第11章磁场-备战2023年高考物理真题分类解析与应试策略（Word版）

第十一章磁场考点2013~2017年2018年2019年2020年2021年2022年合计全国地方全国地方全国地方全国地方全国地方全国地方全国地方卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷卷86.安培定则的应用和磁场的叠加26110003111051087.安培力的分析与计算2001120003003688.安培力作用下导体的平衡及运动2202010000113689.带电粒子在磁场中的圆周运动65011101130081190.带电粒子在磁场中运动的多解问题1300010000001491.带电粒子在有界磁场中的临界极值问题2401003101005792.带电粒子在组合场中的运动28312013150191893.带电粒子在叠加场中的运动1401000001112794.现代科技中的电磁场问题190101010400116命题分析与备考建议1.命题热度:本章属于热点内容,10年来,从命题频次上看,全国卷10年37考,地方卷85考。2.考查方向:高考命题的热点:一是磁场的性质、安培定则、安培力的分析和计算;二是带电粒子在有界匀强磁场中的运动;三是带电粒子在组合场中的运动。3.明智备考:复习本章时,一是要熟练掌握磁场的基本规律,如右手定则、安培定则、左手定则、洛伦兹力公式等;二是要加强画带电粒子在磁场中运动轨迹草图,准确找到圆心、半径、圆心角等的训练;三要掌握带电粒子在磁场中做圆周运动的处理步骤:找圆心、求半径、画轨迹;四要熟练掌握带电粒子在有界匀强磁场中的运动问题常用的分析方法,如组合场问题、复合场问题、常见科学仪器原理问题等常见模型的求解方法。第1节磁场的描述磁场对电流的作用考点86安培定则的应用和磁场的叠加该考点属于热点内容,从命题频次上看,10年来,全国卷单独命题5次,地方卷单独命题10次;一般为选择题6分。考查的知识点主要是磁场、磁感应强度、磁感线、安培定则等。对于多个电流在空间某点的合磁场方向,首先应用安培定则判断出各电流在该点的磁场方向(磁场方向与该点和电流连线垂直),然后应用平行四边形定则合成。要学会将立体图转化成截面图。求解磁场的叠加问题的秘籍是:(1)确定磁场场源,如通电导线。(2)根据安培定则确定通电导线周围磁感线的方向。(3)磁场中每一点的磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向。(4)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于各通电导体单独存在时在该点磁感应强度的矢量和。1.(2022·全国乙,18,6分,难度★★★)(多选)安装适当的软件后,利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图所示,在手机上建立直角坐标系,手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量,每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知(BC)测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021-4520-20-463210-454-210-45A.测量地点位于南半球B.当地的地磁场大小约为50μTC.第2次测量时y轴正向指向南方D.第3次测量时y轴正向指向东方解析本题考查地磁场的特点及磁感应强度的叠加计算。由表中z轴数据可得出此处的磁感应强度在竖直方向上的分量竖直向下,则测量地点应位于北半球,A错误;此处的磁感应强度大小为B=Bx2+By2+Bz2,任意代入一组数据可得B约为50μT,B正确;北半球地磁场指向北方斜向下,第2次测量时By<0,故y轴正方向指向南方,C正确;第3次测量时Bx>02.(2021·全国甲,16,6分,难度★★)两足够长直导线均折成直角,按图示方式放置在同一平面内,EO与O'Q在一条直线上,PO'与OF在一条直线上,两导线相互绝缘,通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(B)A.B、0B.0、2BC.2B、2BD.B、B解析采用等效的思想方法,将EO与O'Q视为一条无限长直导线,将PO'与OF视为另一条无限长直导线,这两条无限长直导线通过电流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,根据安培定则,M处两条无限长直导线的磁感应强度方向相反,合磁感应强度为0,N处两条无限长直导线的磁感应强度方向相同,合磁感应强度为2B,B项正确。注意等效思想。3.(2021·福建,6,6分,难度★★)(多选)如图,四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面,导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点。已知a、b、c、d为正方形的四个顶点,正方形中心位于坐标原点O,e为cd的中点且在y轴上;四条导线中的电流大小相等,其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里,其余导线电流方向垂直坐标平面向外。则(BD)A.O点的磁感应强度为0B.O点的磁感应强度方向由O指向cC.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向解析本题考查磁感应强度的叠加问题。由题知,四条导线中的电流大小相等,且到O点的距离相等,故四条导线在O点的磁感应强度大小相等,根据安培定则可知,四条导线中在e点产生的磁感应强度方向如图所示,由图可知,Bb与Bc相互抵消,Ba与Bd合成,根据平行四边形定则,可知O点的磁感应强度方向由O指向c,其大小不为零,A项错误,B项正确;由题知,四条导线中的电流大小相等,a、b到e点的距离相等,故a、b在e点的磁感应强度大小相等,c、d到e点的距离相等,故c、d在e点的磁感应强度大小相等,根据安培定则可知,四条导线中在O点产生的磁感应强度方向,如图所示,由图可知Bc与Bd大小相等,方向相反,互相抵消;而Bb与Ba大小相等,方向如图所示,根据平行四边形定则,可知两个磁感应强度的合磁感应强度沿y轴负方向,C项错误,D项正确。要确定某点的(合)磁场,首先要明确各磁体或电流在该点产生的磁场大小、方向,然后利用平行四边形定则进行合成、叠加。4.(2020·浙江,9,3分,难度★)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则(C)A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下解析由于I1>I2,I1在b点产生的磁感应强度更大,故b点的磁感应强度大小不为零,同理,d点的磁感应强度大小也不为零,A、B项错误;a、c两点连线与两导线等高并垂直,根据安培定则可知a点处的磁感应强度方向竖直向下,c点处的磁感应强度方向竖直向上,C项正确,D项错误。5.(2020·海南,6,3分,难度★★)如图,在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线,当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时,导线所受安培力的方向为(B)A.向上B.向下C.向左D.向右解析根据安培定则,可知蹄形电磁铁的磁场分布情况,如图所示。故导线所处位置的磁感线的切线方向为水平向右,根据左手定则,可以判断出导线所受安培力的方向为向下,B项正确。6.(2020·北京,8,3分,难度★★)如图所示,在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转,小磁针发生偏转。下列说法正确的是(B)A.偏转原因是圆盘周围存在电场B.偏转原因是圆盘周围产生了磁场C.仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变D.仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向不变解析小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流,而电流周围有磁场,磁场会对放入其中的小磁针有力的作用,A项错误,B项正确;仅改变圆盘的转动方向,形成的电流的方向与初始相反,小磁针的偏转方向也与之前相反,C项错误;仅改变圆盘所带电荷的电性,形成的电流的方向与初始相反,小磁针的偏转方向也与之前相反,D项错误。7.(2018·全国2,20,6分,难度★★★)(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13B0和12B0,方向也垂直于纸面向外。则(ACA.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712BB.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112BC.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112BD.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B解析设L1在a、b点产生的磁感应强度分别为B1a、B1b,L2在a、b点产生的磁感应强度分别为B2a、B2b,根据安培定则可知,B1a=B1b,方向均垂直纸面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直纸面向里,B2b方向垂直纸面向外;根据题意,对a点有,B1a+B2a-B0=-B03。对b点有,B1b-B2b-B0=-B02,联立以上方程解得B1a=B1b=7B012,B2a=B2b8.(2018·浙江,12,3分,难度★★★)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线(A)A.平行于EF,深度为LB.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为LD.垂直于EF,深度为L解析画出垂直于导线方向的截面,由图可知,磁场最强的点a即为地面距离管线最近的点,作出b、c两点的位置,由题意可知EF过a点垂直于纸面,所以金属管与EF平行,根据几何关系得金属管线的深度为L2,A9.(2017·全国3,18,6分,难度★★★)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(C)A.0B.33BC.233D.2B0解析设导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2的大小为B,如图甲所示,两磁感应强度方向的夹角为60°,可知合磁感应强度大小为3B,方向水平向右,所以匀强磁场的磁感应强度B0=3B,方向水平向左;P中的电流反向后,导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1'、B2'如图乙所示,各自大小仍为B,夹角为120°,则其合磁感应强度大小仍为B,方向竖直向上,与原匀强磁场B0合成后,总的磁感应强度大小为B总=233B0,10.(2016·上海,8,3分,难度★★)如图,一束电子沿z轴正向流动,则在图中y轴上A点的磁场方向是(A)A.+x方向B.-x方向C.+y方向D.-y方向解析电子流的运动方向为z轴正向,电流方向与电子流的方向相反,为z轴负向,根据右手螺旋定则,A点的磁场方向为+x方向,A项正确。11.(2016·北京,17,6分,难度★★)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(C)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解析根据题干知地磁南北极与地理南北极不重合,且地磁南极在地理北极附近,A、B项符合物理事实。射向赤道的带电宇宙射线粒子,会受到地球磁场施加的洛伦兹力作用,D项符合物理规律。而C项中,地球表面任意位置的磁场方向为该点磁感线的切线方向,除了赤道位置与地球表面平行,其他都不平行。C项符合题意。12.(2015·全国2,18,6分,难度★)(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(BC)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任何磁体都有N、S两个磁极,A项错误;指南针能够指向南北,说明地球具有磁场,B项正确;指南针的指向是指南针的N极、S极受到的合磁场的磁场力方向,故指南针的指向会受到附近铁块的影响,C项正确;在指南针正上方沿指针方向放置一直导线,受导线电流磁场的影响,指南针会发生偏转,D项错误。13.(2013·海南,9,4分,难度★★)(多选)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线搭成一等边三角形。在导线中通过的电流大小均为I,电流方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上,且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B1、B2和B3。下列说法正确的是(AC)A.B1=B2<B3B.B1=B2=B3C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外,c处磁场方向垂直于纸面向里D.a处磁场方向垂直于纸面向外,b和c处磁场方向垂直于纸面向里解析设电流在三个点中离导线较近的点产生的磁场的磁感应强度为B,在较远的点产生的磁场的磁感应强度为B',则B>B'。根据右手定则可知,a处的磁感应强度B1=B',方向垂直于纸面向外,b处的磁感应强度B2=B',方向垂直于纸面向外,c处的磁感应强度B3=2B-B'>B',方向垂直于纸面向里,A、C项正确。14.(2016·上海,21,4分,难度★)形象描述磁场分布的曲线叫作,通常的大小也叫作磁通量密度。

答案磁感线磁感应强度解析为了形象地描述磁场而假想出来的曲线,曲线上任意一点的切线方向均表示该位置的磁场方向,这样的曲线称为磁感线;磁场的强弱大小用磁感应强度表示,在磁通量中有B=ΦS,考点87安培力的分析与计算1.(2021·广东,5,4分,难度★★)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1≫I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(C)解析两根导线的电流方向相同,二者之间是引力,两根导线的电流方向相反,二者之间是斥力,上下两根导线与I1之间是斥力,左右两根导线与I1之间是引力,C项正确。2.(2021·浙江,15,2分,难度★)(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A和100A、流向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确的是(BCD)A.两导线受到的安培力Fb=1.25FaB.导线所受的安培力可以用F=ILB计算C.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内,不存在磁感应强度为零的位置解析两导线受到的安培力是相互作用力,大小相等,A项错误;导线所受的安培力可以用F=BIL计算,因为磁场与导线垂直,且导线所在处B的大小相等,B项正确;移走导线b前,b的电流较大,则p点磁场方向与b产生磁场方向同向,向里,移走导线b后,p点磁场方向与a产生磁场方向相同,向外,C项正确;在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上,故不存在磁感应强度为零的位置,D项正确。3.(2021·江苏,5,4分,难度★★)在光滑桌面上将长为πL的软导线两端固定,固定点的距离为2L,导线通有电流I,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,导线中的张力为(A)A.BILB.2BILC.πBILD.2πBIL解析本题考查对安培力公式的理解。从上向下看导线的图形如图所示,导线的有效长度为2L,则所受的安培力大小F=2BIL,设绳子的张力为T,由平衡条件可知T=F2,解得T=BIL,A项正确,B、C、D4.(2019·全国1,17,6分,难度★★★)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(B)A.2FB.1.5FC.0.5FD.0解析导体棒MN受到的安培力为F=BIL。根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力的合力为0.5F。根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,B项正确。整体法在安培力分析中的应用整体法是以物体系统为研究对象,从整体或全过程去把握物理现象的本质和规律,是一种把具有相互联系、相互依赖、相互制约、相互作用的多个物体,多个状态,或者多个物理变化过程组合作为一个融洽加以研究的思维形式。整体思维是一种综合思维,因此在物理研究与学习中灵活运用整体思维可以产生不同凡响的效果,显现“变”的魅力,把物理问题变繁为简、变难为易。而隔离法是指将某物体从周围物体中隔离出来,单独分析该物体的方法,隔离法的优点在于能把系统内各个物体所处的状态、物体状态变化的原因以及物体间的相互作用关系表达清楚。整体法和隔离法的优点及使用条件1.整体法:(1)优点:研究对象减少,忽略物体之间的相互作用力,方程数减少,求解简捷.(2)条件:连接体中各物体具有共同的加速度.2.隔离法:(1)优点:易看清各个物体具体的受力情况.(2)条件:当系统内各物体的加速度不同时,一般采用隔离法;求连接体内各物体间的相互作用力时必须用隔离法。5.(2019·浙江,5,3分,难度★)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是(A)解析导线的方向与磁场的方向垂直,安培力F=BIl,B和l恒定,F与I成正比,A项正确。6.(2019·海南,2,4分,难度★★)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向(A)A.向前B.向后C.向左D.向右解析半圆形导线所受的安培力等效于直径长的直导线所受的安培力,由左手定则可知,铜线所受安培力的方向向前,A项正确。7.(2018·浙江,7,3分,难度★)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(D)解析利用左手定则,四指指向电流方向,磁感线穿过掌心,大拇指就是受力方向,D项正确。8.(2017·全国3,19,6分,难度★★★)(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(BC)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∶3D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1解析利用同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,受力分析如下设任意两导线间作用力大小为F,则L1受合力F1=2Fcos60°=F,方向与L2、L3所在平面平行;L2受合力F2=2Fcos60°=F,方向与L1、L3所在平面平行;L3所受合力F3=2Fcos30°=3F,方向与L1、L2所在平面垂直;故选B、C。9.(2014·全国1,15,6分,难度★)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(B)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解析根据左手定则可知,安培力的方向既与磁场方向垂直,又与电流(或直导线)方向垂直,A项错误,B项正确。由安培力的大小F=BILsinθ可知,C项错误。将直导线从中点折成直角,有效长度不一定为原来的12,D考点88安培力作用下导体的平衡及运动1.(2022·湖南,3,4分,难度★★★)如图甲所示,直导线MN被两等长且平行的绝缘轻绳悬挂于水平轴OO'上,其所在区域存在方向垂直指向OO'的磁场,与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,其截面图如图乙所示。导线通以电流I,静止后,悬线偏离竖直方向的夹角为θ。下列说法正确的是(D)A.当导线静止在图甲右侧位置时,导线中电流方向由N指向MB.电流I增大,静止后,导线对悬线的拉力不变C.tanθ与电流I成正比D.sinθ与电流I成正比解析当导线静止在题图甲右侧位置时,对直导线MN进行受力分析,如图所示,由左手定则知,导线中电流方向由M指向N,故A错误;由于与OO'距离相等位置的磁感应强度大小相等且不随时间变化,因此F安=Gsinθ,FT=Gcosθ,F安=BIl,可得sinθ与I成正比,当I增大时,θ增大,cosθ减小,静止后,导线对悬线的拉力FT减小,故B、C错误,D正确。2.(2019·江苏,8,4分,难度★★★)(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,通过的电流大小相等。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(CD)A.均向左B.均向右C.a的向左,b的向右D.a的向右,b的向左解析由右手螺旋定则可知,若a、b两导线的电流方向相同,在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反,由于矩形线框上、下边的电流方向也相反,则矩形线框上、下边所受的安培力相同,所以不可以平衡,则要使矩形线框静止,a、b两导线的电流方向相反,C、D项正确。3.(2018·海南,3,3分,难度★★)如图,一绝缘光滑固定斜面处于匀强磁场中,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于斜面向上,通有电流I的金属细杆水平静止在斜面上。若电流变为0.5I,磁感应强度大小变为3B,电流和磁场的方向均不变,则金属细杆将(A)A.沿斜面加速上滑B.沿斜面加速下滑C.沿斜面匀速上滑D.仍静止在斜面上解析最初金属细杆受到三个力作用,且合力为零,如图所示:由平衡可知,安培力F=BIL=mgsinθ,若电流变为0.5I,磁感应强度大小变为3B,则安培力F1=3B12IL=1.5mgsinθ,根据牛顿第二定律,F1-mgsinθ=ma,故金属细杆以a=0.5gsinθ的加速度沿着斜面加速上滑,A4.(2017·全国2,21,6分,难度★★)(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(AD)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解析由于矩形线圈是由一根漆包线绕制而成,电流在环形线圈中通过,把左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或者把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,这样在半个周期内受到安培力作用而转动,在另半个周期内靠惯性转动,A、D项正确;把左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,这样在半个周期内安培力是动力,另半个周期内安培力是阻力,阻碍线圈的转动,B项错误;把左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,线圈中没有电流,线圈不受安培力作用,不能转动,C项错误。5.(2022·全国甲,25,20分,难度★★★★)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直、另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为n、沿水平方向的长度为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r,r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s。(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现在O点上方,与O点间的弧长为s1;保持其他条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点出现在O点下方,与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。答案(1)nBIlk2nBIlrdk(解析本题考查安培力的计算、测量电流的大小,意在考查分析综合能力。(1)线圈中通入微小电流I,线圈受到的安培力为F=nBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx,则有F=kΔx解得Δx=nBIl设此时平面镜偏转角度为θ,则反射光线转过的角度为2θ因为r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值,所以θ≈tanθ=ΔPQ上反射光点与O点间的弧长s=2θr解得s=2nBIlr(2)设待测电流为I',电流反向前后弹簧弹力的变化量F=2nBI'l弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx',则有F=kΔx'反射光线转过的角度为s平面镜转过的角度为φ=s根据φ=Δ解得I'=dk(6.(2018·江苏,13,15分,难度★★★)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。答案(1)2as(2)(3)2解析(1)金属棒做匀加速直线运动,故v2=2as,解得v=2(2)金属棒所受安培力F安=IdB金属棒沿导轨平面所受合力F=mgsinθ-F安=ma解得I=m(3)金属棒运动的时间t=va,电荷量解得Q=27.(2015·全国1,24,12分,难度★★★)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。答案开关闭合后金属棒所受安培力方向竖直向下金属棒质量为0.01kg解析依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg①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=IBL②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+F③由欧姆定律有E=IR④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=0.01kg⑤8.(2014·重庆,8,9分,难度★★★)某电子天平原理如图所示。E形磁铁的两侧为N极,中心为S极,两极间的磁感应强度大小均为B,磁极宽度均为L,忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极,其骨架与秤盘连为一体,线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时,弹簧被压缩,秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触),随后外电路对线圈供电,秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止,由此时对应的供电电流I可确定重物的质量。已知线圈匝数为n,线圈电阻为R,重力加速度为g。问(1)线圈向下运动过程中,线圈中感应电流是从C端还是从D端流出?(2)供电电流I是从C端还是从D端流入?求重物质量与电流的关系。(3)若线圈消耗的最大功率为P,该电子天平能称量的最大质量是多少?答案(1)C端(2)D端m=2nBL(3)2解析(1)感应电流从C端流出。(2)设线圈受到的安培力为FA。外加电流从D端流入。由FA=mg和FA=2nBIL得m=2nBL(3)设称量最大质量为m0。由m=2nBLgI和P=I2R得m09.(2013·北京,24,18分,难度★★★)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。(1)一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个自由电子,电子电量为e。该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v。(a)求导线中的电流I;(b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F安=F。(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明。)答案(1)(a)neSv(b)见解析(2)f=13nmv解析(1)(a)设Δt时间内通过导体横截面的电荷量为Δq,由电流定义,有I=ΔqΔt(b)每个自由电子所受的洛伦兹力F洛=evB设导体中共有N个自由电子N=n·Sl导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和F=NF洛=nSl·evB由安培力公式,有F安=IlB=neSv·lB得F安=F(2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量大小为ΔI=2mv如图所示,以器壁上的面积S为底、以vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内的粒子在Δt时间内有16与器壁S发生碰撞,碰壁粒子总数为N=16n·SvΔt时间内粒子给器壁的冲量为I=N·ΔI=13nSmv2Δ面积为S的器壁受到粒子压力为F=I器壁单位面积所受粒子压力为f=FS=13第2节磁场对运动电荷的作用考点89带电粒子在磁场中的圆周运动该考点属于热点和难点内容,从命题频次上看,10年来,全国卷单独命题8次,地方卷单独命题11次;选择题6分,或与牛顿运动定律、曲线运动等知识结合构建综合类计算题。解决这类问题时要抓住三个步骤:1.(2021·全国乙,16,6分,难度★★)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则v1v2为(A.12B.C.32D.解析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,意在考查推理能力。设圆形区域的半径为R,第一次射入时r1=R,第二次射入时r2=Rtan60°2=3R,根据r1=mv1qB,r2=mv2首先根据几何关系,确定粒子做圆周运动的半径,然后根据半径公式r=mvqB,利用比值法求解。2.(2021·河北,5,4分,难度★★)如图,距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B1,一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为θ,两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止。重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(B)A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=mgRB.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=mgRC.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=mgRD.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=mgR解析根据左手定则知正离子往Q板偏转,负离子往P板偏转,电流从a流向b,对导体棒进行受力分析,由于导轨光滑且金属棒静止,故安培力沿导轨平面向上,如图。根据左手定则知导轨处磁场的方向垂直轨道平面向下。由力的平衡条件得B2IL=mg·sinθ①由欧姆定律得I=UR②由在P、Q之间最终有电场力等于洛伦兹力,得qUd=qvB1③由①②③得v=mgR·sinθB本题是磁流体发电机和安培力平衡问题的综合,是平时复习时两个常见问题的组合。解决这类问题要注意以下几点:(1)熟练应用左手定则判断电源的正负极;(2)要把立体图转换为平面图;(3)正确受力分析,应用左手定则正确判断安培力方向,结合力的合成与分解列方程进行解答。3.(2021·湖北,9,4分,难度★★)(多选)一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中,在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒,a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动,环绕方向如图所示,c未在图中标出。仅考虑磁场对带电微粒的作用力,下列说法正确的是(BC)A.a带负电荷B.b带正电荷C.c带负电荷D.a和b的动量大小一定相等解析本题考查带电粒子在磁场中的运动。由左手定则可知,粒子a、b均带正电,电中性的微粒分裂的过程中,总的电荷量应保持不变,则粒子c应带负电,A项错误,B、C项正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,即qvB=mv2R,解得R=mvqB,由于粒子a与粒子b的质量、电荷量大小关系未知,则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定4.(2021·北京,12,3分,难度★★★)如图所示,在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场。一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入,并恰好垂直于y轴射出磁场。已知带电粒子质量为m、电荷量为q,OP=a。不计重力。根据上述信息可以得出(A)A.带电粒子在磁场中运动的轨迹方程B.带电粒子在磁场中运动的速率C.带电粒子在磁场中运动的时间D.该匀强磁场的磁感应强度解析本题考查带电粒子在有界磁场的运动问题。因为粒子恰好垂直于y轴射出磁场,做两速度方向的垂线交点为圆心O1,轨迹如图所示,由几何关系可OO1=atan30°=33a,R=acos30°=233a,因圆心的坐标为(0,33a),得带电粒子的轨迹方程为x2+(y-33a)2=43a2,A项正确;洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,解得带电粒子在磁场中运动的速率为v=qBRm,因轨迹圆的半径R可求出,但磁感应强度B未知,则无法求出带电粒子在磁场中运动的速率,B、D项错误;带电粒子圆周的圆心角为23π,而周期为T=2πRv=2π5.(2020·天津,7,5分,难度★★)(多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则(AD)A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为qBaC.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与O点相距(2+1)a解析由于粒子在磁场力的作用下垂直穿过x轴,根据左手定则可知,粒子带负电荷,A项正确;根据题意画图找圆心O',如图所示。结合几何关系有R=2a,N点与O点间的距离为(2+1)a,C项错误,D项正确;又因为洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R,联立解得v=2qBa处理带电粒子在磁场中运动时常用的几何关系(1)四点:分别为入射点、出射点、圆心、入射速度与出射速度的交点;(2)三个角:速度偏转角、圆心角、弦切角,其中偏转角等于圆心角,等于弦切角的两倍。6.(2019·全国2,17,6分,难度★★)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(B)A.14kBl,54kBlB.14kBlC.12kBl,54kBlD.12kBl解析本题考查带电粒子在有界磁场中的运动。当电子从a点射出时,电子在磁场中运动的半径为ra=14l,而Bqva=mva2ra,即va=Bqram=14kBl;当电子从d点射出时,电子在磁场中运动的半径为rd,如图,根据几何关系得rd2=l2+(rd-l2)2,解得rd=54l,所以,vd7.(2019·海南,9,5分,难度★★★)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则(AC)A.P和Q的质量之比为1∶2B.P和Q的质量之比为2∶1C.P和Q速度大小之比为2∶1D.P和Q速度大小之比为2∶1解析设MN=2R,则粒子P的半径为R,有:R=mPvPBq;粒子Q的半径为2R,有2R=mQvQBq;又两粒子的运动时间相同,则tP=πmPBq,tQ=14TQ=πmQ2Bq,即πmPBq=πmQ2Bq,解得8.(2016·全国2,18,6分,难度★★★)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,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)A.ω3BB.ω2BC.解析如图为筒转过90°前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N'分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN'的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O'。根据题意,∠NMN'=45°,O'M与NM延长线的夹角为60°,所以∠O'MN'=75°,∠MO'N'=30°,即轨迹圆的圆心角为30°,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,T磁12=T筒4,即112×2πmqB=14·9.(2015·全国1,14,6分,难度★★)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(D)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,角速度减小解析因洛伦兹力对运动粒子不做功,故粒子从较强磁场进入到较弱磁场后,速度大小不变,由r=mvqB可知粒子的轨道半径增大,再由ω=vr可知,粒子的角速度减小,10.(2015·全国2,19,6分,难度★★)(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(AC)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中的相等解析由题意知,BⅠ=kBⅡ,由r=mvqB知,A项正确;由a=qvBm知,aⅡ=1kaⅠ,B项错误;由T=2πmqB得TⅡTⅠ=BⅠBⅡ=k,即TⅡ=kTⅠ,C项正确;由ω=2π11.(2015·广东,16,4分,难度★★)在同一匀强磁场中,α粒子(24He)和质子(11H)做匀速圆周运动。若它们的动量大小相等,则α粒子和质子A.运动半径之比是2∶1B.运动周期之比是2∶1C.运动速度大小之比是4∶1D.受到的洛伦兹力之比是2∶1解析由r=mvqB=pqB,由于两者动量相等且在同一匀强磁场中,所以α粒子和质子运动半径之比等于电荷量反比,即rα∶rH=qH∶qα=1∶2,A项错误;由T=2πmqB,则α粒子与质子运动周期之比为TαTH=mαqHqαmH=4×12×1=2∶1,B项正确;由于mαvα=mHvH,所以vα∶vH=mH∶mα=1∶4,C项错误;12.(2015·海南,1,3分,难度★★)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)A.向上B.向下C.向左D.向右解析因磁铁S极朝向a点,故a处磁场方向垂直纸面向外,电子向右经过a点的瞬间,由左手定则可以判定条形磁铁的磁场对电子的作用力方向向上,A项正确。13.(2014·全国,16,6分,难度★★)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(D)A.2B.2C.1D.2解析设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2,由题意可知,粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1∶r2=2∶1,Ek1∶Ek2=2∶1,又r=mvqB,Ek=12mv2,可得B=2mEkqr,故B1∶B2=14.(2014·全国2,20,6分,难度★)(多选)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(AC)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解析由左手定则知,电子与正电子的偏转方向一定不同,A项正确;电子与正电子的速度大小关系不确定,故无法比较它们运动的半径大小关系,B项错误;质子与正电子的速度大小关系不确定,无法比较它们运动的半径大小关系,因此仅依据运动轨迹无法判断粒子是质子还是正电子,C项正确;由r=mvqB可知,粒子的动能越大,其速度也越大,运动轨迹的半径越大,D15.(2013·全国1,18,6分,难度★★★)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(q>0)、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R2。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)(B)A.qBR2mB.qBRmC.解析作出粒子在圆柱形匀强磁场区域的运动轨迹如图,连接MN,根据粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°,及MP=R2,得出各角的大小如图所示,粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高,四边形OMO'N为菱形,粒子做圆周运动的半径r=R,根据qvB=mv2R,得v=带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,粒子射出磁场与射入磁场时速度方向夹角与圆弧对应圆心角相等,利用这一规律使物理关系与几何关系结合起来,方便解题。16.(2013·全国2,17,6分,难度★★)空间有一圆柱形匀强磁场区域,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(q>0)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)A.3mv03qRB.解析根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可得,粒子运动的半径r=3R,根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力,可得qv0B=mv02r,解得B=317.(2018·海南,13,10分,难度★★★)如图,圆心为O、半径为r的圆形区域外存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向外,磁感应强度大小为B。P是圆外一点,OP=3r。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从P点在纸面内垂直于OP射出。己知粒子运动轨迹经过圆心O,不计重力。求:(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径;(2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间。答案(1)4r3(2解析(1)设粒子在磁场中运动半径为R,由几何关系得R+R2+r2=易得R=4r3(2)设进入磁场时速度的大小为v,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=mv2进入圆形区域,带电粒子做匀速直线运动,则2r=vt④联立②③④解得t=3考点90带电粒子在磁场中运动的多解问题1.(2019·江苏,23,12分,难度★★★)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=d2,求粒子从P到Q的运动时间t答案(1)qBdm(2)2+32d(3)A.当L=nd+(1-32)d时,t=(Ld+33-46)πm2qB,B.当L=nd+(1+32解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力有:qvB=mv2R,解得由题可得R=d解得v=qBdm(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=2+3(3)粒子的运动周期T=2设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=nT4+t'(n=1,3,5,…A.当L=nd+(1-32)d时,t'=112T解得t=(Ld+3B.当L=nd+(1+32)d时,t'=512T解得t=(Ld-332.(2014·山东,24,20分,难度★★★★)如图甲所示,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如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为+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t=0时刻入射的粒子经Δt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(1)若Δt=12TB,求B0(2)若Δt=32TB,求粒子在磁场中运动时加速度的大小(3)若B0=4mv0qd,为使粒子仍能垂直打在P板上,答案(1)mv0qd(2)3v02d(3)πd解析(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得qv0B0=mv0据题意由几何关系得R1=d②联立①②式得B0=mv0(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a=v02据题意由几何关系得3R2=d⑤联立④⑤式得a=3v0(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T=2π由牛顿第二定律得qv0B0=mv0由题意知B0=4mv0qdd=4R⑨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θ,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0<θ<π2,由题意可知π2+θ设经历完整TB的个数为n(n=0,1,2,3,…)若在A点击中P板,据题意由几何关系得R+2(R+Rsinθ)n=d当n=0时,无解当n=1时,联立⑨式得θ=π6(或sinθ=12)联立⑦⑨式得TB=πd3v当n≥2时,不满足0°<θ<90°的要求若在B点击中P板,据题意由几何关系得R+2Rsinθ+2(R+Rsinθ)n=d当n=0时,无解当n=1时,联立⑨式得θ=arcsin14(或sinθ=14)联立⑦⑨式得TB=(π2+arcsin14)d当n≥2时,不满足0°<θ<90°的要求1.交变电、磁场的常见类型2.带电粒子在交变电、磁场中运动的处理方法(1)弄清复合场的组成特点及场的变化情况。(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点。(3)画出粒子的运动轨迹,灵活选择不同的运动规律。3.(2013·全国,26,18分,难度★★★)如图,虚线OL与y轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M,粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出),且OP=R。不计重力,求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。答案见解析解析根据题意,带电粒子进入磁场后做圆周运动,运动轨迹交虚线OL于A点,圆心为y轴上的C点,AC与y轴的夹角为α,粒子从A点射出后,运动轨迹交y轴于P点,与x轴的夹角为β,如图所示,有qvB=mv2R周期为T=2由此得T=2π过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D。由图中几何关系得AD=RsinαOD=ADcot60°BP=ODcotβOP=AD+BPα=β③由以上五式和题给条件得sinα+13cosα=1④解得α=30°⑤或α=90°⑥设M点到O点的距离为hh=R-OC根据几何关系OC=CD-OD=Rcosα-3利用以上两式和AD=Rsinα得h=R-23Rcos(α+30°)⑦解得h=1-33R(α=30°)⑧h=1+33R(α=90°)⑨当α=30°时,粒子在磁场中运动的时间为t=T12=π当α=90°时,粒子在磁场中运动的时间为t=T4=π考点91带电粒子在有界磁场中的临界极值问题该考点属于热点和难点内容,从命题频次上看,10年来,全国卷单独命题5次,地方卷单独命题7次;选择题6分,或与曲线运动等知识结合构建综合类计算题。对于该考点要记住并灵活应用下面四个重要结论和两种常用的方法:四个重要结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。(2)当速度v一定时,弧长(或弦长)越长,圆心角越大,则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。(3)当速率v变化时,圆心角越大,运动时间越长。(4)在圆形匀强磁场中,当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)。两种常用的方法——“旋转法”和“放缩法”。亲,对照下面的高考试题,看看分别都用了什么方法。1.(2021·海南,13,4分,难度★★★)(多选)如图,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,3L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(ACD)A.粒子一定带正电B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率为2D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为35L解析本题考查带电粒子在磁场中运动的临界极值问题。根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,A项正确;当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,运动轨迹如图粒子运动的半径为r=3Lcos60°=2洛伦兹力提供向心力qvB=mv解得粒子入射速率v=2若α=45°,粒子运动轨迹如图,此时O'P=6L<r,故圆心O2不在x轴上,所以粒子离开磁场时与x轴不垂直,B项错误,C项正确;粒子离开磁场距离O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图,根据几何关系可知(2r)2=(3L)2+xm2,解得xm=“旋转法”解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题1.适用条件(1)速度大小一定,方向不同带电粒子进入匀强磁场时,它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同,若射入初速度为v0,则圆周运动半径为R=mv(2)轨迹圆圆心共圆带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P为圆心、半径R=mv0qB的圆(2.方法界定将一半径为R=mv0qB的圆绕着“入射点”旋转,2.(2020·全国1,18,6分,难度★★★★)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)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。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为(C)A.7πm6qBB.5解析本题带电粒子在半圆形磁场中运动的最长时间为六分之一周期。粒子在磁场中做匀速圆周运动qBv=mv2r,T=2πrv,可得粒子在磁场中的周期T=2πmqB,粒子在磁场中运动的时间t=θ2π·T=θmqB,则粒子在磁场中运动的时间与速度无关,轨迹对应的圆心角越大,运动时间越长。采用放缩圆解决该问题,粒子垂直ac射入磁场,则轨迹圆心必在ac直线上,将粒子的轨迹半径由零逐渐增大。设ab所在半圆的半径为R,当半径r≤0.5R和r≥1.5当0.5R<r<1.5R时,粒子从半圆边界射出,将轨迹半径从0.5R逐渐增大,粒子射出位置从半圆顶端向下移动,轨迹对应的圆心角从π逐渐增大,当轨迹半径为R时,轨迹对应的圆心角最大,然后再增大轨迹半径,轨迹对应的圆心角减小,因此当轨迹半径等于R时轨迹对应的圆心角最大,即轨迹对应的最大圆心角θ=π+π3=43π,粒子运动最长时间为t=θ2πT=43π23.(2020·全国3,18,6分,难度★★★)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为(C)A.3mv2aeB.mvae解析本题以环形磁场为背景,意在考查带电粒子在有界磁场中的运动规律。根据题意,电子的运动被限制在实线圆区域内的条件是轨迹圆与实线圆相切,画出临界状态电子的运动轨迹如图所示,根据图中几何关系可得r2+a2+r=3a,解得r=43a;电子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,evB=mv2r4.(2017·全国2,18,6分,难度★★★★)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(C)A.3∶2B.2∶1C.3∶1D.3∶2解析最远的出射点和入射点的连线为粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径,如图所示。由几何关系可以得到,当速度为v1入射时,半径R1=R2,当速度为v2入射时,半径R2=32R,再由R=mvqB,可得v2∶v1=3∶15.(2016·全国3,18,6分,难度★★★)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(D)A.mv2qBC.2mvqB解析粒子运动的轨迹如图:运动半径为R=mvqB。由运动的对称性知,出射速度的方向与OM间的夹角为30°,由图中几何关系知AB=R,AC=2Rcos30°=3mvqB。所以出射点到O点的距离为BO=ACtan30°+R=解决带电粒子的临界问题的技巧(1)根据边界条件,通过画动态图的方法,找出符合临界条件的粒子运动轨迹。(2)运用几何关系,求得粒子运动半径。(3)根据洛伦兹力提供向心力建立方程。6.(2020·全国2,24,12分,难度★★★)如图所示,在0≤x≤h,-∞<y<+∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场,磁感应强度B的大小可调,方向不变。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bmin。(2)如果磁感应强度大小为Bmin2,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到答案(1)垂直于纸面向里mv0qℎ(2)π6(2解析(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有qv0B=mv02由此可得R=mv0粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足R≤h③由题意,当磁感应强度大小为Bmin时,粒子的运动半径最大,由此得Bmin=mv0qℎ(2)若磁感应强度大小为Bmin2,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由②④式可得R'=2h⑤粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α,由几何关系sinα=ℎ2ℎ=1即α=π6由几何关系可得,P点与x轴的距离为y=2h(1-cosα)⑧联立⑦⑧式得y=(2-3)h。⑨7.(2020·江苏,16,16分,难度★★★★)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v,甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;(3)乙的比荷q'答案(1)mv3qB0(2)2解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2由半径r=mvqB得r1=mv2qB0且d=2r1-2r2,解得d=mv(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2由T=2πmqB得t1=πm2qB0,t2=πm3解得Δt=2(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…)相遇时,有nm'v3q'B0=d解得q'm'=nqm,根据题意,n=1舍去。当n=2时,q'm'有最小值(q'm')min=2qm,若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(综上分析,比荷的最小值为2q8.(2018·江苏,15,16分,难度★★★★)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。当入射速度为v0时,粒子从O上方d2处射出磁场。取sin53°=0.8,cos53°=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Δt,求Δt的最大值。答案(1)4mv0qd(2)53π+72180解析(1)粒子圆周运动的半径r0=m由题意知r0=d4,解得B=(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为α由d=rsinα,得sinα=45,即α=53在一个矩形磁场中的运动时间t1=α360°·2πmqB,解得直线运动的时间t2=2dv,解得t2则t=4t1+t2=53π+72180(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-cosα)+xtanα由y≤2d,解得x≤34则当xm=34d时,Δt粒子直线运动路程的最大值sm=2xmcosα+(2d-2xm增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d增加时间的最大值Δtm=Δsm9.(2016·海南,14,18分,难度★★★)如图所示,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小;(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为53t0,答案(1)πm2qt0(2)2t解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期T=4t0①设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB=mv2r匀速圆周运动的速度满足v=2π联立①②③式得B=πm(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°-θ2⑤粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则t1+t2=T2=2t0⑥图(a)图(b)(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦r0cos∠OO'D+r0cos∠BO设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律v0=2π联立①⑦⑧⑨式得v0=3π10.(2016·北京,22,16分,难度★★★)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)mvqB2πmqB解析(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=mv带电粒子做匀速圆周运动的半径R=mv匀速圆周运动的周期T=2πRv(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电场强度E的大小E=vB。“放缩法”解决带电粒子在有界磁场中运动的临界问题1.适用条件(1)速度方向一定、大小不同粒子源发射的速度方向一定、大小不同的带电粒子进入匀强磁场,这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化。(2)轨迹圆的圆心共线如图所示(图中只画出粒子带正电的情景),速度v0越大,运动半径也越大。可以发现这些带电粒子射入磁场后,它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP'上。2.方法界定以入射点P为定点,圆心位于PP'直线上,将半径放缩作轨迹,从而探索出临界条件,这种方法称为“放缩法”。11.(2013·海南,14,18分,难度★★★★)如图,纸面内有E、F、G三点,∠GEF=30°,∠EFG=135°。空间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出,其轨迹经过G点;再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出,其轨迹也经过G点。两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同,且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m,轨道半径为R。不计重力。求:(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间;(2)点电荷b的速度的大小。答案(1)πm2qB(解析(1)设点电荷a的速度大小为v,由牛顿第二定律得qvB=mv2R由①式得v=qBRm②设点电荷a做圆周运动的周期为T,有T=2π如图,O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心。设a在磁场中偏转的角度为θ,由