若右侧磁场右边界PQ可左右移动，粒子刚好从PQ与x轴的交点射出磁场，求粒子在两磁场中运动的总时间【解析】(1)由动能定理知qUeq f(1,2)mv2，代入数值得v25eq r(2) m/s由Bqvmeq f(v2,r)得req f(mv,Bq)eq r(2) m.(2)由(1)知D即粒子在三角形区域磁场中做圆周运动的圆心，粒子恰好垂直对角线AD射出三角形区域磁场并经原点O进入右侧匀强磁场

14、，粒子恰好不穿出右边界，画出粒子的运动轨迹如图乙所示由几何关系知RRcos 45d，解得R2 m由B1qvmeq f(v2,R)知B1eq f(mv,qR)联立解得B1eq f(r(2),4) T.(3)粒子在三角形区域磁场中运动的时间为t1eq f(45,360)eq f(2m,Bq)102 s因粒子刚好从PQ与x轴的交点射出磁场，则粒子在右侧区域磁场中运行的时间为t2eq f(90,360)eq f(2m,B1q)2eq r(2)102 s所以粒子在两磁场中运动的总时间tt1t2(2eq r(2)1)102 s.【答案】(1)eq r(2) m(2)eq f(r(2),4) T(3)(2e

15、q r(2)1)102 s 带电粒子在组合场、复合场中的运动(2015浙江高考)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.图87为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O点(O点图中未画出)引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为.(1)求离子的电荷量q并判断其正

16、负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B，求B；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小【审题指导】1.粒子在回旋加速器中偏转，已知m、v、r、B，洛伦兹力提供向心力，可求粒子电量q；2在P点，磁场变弱，由BB，磁偏转半径变大，新圆心O，在PO延长线上，连接OQ，利用OOQ的几何关系，求出新圆半径R.3磁感应强度B不变，加电场，此时向心力为洛伦兹力与电场力的合力【尝试解答】(1)离子做圆周运动，Bqveq f(

17、mv2,r)qeq f(mv,Br)，正电荷(2)如图所示OQR，OQL，OORr引出轨迹为圆弧，Bqveq f(mv2,R)得Req f(mv,qB)根据几何关系得Req f(r2L22rLcos ,2r2Lcos )故Beq f(mv,qR)eq f(mv（2r2Lcos ）,q（r2L22rLcos ）).(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，BqvEqeq f(mv2,R)EBveq f(mv2（2r2Lcos ）,q（r2L22rLcos ）).【答案】(1)eq f(mv,Br)正电荷(2)eq f(mv（2r2Lcos ）,q（r2L22rLcos ）)(3)沿径向向外Bv

18、eq f(mv2（2r2Lcos ）,q（r2L22rLcos ）)解电磁场综合问题时要注意1若是电磁组合场问题，要分段受力和运动分析常用到动力学规律、类平抛规律、圆周运动规律，并注意联系粒子在各种场中的速度的大小和方向2若是复合场问题，要注意分析受力和运动特点，经常出现多场力平衡下的直线运动或多场力作用下的匀速圆周运动3电磁场的实际应用要熟记速度选择器、质谱议和回旋加速器的原理发散1带电粒子在组合场中的运动1.如图88所示，平面直角坐标系的x轴上方存在竖直向上的匀强电场，场强为E1，第四象限内OC与x轴正方向成60角，OC与x轴间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，OC与y轴间存在垂

19、直OC向下的匀强电场，场强为E2.一质量为m、带电荷量为q(q0)的粒子从O点以与x轴正方向成30角的初速度v0射入匀强电场E1中，经一段时间后从x轴上的Q点进入匀强磁场中，经磁场偏转后恰好垂直穿过OC且刚好能到达y轴上的D点，已知O、Q间的距离为L，粒子重力不计，求：(1)场强E1、E2的大小及磁感应强度B的大小；(2)粒子从O点运动到D点所用的时间t.【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示，粒子在匀强电场中做斜上抛运动，由运动的合成与分解知y轴方向：v0sin 30aeq f(t1,2)且aeq f(qE1,m)x轴方向：Lv0cos 30t1联立得E1eq f(r(3)mveq oal(2

20、,0),2qL)由对称性可知粒子运动到Q点时的速度大小为v0，方向与x轴正方向成30角斜向下，由几何关系知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径rOQL由Bqv0meq f(veq oal(2,0),r)得Beq f(mv0,qL)粒子在OC线下方做匀减速直线运动，到D点速度刚好为0设粒子在电场中的位移为s，由几何关系知tan 60eq f(2r,s)，得seq f(2r(3)L,3)而veq oal(2,0)2eq f(qE2,m)s，联立解得E2eq f(r(3)mveq oal(2,0),4qL).(2)由(1)知粒子在匀强电场中运动的时间t1eq f(2r(3)L,3v0)粒子在匀强磁场中运

21、动的时间t2eq f(120,360)eq f(2m,Bq)eq f(2L,3v0)粒子在匀强电场中运动的时间t3eq f(2s,v0)eq f(4r(3)L,3v0)所以粒子从O点运动到D点所用的时间tt1t2t3eq f(6r(3)2,3v0)L.【答案】(1)E1eq f(r(3)mveq oal(2,0),2qL)E2eq f(r(3)mveq oal(2,0),4qL)Beq f(mv0,qL)(2)teq f(6r(3)2,3v0)L发散2带电粒子在复合场中的运动2.如图89所示，平面直角坐标系的第二象限内存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电荷量为q的小

22、球从A点以速度v0沿直线AO运动，AO与x轴负方向成37角，在第四象限内的区域内加一最小电场强度的匀强电场后，可使小球继续做直线运动到MN上的C点，MN右侧区域内存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，小球在区域内做匀速圆周运动并恰好没从右边界飞出，已知小球在C点的速度大小为2v0，重力加速度为g，sin 370.6，cos 370.8，求：(1)小球的带电性质(2)第二象限内电场强度E1的大小和磁感应强度B1的大小(3)区域内最小电场强度E2的大小和方向(4)区域内电场强度E3的大小和磁感应强度B2的大小【解析】(1)带电小球在第二象限内受重力、电场力和洛伦兹力作用做直线运动，因洛伦

23、兹力与速度关联，所以此三力满足图(a)所示关系且小球只能做匀速直线运动，由受力特点及左手定则可判定小球带正电(2)由图(a)知tan 37eq f(qE1,mg)，得E1eq f(3mg,4q)cos 37eq f(mg,B1qv0)，得B1eq f(5mg,4qv0).(3)当区域中的电场强度最小时，小球做直线运动，此时受力如图(b)所示(电场力方向与速度方向垂直)，小球做匀加速直线运动，由图知cos 37eq f(qE2,mg)，得E2eq f(4mg,5q)，方向与x轴正方向成53角向上(4)小球在区域内做匀速圆周运动，所以mgqE3，得E3eq f(mg,q)，因小球恰好不从右边界穿出

24、，小球运动轨迹如图(c)所示由(3)知Fmgsin 37，即agsin 37由运动学规律知(2v0)2veq oal(2,0)2aOC解得OCeq f(5veq oal(2,0),2g)由几何关系知eq f(r,OC)tan 37，得req f(15veq oal(2,0),8g)由洛伦兹力提供向心力知B2q2v0meq f(（2v0）2,r)，联立得B2eq f(16mg,15qv0).【答案】(1)带正电(2)E1eq f(3mg,4q)B1eq f(5mg,4qv0)(3)E2eq f(4mg,5q)，方向与x轴正方向成53角向上(4)E3eq f(mg,q)B2eq f(16mg,15

25、qv0)发散3电磁与现代科技的应用3(2015江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图810所示，电荷量均为q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为零这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场，最后打在底片上已知放置底片的区域MNL，且OML.某次测量发现MN中左侧eq f(2,3)区域MQ损坏，检测不到离子，但右侧eq f(1,3)区域QN仍能正常检测到离子在适当调节加速电压后，原本打在MQ的离子即可在QN检测到图810(1)求原本打在MN中点P的离子质量m；(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域，求加速电压U的调节范围；(3)为了在QN区域将原

26、本打在MQ区域的所有离子检测完整，求需要调节U的最少次数(取lg 20.301，lg 30.477，lg 50.699)【解析】(1)离子在电场中加速，qU0eq f(1,2)mv2在磁场中做匀速圆周运动，qvBmeq f(v2,r0)解得r0eq f(1,B)eq r(f(2mU0,q)代入r0eq f(3,4)L，解得meq f(9qB2L2,32U0).(2)由(1)知，Ueq f(16U0r2,9L2)，离子打在Q点时，req f(5,6)L，得Ueq f(100U0,81)离子打在N点时，rL，得Ueq f(16U0,9)则电压的范围eq f(100U0,81)Ueq f(16U0,

27、9).(3)由(1)可知，req r(U)由题意知，第1次调节电压到U1，使原本Q点的离子打在N点，eq f(L,f(5,6)L)eq f(r(U1),r(U0)此时，原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上，eq f(f(5,6)L,r1)eq f(r(U1),r(U0)解得r1eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,6)eq sup12(2)L第2次调节电压到U2，原本打在Q1的离子打在N点，原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上，则eq f(L,r1)eq f(r(U2),r(U0)，eq f(f(5,6)L,r2)eq f(r(U2),r(U0)，解得r2eq blc(rc)(

28、avs4alco1(f(5,6)eq sup12(3)L同理，第n次调节电压，有rneq blc(rc)(avs4alco1(f(5,6)eq sup12(n1)L检测完整，有rneq f(L,2)，解得neq f(lg 2,lgblc(rc)(avs4alco1(f(6,5)12.8最少次数为3次【答案】(1)eq f(9qB2L2,32U0)(2)eq f(100U0,81)Ueq f(16U0,9)(3)最少次数为3次带电粒子在交变磁场中的运动(2014山东高考)如图811甲所示，间距为d、垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律

29、如图811乙所示t0时刻，一质量为m、带电量为q的粒子(不计重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区当B0和TB取某些特定值时，可使t0时刻入射的粒子经t时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)上述m、q、d、v0为已知量甲乙图811(1)若teq f(1,2)TB，求B0；(2)若teq f(3,2)TB，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B0eq f(4mv0,qd)，为使粒子仍能垂直打在P板上，求TB.第一步：挖掘关键信息(1)B周期变化如乙图，可确定B大小周期(2)粒子电量为q，不计重力，在磁场仅受洛伦兹力、轨迹为圆周(3)恰能垂直

30、打在P板，此时速度必竖直向上第二步：明确题目所求(1)teq f(1,2)TB，求B0.此过程B不变，方向垂直纸面向里粒子经过eq f(1,4)圆周打在P板上，即Rd.(2)teq f(3,2)TB，求a.磁场方向变化，粒子垂直打在P板必须满足d3R.(3)若B0eq f(4mv0,qd)，仍使粒子垂直打在P板上，可根据向心力公式确定R和d关系第三步：圈定解题依据(1)根据向心力公式，向心力由洛伦兹力提供(2)充分利用题知条件和对应的几何关系.(1)设粒子做圆周运动的半径为R1，由牛顿第二定律得qv0B0eq f(mveq oal(2,0),R1) 据题意由几何关系得R1d联立式得B0eq f

31、(mv0,qd).(2)设粒子做圆周运动的半径为R2，加速度大小为a，由圆周运动公式得aeq f(veq oal(2,0),R2)据题意由几何关系得3R2d联立式得aeq f(3veq oal(2,0),d).(3)设粒子做圆周运动的半径为R，周期为T，由圆周运动公式得Teq f(2R,v0)由牛顿第二定律得qv0B0eq f(mveq oal(2,0),R)由题意知B0eq f(4mv0,qd)，代入式得d4R粒子运动轨迹如图所示，O1、O2为圆心，O1O2连线与水平方向的夹角为，在每个TB内，只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板，且均要求0eq f(,2)，由题意可知eq f(f(,2)

32、,2)Teq f(TB,2)设经历完整TB的个数为n(n0，1，2，3)若在A点击中P板，据题意由几何关系得R2(RRsin )nd当n0时，无解当n1时，联立式得eq f(,6)(或sin eq f(1,2)联立式得TBeq f(d,3v0)当n2时，不满足090的要求若在B点击中P板，据题意由几何关系得R2Rsin 2(RRsin )nd当n0时，无解当n1时，联立式得arcsineq f(1,4)(或sin eq f(1,4)联立式得TB(eq f(,2)arcsineq f(1,4)eq f(d,2v0)当n2时，不满足090的要求【答案】(1)eq f(mv0,qd)(2)eq f(

33、3veq oal(2,0),d)(3)eq f(d,3v0)或(eq f(,2)arcsineq f(1,4)eq f(d,2v0)【点评】本题属于带电粒子在磁场中运动类型中较难的题目，由于磁场方向的变化，造成运动电荷的受力及轨迹方向的改变，易在运动轨迹的确定上出现错误，同时易将交变磁场的周期和粒子在磁场中的运动周期混淆，因此做此类题目要注意以下三点：(1)首先要明确带电粒子的电性和磁场的方向；(2)正确地找出带电粒子运动的临界状态；(3)结合带电粒子的运动轨迹利用圆周运动的周期及数学关系进行分析计算专题限时练(八)磁场、带电粒子在磁场及复合场中的运动(时间：40分钟，满分：80分)一、选择题

34、(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1.如图812所示，28根通有同向等大电流的长直导线(彼此绝缘)正好紧密排列在以O为圆心的圆周上，直径BD水平，AC竖直，直导线中电流方向均垂直纸面向外，现将B处的长直导线撤走，而将C处的长直导线平移到圆心O处，则圆心O处的长直导线所受安培力的方向()A沿COB的角平分线向下B沿AOB的角平分线向上C沿AOD的角平分线向上D沿COD的角平分线向下【解析】因通电直导线的磁场是以导线为圆心的一层层的同心圆，由对称性可知O处的磁场即A处直导

35、线的电流和D处直导线的电流在O点产生的磁场的叠加，由安培定则可知A处直导线的电流在O点产生的磁场方向水平向右，D处直导线的电流在O点产生的磁场方向竖直向上，且两处直导线的电流在O点产生的磁场大小相等，由矢量的叠加原理知O处的磁场方向沿AOB的角平分线向上，由左手定则可知圆心O处的长直导线所受安培力的方向沿AOD的角平分线向上，C对【答案】C2(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

36、大，角速度减小【解析】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req f(mv,qB)可知，轨道半径增大分析角速度：由公式Teq f(2m,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据weq f(2,T)知角速度减小选项D正确【答案】D如图813甲所示，水平线上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，不计重力的两个粒子从O点均以方向与水平方向成30角斜向上、大小相等的速度垂直进入匀强磁场中，粒子甲击中水平线上的M点，粒子乙击中水平线上的N点，且ONeq f(OM,2)，则下列说法中正确的有()A甲、乙两粒子电性相反，且甲粒子一定带正电B甲、

37、乙两粒子的比荷大小之比为21C甲、乙两粒子做圆周运动的周期之比为12D甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为25【解析】粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由左手定则可判定粒子甲带负电，粒子乙带正电，A错误；两粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由几何关系知r甲OM、r乙ON，粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，Bqvmeq f(v2,r)，即eq f(q,m)eq f(v,Br)，所以甲、乙两粒子的比荷大小之比等于做匀速圆周运动的半径的反比，为12，B错误；由Teq f(2r,v)知甲、乙两粒子做圆周运动的周期之比等于做匀速圆周运动的半径之比，为21，C错误；由teq f(,360)

38、T知甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为t甲t乙eq f(60,360)T甲eq f(300,360)T乙25，D正确【答案】D4如图814甲所示有界匀强磁场的宽度与图乙所示圆形匀强磁场的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场，从右边界射出时速度方向偏转了角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场，射出磁场时速度方向偏转了2角已知磁场、的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()图814A2cos Bsin Ccos Dtan 【解析】设有界磁场宽度为d，则粒子在磁场和磁场中的运动轨迹分别如图丙、丁所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqvmeq f

39、(v2,r)， 得Beq f(mv,rq)，由几何关系知dr1sin ，dr2tan ，联立得eq f(B1,B2)cos ，C正确【答案】C5.如图815所示是回旋加速器的工作原理图，两个半径为R的中空半圆金属盒D1、D2间窄缝宽为d，两金属电极间接有高频电压U，中心O处粒子源产生的质量为m、带电荷量为q的粒子在两盒间被电压U加速，匀强磁场垂直两盒面，粒子在磁场中做匀速圆周运动，令粒子在匀强磁场中运行的总时间为t，则下列说法正确的是()A粒子的比荷eq f(q,m)越小，时间t越大B加速电压U越大，时间t越大C磁感应强度B越大，时间t越大D窄缝宽度d越大，时间t越大【解析】带电粒子在磁场中做

40、匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力Bqvmeq f(v2,r)及粒子最大偏转半径为R得带电粒子获得的最大动能为Ekmeq f(q2B2R2,2m)，令加速次数为n，则nqUEkm，粒子每加速一次后，在磁场中运动半个周期，所以粒子在匀强磁场中运行的总时间tneq f(T,2)eq f(nm,Bq)，联立得teq f(BR2,2U)，C正确，A、B、D错误【答案】C6.电磁泵是指处在磁场中的通电流体在电磁力作用下向一定方向流动的泵，如图816所示是一电磁泵工作部分示意图，绝缘非磁性管道的横截面是长为a、宽为b的矩形，在管道内上、下管壁处各安装一个长为L的电极，通以电流I，当在垂直于管道和电流的方向

41、加一个磁感应强度为B的匀强磁场时，电流受到的安培力就推动导电液体流动，已知导电液体稳定流动时所受阻力与流动速率成正比，即fkv，则关于导电液体的流动方向和电磁泵的功率，下列说法正确的是()A导电液体可能向左流动B导电液体一定向右流动C电磁泵的功率为eq f(B2abI2,k) D电磁泵的功率为eq f(B2b2I2,k)【解析】由左手定则可判断，电流所受安培力向右，因此导电液体一定向右流动，A错误，B正确；当安培力与阻力平衡时，液体流速稳定，有BbIkv，所以电磁泵的功率PFvBbIeq f(BbI,k)eq f(B2b2I2,k)，C错误，D正确【答案】BD7.如图817所示，直角三角形OA

42、C内存在垂直纸面向里的匀强磁场，AOC30，在O点带电粒子能沿OA、OC方向以一定初速度垂直磁场方向射入磁场现重力不计的质子和反质子(两种粒子质量相同，带等量异种电荷)在O点同时射入磁场，两个粒子经磁场偏转后恰好分别从A、C两点离开磁场，则()A沿OA方向射入的一定是反质子B质子和反质子的初速度大小之比为2eq r(3)C质子和反质子在磁场中的运动时间相等D反质子比质子先离开磁场 【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，Bqvmeq f(v2,r)，得req f(mv,Bq) ，由左手定则可知沿OA方向射入的一定是反质子，A正确；质子和反质子的运动轨迹如图所示，由几何关系可知质

43、子的运动半径ROC，反质子的运动半径rOA，OAeq f(r(3),2)OC，Req f(mv1,Bq)，req f(mv2,Bq)，所以质子和反质子的初速度大小之比为v1v2Rr2eq r(3)，B正确；因两段轨迹圆弧所对应的圆心角均为60，由teq f(,360)T及Teq f(2m,Bq)知质子和反质子在磁场中的运动时间相等，C正确，D错误【答案】ABC8如图818所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，ab间的电场强度为E，今有一带正电的粒子从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变，而方向变成水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝穿过b板而进入b

44、c区域，bc宽度也为d，所加电场大小为E，方向竖直向上；磁感应强度方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小等于eq f(E,v0)，重力加速度为g，则下列说法中正确的是()图818A粒子在ab区域中做匀变速运动，运动时间为eq f(v0,g)B粒子在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径rdC粒子在bc区域中做匀速直线运动，运动时间为eq f(d,v0)D粒子在ab、bc区域中运动的总时间为eq f(（6）d,3v0)【解析】粒子在ab区域中受到竖直方向的重力作用，水平方向的电场力作用，由于都是恒力，故粒子做匀变速运动，由对称性可知Eqmg，在竖直方向v0gt1，则t1eq f(v0,g)或者t1eq

45、f(d,f(v0,2)eq f(2d,v0)，选项A正确；粒子进入bc区域中，受到向下的重力、向上的电场力和向上的洛伦兹力作用，由于Beq f(E,v0)，则Bqv0Eqmg，由于重力和电场力平衡，故粒子做匀速圆周运动，半径为req f(mv0,qB)eq f(veq oal(2,0),g)，根据deq f(v0,2)t和deq f(1,2)gt2可知req f(veq oal(2,0),g)2d，故选项BC错误；由几何关系可知，粒子在bc区域运动的圆心角为30，故所用的时间t2eq f(f(,6)2d,v0)eq f(d,3v0)，所以粒子在ab、bc区域中运动的总时间为tt1t2eq f(（6）d,3v0)，选项D正确【答案】AD二、计算题(本题共2小题，共计32分解答过程要有必要的文字说明和解题步骤)9. (16分)如图819所示，在屏蔽装置底部中心位置O点放一医用放射源，可通过细缝沿扇形区域向外辐射速率为v3.2106 m/s的粒子已知屏蔽装置宽AB9 cm、缝长AD18 cm，粒子的质量m6.641027 kg，电荷量q3.21019 C若在屏蔽装置右侧条形区域内加一匀强磁场来隔离辐射，磁感应强度B0.332 T，方向垂直于纸面向里，整个装置放于真空环境中(1)若所有粒子均不能从条形磁场隔离区的右侧穿出，则磁场的宽度d至少是多少？