高考物理一轮复习课件专题十一磁 (含解析)

考点一磁场的描述安培力五年高考统一命题、省(区、市)卷题组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。2.(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,通过的电流强度相等。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。易错点拨安培定则用右手,左手定则用左手。3.(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

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。4.(2017课标Ⅱ,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

∶

∶1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L

1、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。

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=2Bcos60°=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。

5.(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。教师专用题组6.(2016北京理综,17,6分,0.95)(多选)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,挖掘有用信息。评析本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。7.(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。考点二洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动A组

自主命题·天津卷题组1.(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。

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

(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。2.(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。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

qvB=m

⑩由几何关系可知R=

L

联立①②⑦⑧⑨⑩

式得

=

步骤得分粒子在电场中做类平抛运动,由于题给条件太少,仅有2x=y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。3.(2014天津理综,12,20分)同步加速器在粒子物理研究中有重要的应用,其基本原理简化为如

图所示的模型。M、N为两块中心开有小孔的平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子A

(不计重力)从M板小孔飘入板间,初速度可视为零。每当A进入板间,两板的电势差变为U,粒子

得到加速,当A离开N板时,两板的电荷量均立即变为零。两板外部存在垂直纸面向里的匀强磁

场,A在磁场作用下做半径为R的圆周运动,R远大于板间距离。A经电场多次加速,动能不断增

大,为使R保持不变,磁场必须相应地变化。不计粒子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐

射,不考虑磁场变化对粒子速度的影响及相对论效应。求

(1)A运动第1周时磁场的磁感应强度B1的大小;(2)在A运动第n周的时间内电场力做功的平均功率

;(3)若有一个质量也为m、电荷量为+kq(k为大于1的整数)的粒子B(不计重力)与A同时从M板小

孔飘入板间,A、B初速度均可视为零,不计两者间的相互作用,除此之外,其他条件均不变。下图中虚线、实线分别表示A、B的运动轨迹。在B的轨迹半径远大于板间距离的前提下,请指

出哪个图能定性地反映A、B的运动轨迹,并经推导说明理由。

答案(1)

(2)

(3)见解析解析(1)设A经电场第1次加速后速度为v1,由动能定理得qU=

m

-0

①A在磁场中做匀速圆周运动,所受洛伦兹力充当向心力qv1B1=

②由①②得B1=

③(2)设A经n次加速后的速度为vn,由动能定理得nqU=

m

-0

④设A做第n次圆周运动的周期为Tn,有Tn=

⑤设在A运动第n周的时间内电场力做功为Wn,则Wn=qU

⑥在该段时间内电场力做功的平均功率为

=

⑦由④⑤⑥⑦解得

=

⑧(3)A图能定性地反映A、B运动的轨迹。A经过n次加速后,设其对应的磁感应强度为Bn,A、B的周期分别为Tn、T',综合②、⑤式并分别

应用A、B的数据得Tn=

T'=

=

由上可知,Tn是T'的k倍,所以A每绕行1周,B就绕行k周。由于电场只在A通过时存在,故B仅在与

A同时进入电场时才被加速。经n次加速后,A、B的速度分别为vn和vn',考虑到④式vn=

vn'=

=

vn由题设条件并考虑到⑤式,对A有Tnvn=2πR设B的轨迹半径为R',有T'vn'=2πR'比较上述两式得R'=

上式表明,运动过程中B的轨迹半径始终不变。由以上分析可知,两粒子运动的轨迹如图A所示。4.(2013天津理综,11,18分)一圆筒的横截面如图所示,其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的

匀强磁场,磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N,其中M板带正电荷,N板带

等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放,经N板的小孔

S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出,设粒子与圆

筒碰撞过程中没有动能损失,且电荷量保持不变,在不计重力的情况下,求:

(1)M、N间电场强度E的大小;(2)圆筒的半径R;(3)保持M、N间电场强度E不变,仅将M板向上平移

d,粒子仍从M板边缘的P处由静止释放,粒子自进入圆筒至从S孔射出期间,与圆筒的碰撞次数n。答案(1)

(2)

(3)3解析(1)设两板间的电压为U,由动能定理得qU=

mv2

①由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U=Ed

②联立①②式可得E=

③(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动,运用几何关系作出圆心为O',圆半径为r。设第一次碰撞

点为A,由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出,因此,SA弧所对的圆心角∠AO'S等于

。

由几何关系得r=Rtan

④粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力,由牛顿第二定律,得qvB=m

⑤联立④⑤式得R=

⑥(3)保持M、N间电场强度E不变,M板向上平移

d后,设板间电压为U',则U'=

=

⑦设粒子进入S孔时的速度为v',由①式看出

=

综合⑦式可得v'=

v

⑧设粒子做圆周运动的半径为r',则r'=

⑨设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ,比较⑥⑨两式得到r'=R,可见θ=

⑩粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出,故n=3

评析

本题考查了带电粒子在电场中的加速及在磁场中的匀速圆周运动,属于中等偏难的常

规题目。本题中的难点是如何根据碰撞次数确定粒子的运动轨迹,然后找出粒子从进入圆筒

到第一次碰撞的运动轨迹所对应的圆心角及圆心的位置。碰撞次数为n,每段圆弧所对应的圆

心角θ=π-

=

·π,n=2,3,4,…。5.(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。B组统一命题、省（区、市）卷题组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。6.(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.

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。7.(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∶

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。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,即最大分布。8.(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。9.(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。

反思总结此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求

半径,找圆心角求时间。10.(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。11.(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,则粒子在

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。

12.(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。

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

(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。13.(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。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=

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。14.(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。

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。15.(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。

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(2)由几何关系及①②式得,所求距离为d0=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。题目内容经典,难度较

小。C组

教师专用题组16.(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.

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。方法技巧由题意知v与OM成30°角,而O‘S垂直于v,则∠O’SQ=60°;由于SO‘=O’Q=R,所以△SO‘Q为等边三角形,∠SO’Q=60°,由四边形OSO‘P可求得∠SO’P=120°,所以∠SO‘P+∠SO’Q=180°。评析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出运动轨迹,并且找出各角关

系是解答本题的关键。1.(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

考点三带电粒子在复合场中的运动A组自主命题、天津卷题组答案

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。2.(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。

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=

θ=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=3.5s⑨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。3.(2015天津理综,12,20分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。真空中存

在着如图所示的多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,电场与磁场的宽度均为d。电场强度为

E,方向水平向右;磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。电场、磁场的边界互相平行且与电场

方向垂直。一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子在第1层电场左侧边界某处由静止释放,

粒子始终在电场、磁场中运动,不计粒子重力及运动时的电磁辐射。(1)求粒子在第2层磁场中运动时速度v2的大小与轨迹半径r2;(2)粒子从第n层磁场右侧边界穿出时,速度的方向与水平方向的夹角为θn,试求sinθn;(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,试问在其他条件不变的情况下,也进入第n层磁

场,但比荷较该粒子大的粒子能否穿出该层磁场右侧边界,请简要推理说明之。答案(1)2

(2)B

(3)见解析解析(1)粒子在进入第2层磁场时,经过两次电场加速,中间穿过磁场时洛伦兹力不做功。由动能定理,有2qEd=

m

①由①式解得v2=2

②粒子在第2层磁场中受到的洛伦兹力充当向心力,有qv2B=m

③由②③式解得r2=

④(2)设粒子在第n层磁场中运动的速度为vn,轨迹半径为rn(各量的下标均代表粒子所在层数,下

同)。nqEd=

m

⑤qvnB=m

⑥粒子进入第n层磁场时,速度的方向与水平方向的夹角为αn,从第n层磁场右侧边界穿出时速度

方向与水平方向的夹角为θn,粒子在电场中运动时,垂直于电场线方向的速度分量不变,有

图1vn-1sinθn-1=vnsinαn

⑦由图1看出rnsinθn-rnsinαn=d

⑧由⑥⑦⑧式得rnsinθn-rn-1sinθn-1=d

⑨由⑨式看出r1sinθ1,r2sinθ2,…,rnsinθn为一等差数列,公差为d,可得rnsinθn=r1sinθ1+(n-1)d

⑩图2当n=1时,由图2看出r1sinθ1=d

由⑤⑥⑩

式得sinθn=B

(3)若粒子恰好不能从第n层磁场右侧边界穿出,则θn=

sinθn=1在其他条件不变的情况下,换用比荷更大的粒子,设其比荷为

,假设能穿出第n层磁场右侧边界,粒子穿出时速度方向与水平方向的夹角为θn',由于

>

则导致sinθn'>1说明θn'不存在,即原假设不成立。所以比荷较该粒子大的粒子不能穿出该层磁场右侧边界。4.(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

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。B组

统一命题、省(区、市)卷题组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。5.(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。评析此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找

出相关运动规律公式,再结合题给条件分析解答。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

磁场中运动的半径相等。6.(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。

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=

7.(2009北京理综,19,6分)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下

的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,

恰好沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不

变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b

()A.穿出位置一定在O'点下方B.穿出位置一定在O'点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小答案

C在复合场中粒子做直线运动,就说明qE=qvB,OO'连线与电场线垂直。当撤去磁场

时,粒子仅受电场力,做类平抛运动,电场力一定做正功,电势能减少,动能增加,C正确,D错误;因

不知带电粒子的电性,故穿出位置可能在O'点上方,也可能在O'点下方,A、B错误。C组教师专用题组8.一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)

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)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v1=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'=

审题指导对称性是解题关键

考点一磁场的描述安培力三年模拟A组2017—2019年高考模拟·考点基础题组1.(2017河西二模)如图所示,两根平行放置长度相同的长直导线a和b通有大小相同、方向相反

的电流,a受到的磁场力大小为F1,当加入一个与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁

场力大小变为F2,则此时b受到的磁场力大小变为

()

A.F2

B.F1-F2C.F1+F2

D.2F1-F2

答案

A据题图所示,两根长直导线,通过的电流大小相同方向相反,因a受到b产生的磁场的

作用力方向向左,大小为F1,那么b受到a产生的磁场的作用力方向向右,大小也为F1,这两个力大

小相等,方向相反。当再加入匀强磁场时产生的磁场力大小为F0,则a受到作用力大小为F2=F1+

F0(或

-F0)。而对于b由于电流方向与a相反,所以b受到作用力大小为F2'=F1+F0(或F2'=F1-F0),这两个力大小相等,方向相反。故A正确,B、C、D错误。2.(2018河西一模)如图为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面

向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速

电压来控制,磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是

()

A.仅增大励磁线圈的电流,电子束径迹的半径变大B.仅提高电子枪的加速电压,电子束径迹的半径变大C.仅增大励磁线圈的电流,电子做圆周运动的周期将变大D.仅提高电子枪的加速电压,电子做圆周运动的周期将变大答案

B电子经电子枪加速,由动能定理有:eU=

m

电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,有:eBv0=m

可得:r=

=

,T=

=

可见增大励磁线圈中的电流,磁感应强度B增大,电子束的轨道半径变小,周期变小,故A、C错

误;提高电子枪加速电压U,电子束的轨道半径变大,周期不变,故B正确,D错误。解题技巧根据动能定理表示出加速后电子获得的速度,然后根据洛伦兹力提供向心力推导

出电子运动的半径、周期的表达式。3.(2019河西二模)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感应强度最强的某点,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.平行于EF,深度为L/2B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为L/2D.垂直于EF,深度为L答案

A用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁感应强度最强的某点,记为a,说明a

点离电流最近;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,故说明这些点均离

电流最近,则EF应该是平行金属管线;画出左侧视图,如图所示:

b、c间距为L,且磁场方向与地面夹角为45°,结合几何知识可得通电管线深度为

L,故A正确,B、C、D错误。思路点拨根据安培定则判断磁场方向,然后画出直线电流的磁感线,结合几何关系确定金属

管线深度。考点二洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动4.(2018滨海七校联考)如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m、带

电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀

强电场中。设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中()

A.小球加速度一直增大B.小球速度先减小后增大,直到最后匀速运动C.杆对小球的弹力一直减少D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变答案

D小球下滑过程中,受到重力、摩擦力(可能有)、弹力(可能有)、向左的洛伦兹力、

向右的电场力,分四个过程进行分析:①开始阶段,洛伦兹力小于电场力时,小球向下做加速运

动时,速度增大,洛伦兹力增大,小球所受的杆的弹力向左,大小为N=qE-qvB,N随着v的增大而减

小,滑动摩擦力f=μN也减小,小球所受的合力F合=mg-f增大,加速度a增大;②当洛伦兹力等于电

场力时,合力等于重力,加速度最大;③小球继续向下做加速运动,洛伦兹力大于电场力,小球所

受的杆的弹力向右,大小为N'=qv'B-qE,v'增大,N'增大,f'增大,F合'减小,a'减小;④当mg=f'时,a'=0。

故加速度先增大后减小,直到为零;小球的速度先增大,后不变;杆对球的弹力先减小后反向增

大,最后不变;洛伦兹力先增大后不变。故D正确,A、B、C错误。5.(2019河东二模)如图,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ

象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标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的带正电的粒子,自y轴正半轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y

轴射入电场。经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后垂直于y轴的方向射出磁场。不计粒子重

力。求:

(1)电场强度大小E;(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)粒子在磁场运动的时间t。答案(1)

(2)

(3)

解析(1)设粒子在电场中运动的时间为t1,带电粒子做类平抛运动,根据类平抛运动规律有:2h

=v0t1,h=

a

根据牛顿第二定律可得:Eq=ma解得:E=

(2)粒子进入磁场时沿y方向的速度大小:vy=at1=v0粒子进入磁场时的速度:v=

v0,方向与x轴成45°角根据洛伦兹力提供向心力可得:qvB=m

解得:r=

(3)粒子在磁场中运动的周期:T=

=

根据几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的圆心角θ=135°则粒子在磁场中运动的时间:t=

T=

T=

解题技巧(1)粒子在电场中做类平抛运动,利用运动的合成和分解、牛顿第二定律结合运动

学规律,联立即可求出电场强度大小E;(2)利用类平抛运动规律求出粒子进入磁场时的速度大小和方向,粒子在磁场中做匀速圆周运

动,利用洛伦兹力提供向心力即可求出粒子在磁场中运动的轨道半径r;(3)利用周期公式T=

=

,结合粒子在磁场中转过的圆心角,即可求出粒子在磁场中运动的时间t。6.(2019河北二模)如图所示,在xOy平面上,一个以原点O为圆心,半径为4R的圆形磁场区域内存

在着匀强磁场,磁场的方向垂直于纸面向里,在坐标(-2R,0)的A处静止着一个具有放射性的原

子核氮

N。某时刻该核发生衰变,放出一个正电子和一个反冲核,已知正电子从A处射出时速度方向垂直于x轴,且后来通过了y轴,而反冲核刚好不离开磁场区域。不计重力影响和离子间

的相互作用。

(1)写出衰变方程;(2)求正电子做圆周运动的半径;(3)求正电子最后过y轴时的坐标。答案(1)见解析(2)6R(3)

解析(1)由质量数守恒及电荷数守恒可以知道衰变方程为

N

C

e;(2)设反冲核和正电子在磁场中回旋半径分别为r1、r2,因为反冲核与正电子都带正电荷,在磁

场中的轨迹关系应是外切圆,因正电子通过y轴,则反冲核速度方向向上,正电子速度方向向

下。故反冲核的半径r1=R衰变过程中遵循动量守恒定律p反=pe又因为qvB=m

可得r=

可得正电子做圆周运动的半径r2=6R(3)由图可知正电子应在通过y轴前飞出圆形磁场区域,设出射点为P,正电子轨迹圆心在磁场边界与x轴的交点O'处,过P点作出出射速度的反向延长线可交于磁场

边界D点,且D点在x轴上根据几何关系可得∠DO'P=∠OQD=α在直角三角形DO'P中,cosα=

=

,所以tanα=

OQ=

=

故正电子最后通过y轴的坐标为

。解题思路(1)原子核发生衰变时,一定满足质量数守恒及电荷数守恒;(2)根据题意可知两核的运动情况及反冲核的轨迹半径,由动量守恒定律可以知道两核的动量

关系,则可得出正电子的轨迹半径;(3)画出两核的运动轨迹,由几何关系可以知道最后过y轴的坐标。7.(2019红桥二模)如图,在x>0的空间中,存在沿x轴正方向的匀强电场,电场强度E=10N/C;在x<

0的空间中,存在垂直xOy平面方向的匀强磁场,磁感应强度B=0.5T。一带负电的粒子(比荷

=160C/kg),在x=0.06m处的D点以v0=8m/s的初速度沿y轴正方向开始运动,不计带电粒子的重

力。求:

(1)带电粒子开始运动后第一次通过y轴时距O点的距离;(2)带电粒子进入磁场后经多长时间返回电场;(3)带电粒子在xOy平面内做周期性运动的周期(保留两位有效数字)。答案(1)0.069m(2)0.026s(3)0.043s解析(1)对于粒子在电场中的运动有a=

,x=

at2第一次通过y轴的交点到O点的距离为y1=v0t将数据代入计算得出y1=0.069m

(2)粒子通过y轴进入磁场时在x方向的速度vx=

t=8

m/s设进入磁场时速度方向与y轴的夹角