2020版53B课标Ⅰ物理专题十-磁场课件

1.(2019课标Ⅰ,17,6分)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强

磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒

MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为

()

A.2F

B.1.5F

C.0.5F

D.0考点一磁场、安培力五年高考A组统一命题·课标卷题组1.(2019课标Ⅰ,17,6分)如图,等边三角形线框LMN1答案

B本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题的能力,体现了核心素养中的

模型建构要素。设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联

电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则

ML和LN受到的安培力的合力F1=

,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。答案

B本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题22.(2018课标Ⅱ,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

B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为

B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为

B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为

B0

2.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条3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。答案

AC本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判43.(2017课标Ⅰ,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1∶1∶

D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为

∶

∶13.(2017课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行5答案

BC本题考查安培力。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2Fcos60°=F,L3单位长度所受的磁场作用

力大小为2Fcos30°=

F,故C正确、D错误。

答案

BC本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两6一题多解

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所在处磁场的磁感应强度B1=2B

cos60°=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F3=

B·I;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1∶F2∶F3=1∶1∶

,故A、D错误,B、C正确。

一题多解

电流的磁场与安培力74.(2017课标Ⅲ,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

4.(2017课标Ⅲ,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B8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=

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①正确运用安培定则画出甲、乙两图。②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

B0。③P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。④注意各物理量间的夹角大小关系。答案

C本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。两导95.(2017课标Ⅱ,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5.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电10答案

AD本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。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

①一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。②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。答案

AD本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、116.(2015课标Ⅱ,18,6分,0.527)(多选)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。6.(2015课标Ⅱ,18,6分,0.527)(多选)指南针127.(2015课标Ⅰ,24,12分,0.564)如图,一长为10cm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0.1T,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12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断

开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相

比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/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。

7.(2015课标Ⅰ,24,12分,0.564)如图,一长为13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Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg

①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

②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Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平

衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F

③由欧姆定律有E=IR

④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01kg⑤(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)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14解题指导①安培力的方向由左手定则判断,其中棒上电流方向为b→a。②开关断开时,金属

棒不受安培力,两弹簧对棒的弹力的合力与棒的重力平衡。③通电后,由于安培力向下,故两弹

簧各自再向下伸长0.3cm。④结合欧姆定律、平衡条件、胡克定律等分析求解。解题指导①安培力的方向由左手定则判断,其中棒上电流方向为b158.(2019课标Ⅱ,17,6分)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向

垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方

向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为

()

A.

kBl,

kBl

B.

kBl,

kBlC.

kBl,

kBl

D.

kBl,

kBl考点二洛伦兹力8.(2019课标Ⅱ,17,6分)如图,边长为l的正方形ab16答案

B本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合分析能力、应用数学知识处理

物理问题能力的培养,突出了核心素养中的模型建构、科学推理、科学论证要素。从a点射出的电子运动轨迹的半径R1=

,由Bqv1=m

得v1=

=

kBl;从d点射出的电子运动轨迹的半径R2满足关系

+l2=

,得R2=

l,由Bqv2=m

得v2=

=

kBl,故正确选项为B。思路分析

由左手定则可判断电子的受力及偏转方向,画出电子在磁场中的运动轨迹,由相关

的数学知识确定两轨迹的半径,再由洛伦兹力提供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度

大小。答案

B本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合179.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为

B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射

入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的

时间为

()

A.

B.

C.

D.

9.(2019课标Ⅲ,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二18答案

B本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨

迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素

养的具体表现。

由qvB=

得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r=

,当粒子进入第一象限时,由于磁感应强度减为

B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cosθ=

,θ=60°,则粒子运动时间t=

·

+

·

=

,选项B正确。解后反思

根据磁感应强度大小的关系确定轨迹半径的关系,通过作图,结合几何关系,确定圆

心角是解答本题的关键。答案

B本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生1910.(2017课标Ⅱ,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三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为

()

A.

∶2

B.

∶1

C.

∶1

D.3∶

10.(2017课标Ⅱ,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域20答案

C本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考查学生的推理能力、

作图能力。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。答案

C本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦2111.(2016课标Ⅱ,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ω顺时针

转动。在该截面内,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90°时,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.

11.(2016课标Ⅱ,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小22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θ=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。

解题方法①正确画出粒子在磁场中运动的轨迹图。②由于

=

且θ=30°得出t=

=

。③当筒转过90°时,粒子恰好从小孔N飞出,意味着粒子在磁场中运动的时间t=

。答案

A定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对2312.(2016课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(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(q>0)。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.

12.(2016课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间的24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O'Q半径在同一条直线上。

则PQ=2R,所以OQ=4R=

,选项D正确。审题指导①由左手定则可判定粒子进入磁场后的偏转方向。②因粒子在磁场中的运动轨

迹与ON只有一个交点,则知粒子的运动轨迹与ON相切。③如何确定圆心是作图的关键。答案

D粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m2513.(2015课标Ⅰ,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ω=

知,角速度减小,选项D正确。解题关键①洛伦兹力对带电粒子不做功。②粒子做圆周运动满足Bqv=m

,可得r=

。③v=ωr。13.(2015课标Ⅰ,14,6分,0.759)两相邻匀强磁2614.(2015课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电

子

()A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ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ω=

=

∝B,故ω2=ω1/k,D错。解题方法比值类题目的一般解题原则。首先由相应物理定理、定律及对应关系,找出由已

知量所表达的未知量的表达式,然后将相关数据代入即可求出相应关系。14.(2015课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多选)有两2715.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、

方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入

磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点

在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,

不计重力。求(1)带电粒子的比荷;(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。

15.(2019课标Ⅰ,24,12分)如图,在直角三角形OP28答案(1)

(2)

(

+

)解析本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、

分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的

核心素养。(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=

mv2

①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m

②由几何关系知d=

r

③联立①②③式得

=

④答案(1) (2) ( + )解析本题考查了带电粒子在29

(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s=

+rtan30°

⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t=

⑥联立②④⑤⑥式得t=

(

+

)

⑦方法诠释

确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心位置的方法:①利用两速度方向的垂线;

②利用弦的中垂线;③利用两速度方向间夹角补角的角平分线;④利用半径的大小。

3016.(2017课标Ⅲ,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x≥0区域,

磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)。一质量为m、电荷量为q

(q>0)的带电粒子以速度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。16.(2017课标Ⅲ,24,12分)如图,空间存在方向垂直31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x≥0区域,圆周半径为R1;在x<0区域,圆周半径为

R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0=m

①qλB0v0=m

②粒子速度方向转过180°时,所需时间t1为t1=

③粒子再转过180°时,所需时间t2为t2=

④联立①②③④式得,所求时间为t0=t1+t2=

(1+

)

⑤答案(1)

(1+

)(2)

(1-

)解析本题考查带电粒子在磁场中的运动。答案(1) (1+ 32d0=2(R1-R2)=

(1-

)

⑥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。(2)由几何关系及①②式得,所求距离为d0=2(R1-R2)= (1- ) ⑥(2)由几何关系及①3317.(2016课标Ⅰ,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考点三带电粒子在复合场中的运动17.(2016课标Ⅰ,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质34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=

mv2①,在磁场中qvB=m

②,联立两式得m=

,故有

=

=144,选项D正确。审题指导注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在

磁场中运动轨迹的半径相等。答案

D设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应3518.(2017课标Ⅰ,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.ma>mb>mc

B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb

D.mc>mb>ma

18.(2017课标Ⅰ,16,6分)如图,空间某区域存在匀强36答案

B

本题考查带电粒子在复合场中的运动。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+Bqvb>qE、mcg=qE-Bqvc<qE,故有mb>

ma>mc,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。答案

B

本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微3719.(2018课标Ⅱ,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)

19.(2018课标Ⅱ,25,20分)一足够长的条状区域内存38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θ[见图(b)],速度沿电场方向的分量为v1。

图(b)解析本题考查带电粒子在复合场中的运动。图(b)39根据牛顿第二定律有qE=ma

①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

②l'=v0t

③v1=vcosθ

④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=

⑤由几何关系得l=2Rcosθ

⑥联立①②③④⑤⑥式得v0=

⑦(3)由运动学公式和题给数据得2020版53B课标Ⅰ物理专题十-磁场课件40v1=v0cot

⑧联立①②③⑦⑧式得

=

⑨设粒子由M点运动到N点所用的时间为t',则t'=2t+

T

⑩式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T=

由③⑦⑨⑩

式得t'=

v1=v0cot  ⑧41

审题指导

对称性是解题关键 审题指导

对称性是解题关键4220.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0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

y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。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。

20.(2018课标Ⅰ,25,20分)如图,在y>0的区域存43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

①

h=

a1

②由题给条件

H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°

H进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tanθ1

③答案(1) h(2) (3) ( -1)h解析本题考44联立以上各式得s1=

h

④(2

H在电场中运动时,由牛顿第二定律有

qE=ma1

⑤设

H进入磁场时速度的大小为v1',由速度合成法则有

v1'=

⑥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

qv1'B=

⑦由几何关系得

s1=2R1sinθ1

⑧联立以上各式得

B=

⑨(3)设

H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给联立以上各式得s1= h ④45条件得

(2m)

=

m

⑩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θ2,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'=

sinθ2=

联立以上各式得

s2=s1,θ2=θ1,v2'=

v1'

设

H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由⑦

式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径条件得46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'=2R2sinθ2

联立④⑧

式得

H第一次离开磁场时的位置到原点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①电场中类平抛运动:x=v0t,y=

at2速度方向:tanα=

位移方向:tanβ=

②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=

公式得4721.(2018课标Ⅲ,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。

21.(2018课标Ⅲ,24,12分)如图,从离子源产生的甲48答案(1)

(2)1∶4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

应强度大小为B,由动能定理有q1U=

m1

①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B=m1

②由几何关系知2R1=l

③由①②③式得B=

④(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

⑤q2v2B=m2

⑥答案(1) (2)1∶4解析本题考查带电粒子在电场和磁49由题给条件有2R2=

⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙两种离子的比荷之比为

∶

=1∶4

⑧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。由题给条件有2R2=  ⑦501.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导

线,通过的电流相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的

磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是

()

A.均向左B.均向右C.a的向左,b的向右D.a的向右,b的向左考点一磁场、安培力B组自主命题·省（区、市）卷题组1.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的51答案

CD本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向

的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判

定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。易错警示

安培定则用右手,左手定则用左手。答案

CD本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理522.(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2.(2016北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在《梦53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。答案

C

由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、543.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直

磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是

()

A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短考点二洛伦兹力3.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存55答案

C本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考查考生对相关知识的理解能力

和推理能力,是物理学科中运动与相互作用观念、模型建构、科学推理等核心素养的具体体

现。由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,故粒子在

b点速率等于在a点速率,B错误;由qvB=m

得R=

,若仅减小磁感应强度,则R增大,如图,粒子将从b点右侧射出,故C正确;粒子运动周期T=

=

,若仅减小入射速率,则R减小,T不变,粒子运动轨迹所对应的圆心角θ变大,由t=

T可知,粒子运动时间将变长,故D错误。

答案

C本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考564.(2015北京理综,17,6分)实验观察到,静止在匀强磁场中A点的原子核发生β衰变,衰变产生的

新核与电子恰在纸面内做匀速圆周运动,运动方向和轨迹示意如图。则

()

A.轨迹1是电子的,磁场方向垂直纸面向外B.轨迹2是电子的,磁场方向垂直纸面向外C.轨迹1是新核的,磁场方向垂直纸面向里D.轨迹2是新核的,磁场方向垂直纸面向里4.(2015北京理综,17,6分)实验观察到,静止在匀强磁57答案

D由静止的原子核发生β衰变后产生的新核和电子做匀速圆周运动的方向相反及原

子核衰变前后动量守恒得meve-m核v核=0,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径r=

,因为qe<q核,所以re>r核,故轨迹1是电子的,轨迹2是新核的,根据左手定则可判定磁场方向垂直纸面向里,故D

项正确。答案

D由静止的原子核发生β衰变后产生的新核和电子做585.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板

与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),

反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速

度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d<L。粒

子重力不计,电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v;(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm;(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=

,求粒子从P到Q的运动时间t。5.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁59答案(1)

(2)

d(3)(

+

)

或(

-

)

解析本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学

生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学

推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。(1)粒子的运动半径d=

解得v=

(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d(1+sin60°)解得dm=

d(3)粒子的运动周期T=

答案(1) (2) d解析本题考查了带电粒子在匀强磁场60设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=n

+t'(n=1,3,5,…)(a)当L=nd+(1-

)d时,粒子斜向上射出磁场t'=

T解得t=(

+

)

(b)当L=nd+(1+

)d时,粒子斜向下射出磁场t'=

T解得t=(

-

)

解题关键

1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该

边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周

期性运动,要注意多解。设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则616.(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。

6.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab62答案(1)

(2)

解析本题考查带电粒子在复合场中的运动。(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛伦兹力提供向心力,有qvB=m

①设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE

②设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有F=ma

③粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at

④联立①②③④式得t=

⑤(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过

的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场

中的轨迹半径为r',由几何关系可得答案(1) (2) 解析本题考查带电粒子在复合场中的63

(r'-R)2+(

R)2=r'2

⑥设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为θ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知tanθ=

⑦粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相

同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于

v0,由运动的合成和分解可得tanθ=

⑧

64联立①⑥⑦⑧式得v0=

⑨思路分析

带电粒子在复合场中的运动(1)粒子从P点静止释放,在环形区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速

度,即粒子在电场中运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。(2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨

迹必与内圆相切。联立①⑥⑦⑧式得657.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场,

第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,如图所示。一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0

沿x轴正方向开始运动,Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍。粒子从坐标原点O离开电场进入

磁场,最终从x轴上的P点射出磁场,P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等。不计粒子重力,问:

(1)粒子到达O点时速度的大小和方向;(2)电场强度和磁感应强度的大小之比。7.(2017天津理综,11,18分)平面直角坐标系xOy中66答案见解析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)在电场中,粒子做类平抛运动,设Q点到x轴距离为L,到y轴距离为2L,粒子的加速度为a,运动

时间为t,有2L=v0t

①L=

at2

②设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvy=at

③设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α,有tanα=

④联立①②③④式得α=45°

⑤即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v,由运动的合成有v=

⑥答案见解析解析本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在67联立①②③⑥式得v=

v0

⑦(2)设电场强度为E,粒子电荷量为q,质量为m,粒子在电场中受到的电场力为F,由牛顿第二定律

可得F=ma

⑧又F=qE

⑨设磁场的磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,所受的洛伦兹力提供

向心力,有

联立①②③⑥式得68qvB=m

⑩由几何关系可知R=

L

联立①②⑦⑧⑨⑩

式得

=

温馨提示

粒子在电场中做类平抛运动,由于题给条件太少,仅有2y=x及初速度v0,所以可先按

类平抛运动模型的常用步骤及方程组建思路。比如,x=v0t,y=

at2,vy=at,v=

,tanα=

等,再将已知条件代入,逐渐消除中间变量,最后找到答案。带电粒子在匀强磁场中的运动属于

匀速圆周运动,即使不知道半径R,也可以先写出qvB=

,尽可能多拿分。qvB=m  ⑩698.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示

屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电

脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是

电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元

件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控

制屏幕的熄灭。则元件的

()A.前表面的电势比后表面的低考点三带电粒子在复合场中的运动B.前、后表面间的电压U与v无关C.前、后表面间的电压U与c成正比D.自由电子受到的洛伦兹力大小为

8.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应70答案

D本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处

理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念。根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A

项错误。再由Ee=Bev=F洛,E=

,解得U=Bva,F洛=

,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误,D项正确。解题关键

熟练应用霍尔效应的原理、特点进行推导分析。答案

D本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生719.(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.粒子的电性和电荷量

D.粒子入射时的速度9.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强72答案

C本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。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=qvB①;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

②,综合①②可知,粒子的电性和电荷量与能否完成题述两类运动无关,C对。答案

C本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力7310.(2015山东理综,24,20分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆

心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向

里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量

为m、电荷量为+q的粒子由小孔下方

处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。

(1)求极板间电场强度的大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求Ⅰ区磁感应强度的大小;(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为

、

,粒子运动一段时间后再次经过H点,求这段时间粒子运动的路程。10.(2015山东理综,24,20分)如图所示,直径分别为74答案(1)

(2)

或

(3)5.5πD解析(1)设极板间电场强度的大小为E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得qE

=

mv2

①由①式得E=

②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B,粒子做圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=m

③如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得R=

④

图甲答案(1) (2) 或 (3)5.5πD解析(1)设75联立③④式得B=

⑤若粒子轨迹与小圆内切,由几何关系得R=

⑥联立③⑥式得B=

⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2,由题意可知,Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度

的大小分别为B1=

、B2=

,由牛顿第二定律得qvB1=m

,qvB2=m

⑧代入数据得R1=

,R2=

⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2,由运动学公式得T1=

,T2=

⑩联立③④式得76据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对称可知,Ⅰ区两

段圆弧所对圆心角相同,设为θ1,Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2,圆弧和大圆的两个切点与圆心

O连线间的夹角设为α,由几何关系得

图乙θ1=120°

θ2=180°

α=60°

粒子重复上述交替运动回到H点,轨迹如图丙所示,设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分

别为t1、t2,可得据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所77

图丙

t1=

×

T1,t2=

×

T2

设粒子运动的路程为s,由运动学公式得s=v(t1+t2)

联立⑨⑩

式得s=5.5πD

7811.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强度大小E=5

N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁感应强度大小B=0.5T。有一带正电的小球,质量m=1×10-6kg,电荷量q=2×10-6C,正以速度v在图示的竖直面内做匀速直

线运动,当经过P点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象),取g=10m/s2。求:(1)小球做匀速直线运动的速度v的大小和方向;(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P点所在的这条电场线经历的时间t。

11.(2016天津理综,11,18分)如图所示,空间中存在79答案(1)见解析(2)3.5s解析(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力为零,有

qvB=

①代入数据解得v=20m/s②速度v的方向与电场E的方向之间的夹角θ满足tanθ=

③代入数据解得tanθ=

答案(1)见解析(2)3.5s解析(1)小球匀速直线80θ=60°

④(2)解法一:撤去磁场,小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为a,有a=

⑤设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为x,有x=vt

⑥设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y,有y=

at2

⑦a与mg的夹角和v与E的夹角相同,均为θ,又tanθ=

⑧联立④⑤⑥⑦⑧式,代入数据解得t=2

s=3.5s⑨θ=60° ④81解法二:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,它对竖直方向的分运动没有影响,以P点为坐标原点,

竖直向上为正方向,小球在竖直方向上做匀减速运动,其初速度为vy=vsinθ

⑤若使小球再次穿过P点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上分位移为零,则有vyt-

gt2=0

⑥联立⑤⑥式,代入数据解得t=2

s=3.5s⑦方法技巧(1)在撤去磁场前,小球受重力、洛伦兹力、电场力三个力作用,三力平衡。(2)撤

去磁场后,可考虑把小球的运动分解成水平方向和竖直方向上的运动,其中竖直方向上的运动

为竖直上抛运动。解法二:821.(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.向右考点一磁场、安培力C组教师专用题组1.(2017上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在83答案

D本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则。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a→b,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。答案

D本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则。根据842.(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θ,

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。2.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光85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=mgsinθ-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=

答案(1) (2) 解析(1)匀加速直线运动863.(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.1∶1

B.1∶2C.1∶4

D.4∶1考点二洛伦兹力答案

A磁通量Φ=B·S,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Φa=Φb。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.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、874.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正

电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时

间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则

(

)

A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1

B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1

D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶24.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcd88答案

A由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长L;粒子以

vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r=

可得vb∶vc=rb∶rc=1∶2,由几何图形可看出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120°、60°,所以tb∶tc=2∶1,A项正确。

方法技巧处理粒子在磁场中做圆周运动问题的基本方法是:定圆心,画轨迹,由几何关系求半

径,再由半径公式求粒子的速度、电荷量、质量、磁感应强度等,最后找圆心角求时间。答案

A由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在895.(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=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹

角为θ,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

×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6

×106m/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.θ=90°时,l=9.1cmB.θ=60°时,l=9.1cmC.θ=45°时,l=4.55cmD.θ=30°时,l=4.55cm5.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,S处有一90答案

AD如图,S到MN的距离d0=dsinθ,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=

=4.55cm。由图中几何关系有

=

,

=

。当θ=90°时,

取得最小值

r,此时

=

>

,从而有l=

=

+

-dcosθ=

+

-dcosθ。当θ=90°时,l=9.1cm,当θ=60°时,l=6.78cm,当θ=45°时,l=5.68cm,当θ=30°时,l=4.55cm。故可知A、

D正确,B、C错误。

答案

AD如图,S到MN的距离d0=dsinθ,916.(2015海南单科,1,3分)如图,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。6.(2015海南单科,1,3分)如图,a是竖直平面P上的一927.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m