2016年高考物理备考中等：专题09磁场：含解析
《大高考》2016届高考物理五年高考真题：专题09 磁场
考点一磁场、磁场力1．(2015·新课标全国Ⅱ,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()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不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误．答案BC2．(2015·海南单科，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．向上B．向下C．向左D．向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．答案 A3. (2015·江苏单科，4，3分)(难度★★)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是()解析由题意知，处于磁场中的导体受安培力作用的有效长度越长，根据F ＝BIL知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案 A4．(2014·新课标全国Ⅰ，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()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由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BIL sin θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的22.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．答案 B5．(2014·浙江理综,20，6分)(难度★★)(多选)如图1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t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒()A．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解析根据题意得出v-t图象如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度随时间做周期性变化,B正确；据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，在前半周期做正功，后半周期做负功，方向做周期性变化，则C项正确；F安则D项错．答案ABC6．(2012·全国卷，18，6分)(难度★★★)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等.关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析先根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合)磁场的方向．磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等．所以只有C正确．答案 C7．(2012·天津理综，2，6分)(难度★★)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析对金属棒受力分析如图所示．由三力平衡的特点得tan θ＝BIL mg，故A正确，C、D错误；悬线的长度对θ角没有影响，B错误．答案 A8．(2015·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★)如图，一长为10 cm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0.1 T ，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12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开 时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；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0.3 cm,重力加速度大小取10 m/s 2.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．解析 金属棒通电后，闭合回路电流I ＝U R ＝12 V2 Ω＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值解得m ＝0.01 kg答案 0.01 kg9. (2015·重庆理综，7,15分)(难度★★★)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系 统的特殊电动机，如图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运动的速度大小为v ，求安培力的功率．解析 (1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBIL v③答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v10．(2015·浙江理综，24，20分)(难度★★★)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)图1图2(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL①由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②代入数据解得：N1＝25匝③(2)由电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔBΔt Ld ④由欧姆定律得：I ′＝ER ⑤线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑥由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt·dL2R ⑦代入数据可得ΔB Δt ＝0.1 T/s ⑧答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动1．(2015·新课标全国Ⅰ，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( ) 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 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 即q v B ＝m v 2r ，轨道半径r ＝m vqB ，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变， 轨道半径r 变大，根据角速度ω＝v r ＝qBm 可知角速度变小，选项D 正确．答案 D2．(2015·新课标全国Ⅱ,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( ) 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 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，设B 2＝B ，B 1＝kB 则由牛顿第二定律得： q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m vqB ，T ＝2πm qB 所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k根据a ＝v 2R ，ω＝vR 可知a 2a 1＝1k ，ω2ω1＝1k所以选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．答案 AC3．(2015·广东理综，16，4分)(难度★★★)在同一匀强磁场中，α粒子(42He)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 α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同， 故速度之比为1∶4；同一磁场，B 相同．由r ＝m v qB ，得两者半径之比为1∶2； 由T ＝2πmqB ,得周期之比为2∶1；由f 洛＝q v B ，得洛伦兹力之比为1∶2.故只 有B 正确．答案 B4．(2015·四川理综，7，6分)(难度★★★★)(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 ＝ 9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，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 ＝2.0×10－4 T.电子质量m ＝9.1×10－31 kg,电量e ＝－1.6×10－19C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106 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( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析 电子在匀强磁场运动的轨道半径为R ＝m vqB ＝4.55 cm电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好 打到N 点，水平向右发射的粒子恰好打到M 点，如图甲所示，故l ＝L ＝9.1 cm ， A 正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N 点，由几何关系 知，另一临界运动轨迹恰好与MN 相切于O 点，如图乙所示，故粒子只能打 在NO 范围内，故l ＝4.55 cm ，D 正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60° 时，粒子打到板上的范围大于ON 小于NM ,即4.55 cm ＜l ＜9.1 cm ，故B 、C错误．答案 AD5．(2014·新课标全国Ⅰ，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( )A ．2B. 2C ．1D.22解析 由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍； 由洛伦兹力提供向心力:q v B ＝m v 2R 得v ＝qBR m ；其动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，故磁感应强度B ＝2mE k q 2R 2，B 1B 2＝E k1E k2·R 2R 1＝22，选项D 正确．答案 D6．(2014·新课标全国Ⅱ,20，6分)(难度★★★)(多选)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 在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关 系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、 偏转方向必相反，故A 正确；因r ＝m vqB ，各粒子虽q 相同、但v 关系未知， 故m 相同、v 不同时轨迹半径不同,而当r 相同时只能表明m v 相同，不能确 定m 的关系，故B 错误,C 正确；由E k ＝12m v 2有r ＝2mE kqB ，可见当E k 越大 时确定的粒子其轨迹半径越大，故D 错误．答案 AC7．(2014·安徽理综，18，6分)(难度★★★)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在 磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( ) A.TB ．TC.T 3D ．T 2解析 等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有 q v B ＝m v 2R ，得v ＝BqR m动能E k ＝12m v 2＝12 B 2q 2R 2m 由题意得E k ＝kT 故有：kT ＝B 2q 2R 22m得B ＝2kmq 2R 2T即B ∝T ，选项A 正确．答案 A8．(2013·新课标全国Ⅰ,18，6分)如图所示，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 (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)( )A.qBR2mB.qBRmC.3qBR 2mD.2qBRm解析 粒子运动的情景如图所示.由于入射点M 距离直径ab 为R /2，且入射 方向MC 平行于ab ，所以∠MOC ＝60°.粒子射出磁场时，偏转角度为60°， 即∠MO ′B ＝60°.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径r ＝R ，又r ＝m v qB .所以v＝qBRm ，B 正确．答案 B9．(2013·新课标全国Ⅱ，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v 0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.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qR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，q v 0B ＝m v 20r ，解得，B ＝3m v 03qR ，A 项正确．答案 A10．(2013·广东理综，21，4分)(难度★★★)(多选)两个初速度大小相同的同种离 子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝m vqB相同，周期T＝2πmqB也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确．答案AD11．(2013·安徽理综，15，6分)(难度★★)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右解析根据右手定则及磁感应强度的叠加原理可得，四根导线在正方形中心O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确．答案 B12．(2012·广东理综，15，4分)(难度★★★)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间解析 由左手定则可判断出M 带负电,N 带正电，选项A 正确；由半径公式 r ＝m vqB 知：在m 、q 、B 相同的情况下,半径大的M 速度大，选项B 错误；洛伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C 错误；由周期公式T ＝2πmqB 知二 者的周期相同，选项D 错误．答案 A13．(2015·浙江理综，25，22分)(难度★★★★)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 . 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θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(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． 解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，根据左手定则可判断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m vqR ＝m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑨答案 (1)m vBr 正电荷 (2)m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）14. (2015·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)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 、电量 为＋q 的粒子由小孔下方d2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2m v qD 、4m vqD ,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．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 ·d 2＝12m v 2① 解得E ＝m v 2qd 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q v B ＝m v 2R③甲如图甲所示，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 ＝D 4④ 联立③④式得 B ＝4m v qD ⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D 4⑥联立③⑥式得 B ＝4m v 3qD ⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区 和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2m v qD 、B 2＝4m vqD ，由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2R 1，q v B 2＝m v 2R 2⑧代入数据得 R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v ⑩乙据题意分析，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θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫α＝60°⑬丙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t 1、t 2可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1，t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得 s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s ＝5.5πD ⑯答案 (1)m v 2qd (2)4m v qD 或4m v3qD (3)5.5πD15．(2014·广东理综，36，18分)(难度★★★★★)如图所示，足够大的平行挡板 A 1、A 2竖直放置，间距6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ， 以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、 A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式． 解析 (1)粒子在电场中，由动能定理有 qEd ＝12m v 21－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力q v 1B 0＝m v 21r ②当k ＝1时，由几何关系得r ＝L ③由①②③解得E ＝qB 20L22md ④(2)由于2<k <3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系可知(r 1－L )2＋(kL )2＝r 21⑤ 解得r 1＝k 2＋12L ⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 q v B 0＝m v 2r 1⑦由⑥⑦解得v ＝（k 2＋1）qB 0L2m ⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 q v B ＝m v 2r 2⑨由对称性及几何关系可知 k （3－k ）＝r 1r 2⑩解得r 2＝（3－k ）（k 2＋1）2k L ⑪由⑧⑨⑪解得B ＝k3－k B 0答案 (1)qB 20L22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝k 3－k B 016．(2014·山东理综，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v 0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B 0和T B 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 、v 0为已知量．(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小； (3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B . 解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得 q v 0B 0＝m v 20R 1①据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 B 0＝m v 0qd ③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得 a ＝v 20R 2④据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a ＝3v 20d ⑥(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 ＝2πR v 0⑦由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R ⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1O 2为圆心，O 1、O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 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＋θ2πT ＝T B2⑩设经历完整T B 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 ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得θ＝π6(或sin θ＝12)⑬ 联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰ 当n ＝1时，联立⑨⑯式得θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得T B ＝(π2＋arcsin 14)d 2v 0⑲当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑳答案 (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)πd 3v 0或(π2＋arcsin 14)d 2v 017．(2014·江苏单科，14，16分)(难度★★★★★)某装置用磁场控制带电粒子的 运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在 匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距 为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、 P 分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的 粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的 磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点,求粒子入射速度的最小变化 量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值． 解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r 根据题意L ＝3r sin 30°＋3d cos 30° 且h ＝r (1－cos 30°) 解得h ＝(23L －3d )(1－32)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′ m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°解得Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d )(3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n＝q v n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d )(3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)18．(2013·天津理综，11，18分)(难度★★★★)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23d ，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 .解析 (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得qU ＝12m v 2① 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 ＝m v 22qd ③。
专题09 磁场-决胜2016年高考全国名校试题物理分项汇编(浙江特刊)(解析版)
一、单项选择题1．【2015·浙江省深化课程改革协作校高三11月期中联考】如图所示，在空间中有一坐标系Oxy ，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I 和 Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区域I 中的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B ，方向垂直纸面向内．边界上的P 点坐标为（4L ，3L )．一质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射人区域I ，经过一段时间后， 粒子恰好经过原点O ．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法中不正确的是A ．该粒子一定沿y 轴负方向从O 点射出B ．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°C ．该粒子在磁场中运动的最短时间qBm t 6053π= D ．该粒子运动的可能速度为)3,2,1(1225 ==n nmqBL v 【答案】B两磁场中做圆周运动的半径分别为： 122R R =,有题意知OP 边与x 轴的夹角3tan 4L Lα=，知37α=︒，故考点：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动 牛顿第二定律2.【2015·浙江省东阳中学高三上学期期末综合能力检测卷】如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB 、AC 、AD ，均处于水平方向的匀强磁场中．一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A 点由静止释放，设滑到底端的时间分别为t AB 、t AC 、t AD ，则A ．t AB ＝t AC ＝t AD B ．t AB >t AC >t AD C ．t AB <t AC <t AD D ．无法比较【答案】C【解析】 因为小球带负电．当它下滑时所受的洛伦兹力方向垂直于速度方向向下，随速度的增加对斜面的压力越来越大，由于斜面光滑，故物体的加速度只由重力平行与斜面方向的分力决定，所以物块做匀加速运动．运动的加速度：a=gsinθ，设斜面高h ，则斜面长：sin h L θ=，运动的时间t ：212at L =，解得t =，可知，θ越小，时间越长．故：t AB ＜t AC ＜t AD ，故选：C考点：牛顿第二定律；洛伦兹力.3.【2015·浙江省深化课程改革协作校高三11月期中联考】如图所示，在空间中有一坐标系Oxy ，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I 和 Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区域I 中的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B ，方向垂直纸面向内．边界上的P 点坐标为（4L ，3L )．一质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射人区域I ，经过一段时间后， 粒子恰好经过原点O ．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法中不正确的是A ．该粒子一定沿y 轴负方向从O 点射出B ．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°C ．该粒子在磁场中运动的最短时间qBm t 6053π= D ．该粒子运动的可能速度为)3,2,1(1225 ==n nmqBL v 【答案】B性知从区域Ⅱ中射出的粒子速度方向一定为y 轴负方向，故A 选项正确，B 选项错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2m T qBπ=，粒子在区域Ⅰ中转过的圆心角为1106θ=︒，粒子在区域Ⅰ中运动的时间为11153290m t T qBθππ==⋅，粒子在区域Ⅱ中转过的圆心角为2106θ=︒粒子在区域Ⅱ中运动的时间为112532180m t T qB θππ==⋅所以该粒子在磁场中运动的最短时间12t t t =+=5360m qBπ，故C 选项正确； 带电粒子每次从区域Ⅱ射出为一个周期，在OP 边移动的距离为012L L L =+，其中1182cos375mv L R qB =︒=，2242cos375mv L R qB =︒=，而05L nL =,n =1,2,3……联立解得)3,2,1(1225 ==n nmqBL v ,故D 选项正确；综上所述，只有B 选项错误。
高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)含解析(1)
高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)含解析(1)一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。
在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。
在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A，一比荷qm=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。
已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。
若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。
【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32π，带负电的粒子转过的圆心角为2π；两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22r mT v qBππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.910s 4t T -==⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4212.010s 4t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第二、第三象限内有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场区域△ABC ，A 点坐标为（0，3a ），C 点坐标为（0，﹣3a ），B 点坐标为(23a -，-3a ）．在直角坐标系xOy 的第一象限内，加上方向沿y 轴正方向、场强大小为E=Bv 0的匀强电场，在x=3a 处垂直于x 轴放置一平面荧光屏，其与x 轴的交点为Q ．粒子束以相同的速度v 0由O 、C 间的各位置垂直y 轴射入，已知从y 轴上y =﹣2a 的点射入磁场的粒子在磁场中的轨迹恰好经过O 点．忽略粒子间的相互作用，不计粒子的重力． （1）求粒子的比荷；（2）求粒子束射入电场的纵坐标范围；（3）从什么位置射入磁场的粒子打到荧光屏上距Q 点最远？求出最远距离．【答案】(1)0v Ba(2)0≤y≤2a (3)78y a =，94a【解析】 【详解】(1)由题意可知， 粒子在磁场中的轨迹半径为r ＝a 由牛顿第二定律得Bqv 0＝m 20v r故粒子的比荷v q m Ba= (2)能进入电场中且离O 点上方最远的粒子在磁场中的运动轨迹恰好与AB 边相切，设粒子运动轨迹的圆心为O ′点，如图所示．由几何关系知O ′A ＝r ·ABBC＝2a 则OO ′＝OA －O ′A ＝a即粒子离开磁场进入电场时，离O 点上方最远距离为OD ＝y m ＝2a所以粒子束从y 轴射入电场的范围为0≤y ≤2a (3)假设粒子没有射出电场就打到荧光屏上，有3a ＝v 0·t 02019222qE y t a a m ==>， 所以，粒子应射出电场后打到荧光屏上粒子在电场中做类平抛运动，设粒子在电场中的运动时间为t ，竖直方向位移为y ，水平方向位移为x ，则 水平方向有x ＝v 0·t竖直方向有212qE y t m=代入数据得x 2ay设粒子最终打在荧光屏上的点距Q 点为H ，粒子射出电场时与x 轴的夹角为θ，则002tan y x qE x v m v y vv aθ⋅===有H ＝(3a －x )·tan θ＝(32)2a y y -当322a y y -=时，即y ＝98a 时，H 有最大值 由于98a <2a ，所以H 的最大值H max ＝94a ，粒子射入磁场的位置为y ＝98a －2a ＝－78a3．某控制带电粒子运动的仪器原理如图所示，区域PP′M′M 内有竖直向下的匀强电场，电场场强E ＝1.0×103V/m ，宽度d ＝0.05m ，长度L ＝0.40m ；区域MM′N′N 内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.5×10－2T ，宽度D ＝0.05m ，比荷qm＝1.0×108C/kg 的带正电的粒子以水平初速度v 0从P 点射入电场．边界MM′不影响粒子的运动，不计粒子重力．(1) 若v 0＝8.0×105m/s ，求粒子从区域PP′N′N 射出的位置；(2) 若粒子第一次进入磁场后就从M′N′间垂直边界射出，求v 0的大小； (3) 若粒子从M′点射出，求v 0满足的条件．【答案】(1)0.0125m (2) 3.6×105m/s. (3) 第一种情况：v 0＝54.00.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：v 0＝53.20.8()10/21nm s n -⨯+ (其中n ＝0、1、2、3)．【解析】 【详解】(1) 粒子以水平初速度从P 点射入电场后，在电场中做类平抛运动，假设粒子能够进入磁场，则竖直方向21··2Eq d t m＝得2md tqE =代入数据解得t＝1.0×10－6s水平位移x＝v0t代入数据解得x＝0.80m因为x大于L，所以粒子不能进入磁场，而是从P′M′间射出，则运动时间t0＝Lv＝0.5×10－6s，竖直位移21··2Eqy tm＝＝0.0125m所以粒子从P′点下方0.0125m处射出．(2) 由第一问可以求得粒子在电场中做类平抛运动的水平位移x＝v02mdqE粒子进入磁场时，垂直边界的速度v1＝qEm·t＝2qEdm设粒子与磁场边界之间的夹角为α，则粒子进入磁场时的速度为v＝1vsinα在磁场中由qvB＝m2vR得R＝mvqB粒子第一次进入磁场后，垂直边界M′N′射出磁场，必须满足x＋Rsinα＝L把x＝v2mdqER＝mvqB、v＝1vsinα、12qEdvm＝代入解得v0＝L·2EqmdEBv0＝3.6×105m/s.(3) 由第二问解答的图可知粒子离MM′的最远距离Δy＝R－Rcosα＝R(1－cosα)把R＝mvqB、v＝1vsinα、12qEdvm＝12(1cos )12tan sin 2mEd mEd y B q B q ααα-∆==可以看出当α＝90°时，Δy 有最大值，(α＝90°即粒子从P 点射入电场的速度为零，直接在电场中加速后以v 1的速度垂直MM′进入磁场运动半个圆周回到电场)1max 212mv m qEd mEdy qB qB m B q∆===Δy max ＝0.04m ，Δy max 小于磁场宽度D ，所以不管粒子的水平射入速度是多少，粒子都不会从边界NN′射出磁场．若粒子速度较小，周期性运动的轨迹如下图所示：粒子要从M′点射出边界有两种情况， 第一种情况： L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t 把2md t qE =R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEdv m＝代入解得 0221221L qE n E v n md n B=⋅++v 0＝ 4.00.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3、4)第二种情况：L ＝n(2v 0t ＋2Rsinα)＋v 0t ＋2Rsinα把2md t qE =、R ＝mv qB 、v 1＝vsinα、12qEd v m＝02(1)21221L qE n E v n md n B+=⋅++v 0＝ 3.20.821n n -⎛⎫⎪+⎝⎭×105m/s(其中n ＝0、1、2、3)．4．3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)L T π+= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113()()22L LR R =+- 解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin 3v v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得233L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t v πα--=解得()min6323L T v π+=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.5．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 。
高考物理试题分项解析：磁场(含解析)
磁场【2018高考真题】1．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. 粒子的电性和电量D. 粒子入射时的速度【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（北京卷）【答案】 C点睛：本题考查了带电粒子在复合场中的运动，实际上是考查了速度选择器的相关知识，注意当粒子的速度与磁场不平行时，才会受到洛伦兹力的作用，所以对电场和磁场的方向有要求的。
2．（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和，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B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【来源】2018年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国II卷）【答案】 AC可解得： ;故AC正确；故选AC点睛：磁场强度是矢量，对于此题来说ab两点的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先根据右手定则判断导线在ab两点产生的磁场方向，在利用矢量叠加来求解即可。
3．（多选）如图，两个线圈绕在同一根铁芯上，其中一线圈通过开关与电源连接，另一线圈与远处沿南北方向水平放置在纸面内的直导线连接成回路。
将一小磁针悬挂在直导线正上方，开关未闭合时小磁针处于静止状态。
下列说法正确的是（）A. 开关闭合后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向里的方向转动B. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向里的方向C. 开关闭合并保持一段时间后，小磁针的N极指向垂直纸面向外的方向D. 开关闭合并保持一段时间再断开后的瞬间，小磁针的N极朝垂直纸面向外的方向转动【来源】2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（新课标I卷）【答案】 AD【解析】本题考查电磁感应、安培定则及其相关的知识点。
高中物理(磁场)理解拓展辅导讲义与典型例题答案解析
1．磁感应强度B 磁感应强度可以采用如下三种定义方式： （1） B 的方向垂直于正电荷所受最大磁力的方向与电荷运动方向组成的平面，并满足右旋关系，即B v q F ⨯=.当v 垂直于B 时，电荷所受磁力最大(m F ),B 的大小等于单位试探电荷以单位速率运动时所受的最大磁力，即qv F B m /=，如图12-1所示.（2）B 的方向垂直于电流元所受最大磁力的方向与电流元方向组成的平面，并满足右旋关系，即B l Id F d ⨯=.当l d 垂直于B 时，电流元的受磁力最大，B 的大小等于单位电流元所受的最大磁力，即Idl F B m /=，如图12-2所示.（3）B 的方向垂直于线圈所受最大力矩的方向与磁矩方向所组成的平面，并满足右旋关系，即B m M ⨯=，当m 垂直于B 时，线圈所受力矩最大（m M ），B 的大小等于单位磁矩所受的最大力矩，即m M B m /=，如图12-3所示.理解与拓展：⑴ 磁感应强度B 是反映磁场（对运动电荷或电流有作用力）性质的基本量，它的重要性相当于电场中的E .它是一个矢量，一般是空间和时间的函数，磁场中某一点的B ，只依赖于磁场本身在该点的特性．⑵ 上述三种B 的定义都是等效的，方向都与小磁针N 极受力方向相同，大小也是一样的，因为有I d l qv =，l d F M m m '=，l Idld IS m '==，所以m M I d l F qv F B m m m ///===.相应的三个定义式B v q F m ⨯=，B l Id F m ⨯=和B m M m ⨯=也是可以互相推导的．2．磁场中的高斯定理 在磁场中通过任意封闭曲面的磁通量恒为零，即 0=∙=Φ⎰S d B SmF m Bv（a ）q 图12-1F mB Id l（b ） 图12-2M Bm（c ） 图12-3理解与拓展：⑴ 同静电场中引入电场线一样，磁场中可以引入磁感应线(B 线)，并规定它在某点的切线方向表示该处B 的方向，垂直穿过某点附近单位面积磁感应线的条数为B 的大小．⑵ 高斯定理反映了磁场的无源性.即磁感应线是连续的，在任何地方都不可断，磁场是无源场．假若B 线在某点中断，就一定能作出包围该点但B 通量不为零的闭合面.这是高斯定理所不允许的，场线中断的地方是场源，B 线不中断，说明磁场是无源场，它的本质是认为没有磁荷．⑶ 高斯定理的适用范围：它是由毕奥-萨伐尔定律导出的，它的适用条件也应当是稳恒电流的磁场，进一步的研究指出，高斯定理可以推广到任意非稳恒电流激发的磁场，但这时毕奥-萨伐尔定律不再成立．⑷ 通过某一有限面S 的磁通量可表示为 ⎰⎰=∙=ΦSSm dS B S d B θcos3．毕奥-萨伐尔定律如图12-4所示，电流元l Id 在距它为r的场点P 处产生的磁感应强度B d 为304r rl Id B d⨯=πμ毕奥-萨伐尔定律仅对线电流元的空间适用，即电流通过的横截面的线度远小于其到待求场点的距离，所以不存在0→r 时∞→B d 的困惑。
2016年高考物理母题题源系列专题09带电粒子在磁场中的运动(含解析)
专题09带电粒子在磁场中的运动【母题来源一】2016年四川卷【母题原题】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v b时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b，当速度大小为v c时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c，不计粒子重力。
则：（）A．v b:v c=1:2，t b:t c=2:1 B．v b:v c=2:2，t b:t c=1:2 C．v b:v c=2:1，t b:t c=2:1 D．v b:v c=1:2，t b:t c=1:2【答案】A【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：mvRqB=和2mTqBπ=。
【母题来源二】2016年全国新课标Ⅰ卷【母题原题】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【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。
要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。
本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。
【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查。
2016年高考物理真题专题汇编 专题K：磁场(含解析)
1阻器以限流方式接入电路 且在开关 合后 金属棒
(2)AC [解析] (1)限流式接法要求滑动 阻器接线时只能连接 一 一 两个接线柱；磁铁 N 极位于 方
说明磁感线向 ；开关闭合后 金属棒往右 动 说明棒 到向右的安培力；由左手 则可知 电流 垂 直纸面向外(ab 指向 a1b1)；所以 按 电源 极→开关→滑动 阻器 接线柱→滑动 阻器 接线柱→电 流表→ab→a1b1→电源负极 的 序连接回路 1 (2)由动能 理 BIL·s＝ mv2 2 0 可知 要增大金属棒离开导轨时的速度 v 可以增大磁感 强度 B、增 而只是换一根更长的金属棒
理北极附
确 由图可知在两极附 地磁场 地面 平行 选
的地磁场 地面平行 射向地面的带电宇 粒子 动方向 磁场方向垂直 会 确
3 B7 J2 K1[2016·天津卷] 电磁缓 器是 用于车 以提高 行安全性的 制 装置 作原理是利用电磁阻尼作用 缓车 的 度 电磁阻尼作用可以借 如 模型讨论 如 1-所示 将形状 相同的两根平行且足够长的铝条固 在光滑斜面 斜面 水平方向夹角为 θ.一质 为 m 的条形磁铁滑入 两铝条间 恰好匀 穿过 穿过时磁铁两端面 两铝条的间距始终保持恒 引起电磁感 的效果 磁 铁 、铝条相对磁铁 相同 磁铁端面是边长为 d 的 方形 于磁铁距离铝条很 磁铁端面 对 两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场 磁感 强度为 B 铝条的高度大于 d 电阻率为 ρ.为研究 题方便 铝条中只考虑 磁铁 对部分的电阻和磁场 他部分电阻和磁场可忽略 计 假设磁铁进入铝条间以后 少的机械能 全转 为铝条的内能 力加 度为 g.
1(1)求铝条中 磁铁 对部分的电流 I (2)若两铝条的宽度均为 b 推导磁铁匀 穿过铝条间时 度 v 的表达式 (3)在 他条 的情况 仅将两铝条更换为宽度 b′>b 的铝条 磁铁 以 度 v 进入铝条间 试 简要分析说明磁铁在铝条间 时的加 度和 度如何 mgsin θ mgsin θ [答案] (1) (2) (3)略 2Bd 2 B 2d 2b [解析] (1)磁铁在铝条间 动时 两根铝条 到的安培力大小相等 均为 F 安 F 安＝IdB 磁铁 到沿斜面向 的作用力为 F 其大小 有
2016年高考物理真题专题汇编 专题K：磁场(含解析)
2．K1K2[2016·北京卷]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()
(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度，有人提出以下建议：
A．适当增加两导轨间的距离
B．换一根更长的金属棒
C．适当增大金属棒中的电流
其中正确的是________(填入正确选项前的标号)．
[答案](1)连线如图所示
(2)AC
[解析](1)限流式接法要求滑动变阻器接线时只能连接“一上一下”两个接线柱；磁铁N极位于上方，说明磁感线向下；开关闭合后，金属棒往右运动，说明棒受到向右的安培力；由左手定则可知，电流应垂直纸面向外(ab指向a1b1)；所以应按“电源正极→开关→滑动变阻器下接线柱→滑动变阻器上接线柱→电流表→ab→a1b1→电源负极”的顺序连接回路．
当铝条的宽度b′>b时，磁铁以速度v进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F′，有
F′＝⑩
可见F′>F＝mgsinθ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F′＝mgsinθ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．
高考物理母题解读(九)磁场母题10回旋加速器
高考母题解读高考题千变万化，但万变不离其宗。
千变万化的新颖高考题都可以看作是由母题衍生而来。
研究高考母题，掌握母题解法规律，使学生触类旁通，举一反三，可使学生从题海中跳出来，轻松备考，事半功倍。
母题10、回旋加速器【解法归纳】回旋加速器是加速带电粒子的装置，离子由加速器的中心附近进入加速器，经过回旋加速后从加速器的边缘出加速器，离子通过电场加速从电场中获得能量。
回旋加速器粒子运动周期与狭缝上所加交变电压的周期相等。
回旋加速器狭缝所加交变电压的周期等于粒子做匀速圆周运动的周期，粒子回旋一周加速两次。
由可知粒子加速后的最大动能E km=，与加速电压无关。
典例（2011天津理综卷）回旋加速器在核科学、核技术、核医学等高新技术领域得到了广泛应用，有力地推动了现代科学技术的发展。
（1）当今医学影像诊断设备PET/CT堪称“现代医学高科技之冠”，它在医疗诊断中，常利用能放射正电子的同位素碳11作为示踪原子。
碳11是由小型回旋加速器输出的高速质子轰击氮14获得，同时还产生另一粒子，试写出核反应方程。
若碳11的半衰期τ为20min，经2.0h剩余碳11的质量占原来的百分之几？（结果取2位有效数字）（2）回旋加速器的原理如图，D1和D2是两个中空的半径为R的半圆金属盒，它们接在电压一定、频率为f的交流电源上。
位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子（初速度可以忽略，重力不计），它们在两盒之间被电场加速，D1、D2置于与盒面垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中。
若质子束从回旋加速器输出时的平均功率为P，求输出时质子束的等效电流I与P、B、R、f的关系式（忽略质子在电场中的运动时间，其最大速度远小于光速）（3）试推理说明：质子在回旋加速器中运动时，随轨道半径r的增大，同一盒中相邻轨道的半径之差△r是增大、减小还是不变？【解析】（1）核反应方程为①设碳11原有质量为m0，经过t1=2.0h剩余的质量为m r，根据半衰期定义有②设在t时间内离开加速器的质子数为N，则质子束从回旋加速器输出时的平均功率⑥输出时质子的等效电流⑦由上述各式得⑧若以单个质子为研究对象解答过程正确的同样得分。
【物理】高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)含解析
【物理】高考必备物理带电粒子在磁场中的运动技巧全解及练习题(含答案)含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，在xOy平面内，以O′(0，R)为圆心，R为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x轴成45°角倾斜放置的挡板PQ，P，Q两点在坐标轴上，且O，P两点间的距离大于2R，在圆形磁场的左侧0<y<2R的区间内，均匀分布着质量为m，电荷量为＋q的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x轴正向以速度v射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O点进入x轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)挡板端点P的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度．【答案】（1）mvqR(2)(21),0R⎡⎤⎣⎦21042R+-【解析】【分析】【详解】（1）设一粒子自磁场边界A点进入磁场，该粒子由O点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A点做速度的垂线长度为r,C为该轨迹圆的圆心.连接AOˊ、CO，可证得ACOOˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r=R，由2v qvB mr=得：mv BqR =（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤2．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q 两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
高考物理专题复习-9.磁场6 圆形边界磁场问题(解析版)
高考物理专题复习－9.6 圆形边界磁场问题（解析版）一．选择题1（2018金考卷）.如图所示，在xOy坐标系中，以（r，0）为圆心的圆形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，在y>r的足够大的区域内，存在沿y轴负方向的匀强电场。
在xOy平面内，从O点以相同速率、沿不同方向向第一象限发射质子，且质子在磁场中运动的半径也为r。
不计质子所受重力及质子间的相互作用力。
则质子A．在电场中运动的路程均相等B．最终离开磁场时的速度方向均沿x轴正方向C．在磁场中运动的总时间均相等D．从进入磁场到最后离开磁场过程的总路程均相等【参考答案】AC【命题意图】本题考查带电粒子在有界匀强磁场中的运动和在匀强电场中的运动及其相关的知识点。
【解题思路】根据题述圆形磁场的半径与质子在磁场中运动的半径相同，从O点以相同的速率沿不同方向向第一象限发射质子，质子经过磁场偏转后以相同的速率平行于y轴射出做减速运动，速度减小到零后反向加速后进入磁场，根据动能定理，在电场中运动的路程均相等，选项A正确；通过分析可知，质子最终离开磁场时的速度方向均与原来进入磁场时速度方向相同，选项B错误；由于带电粒子在磁场中两次运动轨迹虽然不同，但是两次轨迹所对的圆心角之和相同，两次运动的轨迹长度之和相等，所以带电粒子在磁场中运动的总时间相等，选项C正确；带电粒子在电场中运动时间相等，在磁场区域运动时间相等，由于磁场区域与电场区域之间有非场区，所以质子从进入磁场区域到离开磁场区域的过程中的总路程不相等，选项D错误。
2.（2018云南昭通五校联考）如图，在半径为R=mv0/q B的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B；圆形区域右侧有一竖直感光板MN．带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子质量为m，电量为q，粒子重力不计．若粒子对准圆心射入，则下列说法中正确的是( )A．粒子一定沿半径方向射出B．粒子在磁场中运动的时间为πm/2q BC．若粒子速率变为2v0，穿出磁场后一定垂直打到感光板MN上D．粒子以速度v0从P点以任意方向射入磁场，离开磁场后一定垂直打在感光板MN上【参考答案】ABD轨迹圆弧对应的圆心角为故运动时间为：t=T/4，T=，所以t=πm/2q B，B正确；若粒子速率变为2v0，则轨道半径变为2R，运动轨迹如图：故不是垂直打到感光板MN上，故C错误；当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R．设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图所示．因P O3=O3S=PO=SO=R所以四边形POSO3为菱形，由图可知：PO∥O3S，v3⊥SO3，因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．故D正确；故选：ABD．3．如图所示，在一个圆环内的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场（磁场未画出），圆环逆时针转动并在环上开有一个小缺口，一带正电的粒子从小缺口沿直径方向进入圆环内部，且与圆环没有发生碰撞，最后从小缺口处离开磁场区域，已知粒子的比荷为k，磁场的磁感应强度大小为B，圆环的半径为R，粒子进入磁场时的速度为，不计粒子的重力，则圆环转动的角度A. kBB. 3kBC. 5kBD. 7kB【参考答案】AC【名师解析】粒子进入磁场后做匀速圆周运动，故，粒子将圆环区域内运动四分之一周期离开磁场，粒子运动的时间为，在这段时间内，圆环转过的角度为，根据可得，故AC正确，BD错误；故选AC。
2016届高考物理专题九磁场(全国通用)
【大高考】（三年模拟精选）2016届高考物理 专题九 磁场（全国通用）A 组 基础训练一、选择题1．(2015·中原名校、豫南九校联考)如图所示,三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab 、cd 、ef 构成一个等边三角形，O 为三角形的中心，M 、N 分别为O 关于导线ab 、cd 的对称点,当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电 流时,M 点磁感应强度的大小为B 1，O 点磁感应强度大小为B 2，若将导线ab 中的电流撤去，而保持另两根导线中的电流不变，则N 点磁感应强度的大小 为( )A ．B 1＋B 2 B ．B 1－B 2 C.12(B 1＋B 2)D.12(3B 2－B 1)解析 导体中的电流相同，则每个导体在距离导体相同的点产生的磁场的磁 感应强度大小相同,设三个导体在O 点产生的磁感应强度大小为B ，则ab 在 M 点，cd 在N 点产生的磁感应强度大小也为B ，ab 在N 点，cd 在M 点，ef在M 、N 点产生的磁感应强度大小也相同，设为B ′，由安培定则和矢量叠加 可知,B 1＝B ＋2B ′、B 2＝B ，撤去ab 中的电流后，N 点的磁感应强度为B N ＝ B －B ′，解以上三式得B N ＝12(3B 2－B 1)，D 项正确．答案 D2．(2015·河北邢台摸底考试)如图所示,在边长为L 的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D 点以v 0的速度沿DB 方向射入磁 场，恰好从A 点射出，已知电荷的质量为m ，带电荷量为q ，不计电荷的重 力，则下列说法正确的是( )A ．匀强磁场的磁感应强度为mv 0qL B ．电荷在磁场中运动的时间为πLv 0C ．若减小电荷的入射速度,使电荷从CD 边界射出，电荷在磁场中运动的时 间会减小D ．若电荷的入射速度变为2v 0，则粒子会从AB 边的中点射出解析 由粒子从D 到A 的运动轨迹和几何知识知，粒子的轨道半经为R ＝L ， 转过的圆心角为α＝π2，由qv 0B ＝mv 20R 得B ＝mv 0qL ，A 项正确；运动时间t ＝2πR 4v 0 ＝πL2v 0,B 项错误；若粒子从CD 边界射出，粒子在磁场中转过的圆心角为π， 电荷在磁场中运动的时间会变长,C 项错误；若电荷的入射速度变为2v 0，则 粒子的轨道半径为2L ，由几何知识知粒子会从AB 边的中点右侧某位置射出， D 项错误．答案 A3. (2015·河南八市联考)(多选)如图所示,一粒子发射源P 位于足够大绝缘板AB 的 上方d 处,能够在纸面内向各个方向发射速率为v 、电荷量为q 、质量为m 的 带正电的粒子，空间存在垂直纸面的匀强磁场，不考虑粒子间的相互作用和 粒子重力．已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为d ，则( )A ．能打在板上的区域长度是2dB ．能打在板上的区域长度是(3＋1)dC ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为7πd6vD ．同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为πqd6mv解析 因粒子运动的轨道半径R ＝d ,根据题意画出粒子运动轨迹的草图，则 打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示，根据几何关系知，带电粒子能到达板上的长度L ＝R ＋3R ＝(3＋1)d ，选项B 正确，A 错误；在磁场中运 动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示，由几何关系知，最长时间t 1＝34T ，最短时间t 2＝16T ，同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时 间差Δt ＝t 1－t 2，又T ＝2πd v ，联立解得Δt ＝7πd6v ，选项C 正确，D 错误．答案 BC4．(2014·广东湛江一模)(多选)如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域，磁 场方向垂直纸面向外，一个不计重力的带正电的粒子以某一速率v 垂直磁场 方向从O 点进入磁场区域，电子进入磁场时速度方向与边界夹角为θ，下列 有关说法正确的是( )A ．若θ一定，速度v 越大，粒子在磁场中运动时间越长B ．粒子在磁场中运动时间与速度v 有关，与角θ大小无关C ．若速度v 一定，θ越大，粒子在磁场中运动时间越短D ．粒子在磁场中运动时间与角度θ有关，与速度v 无关解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图，由几何知识知，粒子离开磁场时转过 的圆心角一定为2π－2θ，若θ一定，则t ＝2π－2θ2πT ＝π－θπ×2πmqB ＝2m （π－θ）qB，可见粒子在磁场中运动的时间与v 无关,与角度θ有关，即若θ一定，粒子在磁场中运动的时间是相同的，故A 、B 错误,D 正确；由上式 可知θ越大，粒子在磁场中运动的时间越短，故C 正确．答案 CD5．(2014·北京丰台区模拟)如图所示，电源电动势为E ，内阻为r ，滑动变阻器最 大电阻为R ，开关K 闭合.两平行金属极板a 、b 间有匀强磁场，一带负电的 粒子(不计重力)以速度v 水平匀速穿过两极板．下列说法正确的是( )A ．若将滑片P 向上滑动，粒子将向a 板偏转B ．若将a 极板向上移动，粒子将向a 板偏转C ．若增大带电粒子的速度，粒子将向b 板偏转D ．若增大带电粒子带电荷量，粒子将向b 板偏转解析 将滑片P 向上滑动，电阻R 两端的电压减小．因电容器与电阻并联， 故两板间的电势差减小,根据E ＝Ud知两板间的电场强度减小，粒子所受电场 力减小，因带负电，电场力向上，所以粒子将向b 板偏转，A 错误；保持开 关闭合，将a 极板向上移动一点，板间距离增大，电压不变，由E ＝U d可知， 板间电场强度减小,粒子所受电场力向上变小，洛伦兹力向下，则粒子将向b 板偏转，故B 错误；若增大带电粒子的速度，所受极板间洛伦兹力增大，而 所受电场力不变，故粒子将向b 板偏转，C 正确；若增大带电粒子带电荷量，所受电场力增大，所受洛伦兹力也增大，但两者仍相等，故粒子将不会偏转，故D 错误．答案 C二、非选择题6．(2015·河北“五个一名校联盟”联考)如图,边长L ＝0.2 m 的正方形abcd 区域(含边界)内，存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场，磁感应强度 B ＝5.0×10－2T.带电平行金属板MN 、PQ 间形成了匀强电场E (不考虑金属板 在其它区域形成的电场)，MN 放在ad 边上，两板左端M 、P 恰在ab 边上， 两板右端N 、Q 间有一绝缘挡板EF .EF 中间有一小孔O ，金属板长度、板间 距、挡板长度均为l ＝0.1 m ．在M 和P 的中间位置有一离子源S ，能够正对 孔O 不断发射出各种速率的带正电离子，离子的电荷量均为q ＝3.2×10－19C ， 质量均为m ＝6.4×10－26kg.不计离子的重力，忽略离子之间的相互作用及离子打到金属板或挡板后的反弹．(1)当电场强度E ＝104N/C 时，求能够沿SO 连线穿过孔O 的离子的速率；(2)电场强度取值在一定范围时，可使沿SO 连线穿过O 并进入磁场区域的离 子直接从bc 边射出，求满足条件的电场强度的范围．解析(1)穿过孔O 的离子在金属板间需满足qv 0B ＝Eq 代入数值得v 0＝2.0×105m/s(2)穿过孔O 的离子在金属板间仍需满足qvB ＝Eq离子穿过孔O 后在磁场中做匀速圆周运动，有qvB ＝m v 2r由以上两式子得E ＝qB 2rm从bc 边射出的离子,其临界轨迹如图①，对应的轨迹半径最大，对应的电场 强度最大， 由几何关系可得r 1＝l ＝0.1 m 由此可得E 1＝1.25×103N/C从bc 边射出的离子,轨迹半径最小时，其临界轨迹如图②，对应的电场强度 最小，由几何关系可得2r 2＋l2＝L所以r 2＝0.075 m由此可得E 2＝9.375×102N/C 所以满足条件的电场强度的范围为9．375×102N/C<E <1.25×103N/C答案 (1)2.0×105 m/s (2)9.375×102 N/C<E <1.25×103N/C7．(2015·河北“名校联盟”质量监测)如图所示,有3块水平放置的长薄金属板a 、 b 和c ，a 、b 之间相距为L .紧贴b 板下表面竖直放置半径为R 的半圆形塑料 细管，两管口正好位于小孔M 、N 处.板a 与b 、b 与c 之间接有电压可调的直流电源，板b 与c 间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．当体积为V 0、 密度为ρ、电荷量为q 的带负电油滴，等间隔地以速率v 0从a 板上的小孔竖直向下射入，调节板间电压U ba 和U bc ,当U ba ＝U 1、U bc ＝U 2时，油滴穿过b 板M 孔进入细管，恰能与细管无接触地从N 孔射出.忽略小孔和细管对电场 的影响，不计空气阻力，重力加速度为g .求：(1)油滴进入M 孔时的速度v 1；(2)b 、c 两板间的电场强度E 和磁感应强度B 的值；(3)当油滴从细管的N 孔射出瞬间，将U ba 和B 立即调整到U ba ′和B ′，使油 滴恰好不碰到a 板，且沿原路与细管无接触地返回穿过M 孔，请给出U ba ′ 和B ′的结果．解析 (1)油滴进入电场后，重力与电场力均做功，设到M 点时的速度为v 1， 由动能定理得12mv 21－12mv 20＝mgL ＋qU 1考虑到m ＝ρV 0 得v 1＝v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0(2)油滴进入电场、磁场共存区域，恰与细管无接触地从N 孔射出，须电场力 与重力平衡，有mg ＝qE 得E ＝ρV 0g q油滴在半圆形细管中运动时，洛伦兹力提供向心力，有qv 1B ＝mv 21R得B ＝mv 1qR ＝ρV 0qRv 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0(3)若油滴恰不能撞到a 板，且再返回并穿过M 点，由动能定理得0－12mv 21＝－mgL －qU ba ′得U ba ′＝U 1＋ρV 0v 22q考虑到油滴返回时速度方向已经相反，为了使油滴沿原路与细管无接触地返 回并穿过M 孔，磁感应强度的大小不变，方向相反，即B ′＝－B .答案 (1)v 20＋2gL ＋2qU 1ρV 0 (2)ρV 0gqρV 0qRv 2＋2gL ＋2qU 1ρV 0 (3)U 1＋ρV 0v 22q，－B8．(2015·邢台高三摸底)如图所示,在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完 全相同的平行金属板P 、Q 和M 、N ，P 、Q 与M 、N 四块金属板相互平行地 竖直地放置，已知P 、Q 之间以及M 、N 之间的距离都是d ＝0.2 m ，极板本 身的厚度不计，极板长均为L ＝0.2 m ，板间电压都是U ＝6 V 且P 板电势高．金 属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B ＝5 T ，磁场区域足够大.现有一质量m ＝1×10－4kg ，电荷量q ＝－2×10－4C 的小球在水平面 上以初速度v 0＝4 m/s ，从平行板PQ 间左侧中点O 1沿极板中线O 1O 1′射入．(1)试求小球刚穿出平行金属板PQ 的速度；(2)若要小球穿出平行金属板PQ 后，经磁场偏转射入平行金属板MN 中，且在不与极板相碰的前提下，最终从极板MN 的左侧中点O 2沿中线O 2O 2′射 出，则金属板Q 、M 间距离是多少？解析 (1)小球在PQ 金属板中做类平抛运动，小球所受电场力F ＝qE ＝qUd小球的加速度a ＝F m解得a ＝qU dm ＝6×2×10－40.2×1×10－4 m/s 2＝60 m/s 2小球在板间运动时间t ＝L v 0＝0.24s ＝0.05 s小球在垂直板方向上的速度v y ＝at ＝60×0.05 m/s ＝3 m/s则小球离开PQ 板时的速度v-t ＝v 20＋v 2y ＝42＋32m/s ＝5 m/sv-t 与中轴线的夹角为tan θ＝v y v 0＝34，所以θ＝37°(2)俯视图如图所示,在PQ 极板间，若P 板电势比Q 板高，则小球向P 板偏 离，进入右侧磁场后做圆周运动，由运动的对称性，则必须N 板电势高于M 板电势，其运动轨迹如图所示小球进入磁场后做圆周运动，设运动半径为R ，由洛伦兹力提供向心力：qv-tB＝mv 2t R得R ＝mv tqB＝0.5 m在PQ 极板间，小球向P 板偏离,设小球射入与射出磁场的两点间的距离为h ， 由图中几何关系得h ＝2R cos θ＝2×0. 5×45m ＝0.8 m小球偏离中轴线的位移Y 偏＝12at 2＝12×60×(0.05)2 m ＝7.5×10－2m当小球向P 偏转时，根据对称性可得，QM 极板间的距离为d 1＝h －2(d2＋Y 偏)＝h －d －2Y 偏＝0.45 m答案 (1)5 m/s ，方向与中轴线的夹角为37° (2)0.45 m9．(2014·山西太原一模)如图所示,在xOy 坐标系中的第一象限内存在沿x 轴正方向的匀强电场；第二象限内存在大小为B 、方向垂直坐标平面向外的有界圆 形匀强磁场(图中未画出).一粒子源固定在x 轴上M (L ，0)点，沿Y 轴正方向 释放出速度大小均为v 0的电子,电子经电场后恰好从y 轴上的N 点进入第二 象限．进入第二象限后，电子经磁场偏转后通过x 轴时，与x 轴的夹角为75°. 已知电子的质量为m 、电荷量为e ，电场强度E ＝mv 202eL，不考虑电子的重力和 其间的相互作用，求：(1)N 点的坐标；(2)圆形磁场的最小面积．解析 (1)从M 到N 的过程中，电子做类平抛运动，有L ＝12 eEm t 2，y N ＝v 0t 解得：y N ＝2L则N 点的坐标为(0，2L )(2)设电子到达N 点的速度大小为v ，方向与y 轴正方向的夹角为θ，由动能 定理有12mv 2－12mv 20＝eELcos θ＝v 0v ＝22解得：v ＝2v 0，θ＝45°设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为revB ＝mv 2r①当电子与x 轴负方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中 偏转120°后垂直于O 1Q 射出，则磁场最小半径R min ＝PQ2＝r sin 60°解得S min ＝3πm 2v 22e 2B2②当电子与x 轴正方向的夹角为75°时，其运动轨迹图如图，电子在磁场中 偏转150°后垂直于O 2Q ′射出，则磁场最小半径R min ′＝P ′Q ′2＝r sin 75°解得S min ′＝（2＋3）πm 2v 22e 2B 2答案 (1)(0，2L ) (2)见解析B 组 能力提升一、选择题1．(2015·河北“名校联盟”模拟)(多选)如图所示，甲带正电，乙是不带电的绝缘 物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的固定斜面上，地面上方空间有垂直纸 面向里的匀强磁场，现用平行于斜面的力F 拉乙物块，使甲、乙一起无相对 滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中( )A ．甲、乙两物块间的摩擦力不断增大B ．甲、乙两物块间的摩擦力保持不变C ．甲、乙两物块间的摩擦力不断减小D ．乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小解析 设甲、乙向上作匀加速运动的加速度为a ,隔离甲：由牛顿第二定律得 F f 甲－m 甲g sin θ＝m 甲a ，则甲、乙两物块间摩擦力F f 甲＝m 甲g sin θ＋m 甲a 不变，A 、C 项错误，B项正确;选甲、乙物块整体为研究对象，乙与斜面之 间的摩擦力为F f 乙＝μF N ，且F N ＝(m甲＋m 乙)g cos θ－qvB ，由于v 增大，则 F N 减小，F f 乙不断减小，D 项正确．答案 BD2. (2015·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示，半径为r 的圆形区域内有垂直纸面 向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场边界上A 点一粒子源，源源不 断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子 (重力不计),已知粒子的比荷为k ,速度大小为2kBr .则粒子在磁场中运动的最 长时间为( )A.πkBB.π2kBC.π3kBD.π4kB解析 粒子在磁场中运动的半径为:R ＝mv qB＝2kBrBk＝2r ；当粒子在磁场中运动 时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r ，故t＝T 6＝πm 3qB ＝π3kB，故选C.答案 C3．(2015·湖北六校调考)(多选)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝 缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比 荷大小为qm＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处 小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回，且 碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4.5 m/sD ．5 m/s解析 由题意可知小球运动的圆心一定在y 轴上，所以小球做圆周运动的半 径r 一定要大于等于3 m,而ON ＝9 m ≤3r ，所以小球最多与挡板ON 碰撞一 次，且碰撞后第二个圆心的位置在O 点的上方；也可能小球与挡板ON 没有 碰撞，直接过M 点．由qvB ＝mv 2r ，得v ＝qm·Br ，第一种情况：若小球与挡 板ON 碰撞一次,则轨迹可能如图甲，设OO ′＝s ，由几何关系得r 2＝OM 2＋s 2＝9＋s 2和3r －9＝s ，联立求得r 1＝3 m ，r 2＝3.75 m ，分别代入v ＝q m·Br 得v 1＝3 m/s ，v 2＝3.75 m/s ；第二种情况:若小球没有与挡板ON 碰撞，则轨迹如图乙，设OO ′＝x ，由几何关系得r 23＝OM 2＋x 2＝9＋x 2和x ＝9－r 3，联立 求得r 3＝5 m ，代入v ＝q m·Br 得v 3＝5 m/s.答案 ABD4．(2014·浙江温州一模)(多选)日本福岛核电站的核泄漏事故，使碘的同位素131 被更多的人所了解．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为＋q 的碘131和碘127质量分别为m 1和m 2，它们从容器A 下方的小孔 S 1进入电压为U 的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S 2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后打到照相底片上．下列说 法正确的是( )A ．磁场的方向垂直于纸面向里B ．碘131进入磁场时的速率为2qUm 1C ．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为2π（m 1－m 2）qBD ．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为2B (2m 1Uq－2m 2Uq)解析 粒子带正电，根据左手定则可知，磁场方向垂直纸面向外，A 错误； 由动能定理知,粒子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功，即qU ＝ 12mv 21,解得：v 1＝2qUm，B 正确；粒子在磁场中运动的时间t 为周期的一半， 根据周期公式T ＝2πmqB，在磁场中运动的时间差值Δt ＝π（m 1－m 2）qB，故C 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R ＝mv qB ＝1B 2mUq，则它们的距离之差Δd ＝2R 1－2R 2＝2B (2m 1Uq－2m 2Uq)，故D正确．答案 BD二、非选择题5．(2015·河南八校联考)如下图所示，以O (0，0)为圆心，半径为r 的圆形区域内存在匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向里，在磁场 右侧区域内，有一沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ，一质量为m ， 电荷量为＋q 的粒子从A (0，r )点垂直于磁场方向射入，当速度方向沿y 轴负 方向时，粒子恰好从B (r ，0)点射出磁场，不计粒子重力，求：(1)粒子射入磁场时的速度大小v ；(2)求速度方向与y 轴负方向为θ角时，粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t .解析 (1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r ，v ＝qBrm(2)粒子沿与y 轴负方向为θ角射入磁场后，经一段圆周后进入电场做可返回的匀减速直线运动，再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场，在磁场中的周 期为T ＝2πmqB在磁场中运动的时间为t 1＝12T ＝πmqB在电场中做匀变速直线运动a ＝qEm所以t 2＝2va ＝2×qBrm qE m＝2Br E所以t ＝t 1＋t 2＝πm qB ＋2BrE答案 (1)qBr m (2)πm qB ＋2Br E6．(2015·陕西五校联考)如图所示，区域Ⅰ内有与水平方向成45°角的匀强电场 E 1，区域宽度为d 1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场E 2，区域 宽度为d 2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下．一质量为m 、带电 荷量为q 的微粒在区域Ⅰ左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动， 进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向 改变了60°，重力加速度为g ，求：(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E 1、E 2的大小？ (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小．(3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长？解析 (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有qE 1sin 45° ＝mg解得E 1＝2mgq微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动，则在竖直方向上有mg ＝qE 2 则E 2＝mgq(2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为a ，离开区域Ⅰ时速度 为v ，则a ＝qE 1cos 45°m ＝gv 2＝2ad 1在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为R ，则R sin 60°＝d 2qvB ＝m v 2R解得B ＝m qd 23gd 12(3)微粒在区域Ⅰ内作匀加速直线运动，t 1＝2d 1a＝2d 1g在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为60°，T ＝2πmqB则t 2＝T 6＝πd 2323gd 1解得t ＝t 1＋t 2＝2d 1g ＋πd 2323gd 1答案 (1)E 1＝2mg q E 2＝mg q (2)m qd 23gd 12(3)2d 1g ＋πd 2323gd 17．(2015·湖北六校调考)如图所示,xOy 平面为一光滑水平面，在此区域内有平行 于xOy 平面的匀强电场,场强大小E ＝100 V/m ；同时有垂直于xOy 平面的匀 强磁场．一质量m ＝2×10－6kg 、电荷量q ＝2×10－7C 的带负电粒子从坐标原点O 以一定的初动能入射，在电场和磁场的作用下发生偏转，到达P (4， 3)点时，动能变为初动能的0.5倍，速度方向垂直OP 向上．此时撤去磁场， 经过一段时间该粒子经过y 轴上的M (0，6.25)点，动能变为初动能的0.625 倍，求：(1)粒子从O 到P 与从P 到M 的过程中电场力做功的大小之比； (2)OP 连线上与M 点等电势的点的坐标； (3)粒子由P 点运动到M 点所需的时间．解析 (1)设粒子在P 点时的动能为E k ，则初动能为2E k ，在M 点的动能为 1.25E k .由于洛伦兹力不做功，粒子从O 点到P 点和从P 点到M 点的过程中，电场力做的功大小分别为W 1、W 2由动能定理得：－W 1＝E k －2E kW 2＝1.25E k －E k则W 1∶W 2＝4∶1(2)O 点、P 点及M 点的电势差分别为：U OP ＝E k q，U OM ＝0.75E kq设OP 连线上与M 点电势相等的点为D ,由几何关系得OP 的长度为5 m ，沿OP 方向电势下降，则U OD U OP ＝U OM U OP ＝OD OP ＝0.751得OD ＝3.75 m ，OP 与X 轴的夹角α，则sin α＝35D 点的坐标为x D ＝OD cos α＝3 m ，y D ＝OD sin α＝2.25 m即：OP 连线上与M 点等电势的D 点的坐标为(3 m ，2.25 m) (3)由于OD ＝3.75 m 而OM cos ∠MOP ＝3.75 m 所以MD 垂直于OP 由于MD 为等势线，因此OP 为电场线，方向从O 指向P 带负电粒子从P 到M 过程中做类平抛运动，设运动时间为t 则DP ＝12·Eq m ·t 2又DP ＝OP －OD ＝1.25 m 解得t ＝0.5 s答案 (1)4∶1 (2)(3 m ，2.25 m) (3)0.5 s8．(2014·广东韶关一模)如图甲所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝π10×104 N/C.现将一重力不计、比荷q m ＝1×106C/kg 的正电荷 从电场中的O 点由静止释放,经过t 0＝1×10－5s 后，通过MN 上的P 点进入 其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过MN 时开始 计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．(1)求电荷进入磁场时的速度；(2)求图乙中t ＝2×10－5s 时刻电荷与P 点的距离；(3)如果在P 点右方d ＝100 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间．解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝mav 0＝at 0代入数据解得v 0＝π×104m/s(2)当B 1＝π20 T 时，电荷运动的半径r 1＝mv 0B 1q ＝0.2 m ＝20 cm周期T 1＝2πm B 1q＝4×10－5s当B 2＝π10 T 时，电荷运动的半径r 2＝mv 0B 2q＝10 cm周期T 2＝2πm B 2q＝2×10－5s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图所示：t ＝2×10－5 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期再沿小圆轨迹运动半 个周期，恰好运动到MN 上，则与P 点的水平距离为r 1＝20 cm.(3)电荷从P 点开始，其运动的周期为T ＝T 12＋T 2＋2t 0＝6×10－5s ，根据电荷 的运动情况可知,电荷每一个周期向右沿PN 运动的距离为40 cm ，故电荷到 达挡板前运动的完整周期数为2个，然后再运动T 14，以90°角撞击到挡板上， 故电荷从O 点出发运动到挡板所需的总时间t 总＝t 0＋2T ＋14T 1解得t 总＝1.4×10－4s.答案 (1)π×104m/s (2)20 cm (3)1.4×10－4s考向一 考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题1．(左手定则、洛伦兹力、圆周运动)如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示 意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹．下列关于实 验现象和分析正确的是( )A ．励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹B ．励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹C ．保持励磁电压不变，增加加速电压，电子束形成圆周的半径减小D ．保持加速电压不变，增加励磁电压，电子束形成圆周的半径增大解析 励磁线圈通以顺时针方向的电流，则由右手定则可知线圈内部磁场向 里，由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹，选项B 正确，A 错误；保持励磁电压不变，增加加速电压，则电子的运动速度变大，根据r ＝mvqB可知电子束形成圆周的半径增大,选项C 错误；保持加速电压不变，增 加励磁电压，则B 变大，根据r ＝mv qB电子束形成圆周的半径减小，选项D 错 误；故选B.答案 B考向二 考查带电粒子在组合场中的运动问题2．(先磁场、后电场、再磁场)如图所示,真空中有一以O 点为圆心的圆形匀强磁 场区域,半径为R ，磁场垂直纸面向里．在y >R 的区域存在沿－y 方向的匀强 电场，电场强度为E .在M 点有一粒子源，辐射的粒子以相同的速率v ，沿不 同方向射入第一象限.发现沿＋x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场，速度减小到0后又返回磁场.已知粒子的质量为m ，电荷量为＋q .粒子重力不计．(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小；(2)求沿＋x 方向射入磁场的粒子，从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程；(3)沿与＋x 方向成60°角射入的粒子,最终将从磁场边缘的N 点(图中未画出)穿出，不再进入磁场，求N 点的坐标和粒子从M 点运动到N 点的总时间．解析 (1)沿＋x 方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到0，粒子一定是 从如图1的P 点射出磁场，逆着电场线运动，所以粒子在磁场中做圆周运动 的半径r ＝R根据Bqv ＝mv 2rr ＝mv Bq得B ＝mv qR(2)粒子返回磁场后，经磁场偏转后从N 点射出磁场，MN 为直径，粒子在磁 场中的路程为二分之一圆周长s 1＝πR设在电场中的路程为s 2，根据动能定理得Eq s 22＝12mv 2s 2＝mv 2Eq总路程s ＝πR ＋mv 2Eq(3)如图2，沿与＋x 方向成60°角射入的粒子，从C 点竖直射出、射入磁场，从D 点射入、射出电场，最后从N 点(MN 为直径)射出磁场．所以N 点坐标为(2R ，0)在磁场中，MC 段轨迹圆弧对应圆心角α＝30°，CN 段轨迹圆弧对应圆心角 θ＝150°，所以在磁场中的时间为半个周期，即t 1＝T 2＝πR v粒子在CD 段做匀速直线运动，CD ＝R2则从C 到D ，再从D 返回到C 所用时间，t 2＝Rv粒子在电场中做匀速直线运动，加速度a ＝Eq mt 3＝2v a ＝2mv Eq总时间t ＝（π＋1）R v ＋2mvEq答案 (1)mv qR (2)πR ＋mv 2Eq(3)(2R ，0)（π＋1）R v ＋2mvEq3．(先磁场、再电场)如图所示，在xOy 平面内,紧挨着的三个“柳叶”形有界区 域①②③内(含边界上)有磁感应强度为B 的匀强磁场，它们的边界都是半径为a 的14圆，每个14圆的端点处的切线要么与x 轴平行，要么与y 轴平行．① 区域的下端恰在O 点,①②区域在A 点平滑连接,②③区域在C 点平滑连接．大 量质量均为m 、电荷量均为q 的带正电的粒子依次从坐标原点O 以相同的速 率、各种不同的方向射入第一象限内(含沿x 轴、y 轴方向)，它们只要在磁场 中运动,轨道半径就都为a .在y ≤－a 的区域，存在场强为E 的沿－x 方向的匀强电场．整个装置在真空中，不计粒子重力和粒子之间的相互作用．求：(1)粒子从O 点出射时的速率v 0；(2)这群粒子中，从O 点射出至运动到x 轴上的最长时间； (3)这群粒子到达y 轴上的区域范围．解析 (1)由qBv 0＝m v 20R ，R ＝a ，解得v 0＝qBa m(2)这些粒子中，从O 沿＋y 轴方向射入磁场的粒子，从O 到C 耗时最长．。
专题09磁场(包含复合场)(原卷版)-高三名校物理试题解析分项汇编(新课标Ⅰ版)(第05期)
高中物理学习材料（灿若寒星**整理制作）2014届高三名校物理试题解析分项汇编（新课标Ⅰ版）（第05期）专题9 磁场（包含复合场）1．【2014·江西省重点中学协作体第一次联考试题】下列有关电磁学的四幅图中，说法不．正确的是A．甲图法拉第是英国著名物理学家，他提出了电场的观点，同时引入电场线直观描述电场B．乙图中通过圆盘的磁通量保持不变，没有电流流经电阻RC．丙图实验中，如果将通电直导线南北放置，实验效果最好D．丁图中阴极射线在磁场的作用下向下偏转2.【2014·陕西省宝鸡市高三一检试题】理论研究表明，无限长通电直导线磁场中某点的磁感应强度可用公式 IB kr表示，公式中的k是常数、I是导线中电流强度、r是该点到直导线的距离。
若两根相距为L的无限长通电直导线垂直x轴平行放置，电流强度均为I，如图所示。
能正确反映两导线间的磁感应强度B与x关系的是图中的（规定B的正方向垂直纸面向里）3.【2014·江西省八所重点高中高三联考试题】如图所示，空间存在足够大、正交的匀强电、磁场，电场强度为E 、方向竖直向下，磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里。
从电、磁场中某点P 由静止释放一个质量为m 、带电量为+q 的粒子（粒子受到的重力忽略不计），其运动轨迹如图虚线所示。
对于带电粒子在电、磁场中下落的最大高度H ，下面给出了四个表达式，用你已有的知识计算可能会有困难，但你可以用学过的知识对下面的四个选项做出判断。
你认为正确的是（ ）A. Eq mB 2B. q B mE 22C. q E mB 22D. qB mE 224 4.【2014·江西省赣州市六校高三上学期期末联考试题】如图所示，两根长直导线竖直平行固定放置，且与水平固定放置的光滑绝缘杆MN 分别交于c 、d 两点，点o 是cd 的中点，杆MN 上a 、b 两点关于o 点对称。
两导线均通有大小相等、方向向上的电流，已知长直导线在周围某点产生磁场的磁感应强度与电流成正比、与该点到导线的距离成反比。
2016年高考物理最新模拟题分类解析 专题09 磁场(第01期)(解析版) 含解析
1。
（2016广西一模）地球十个大磁体,它的存在对地球的影响是巨大的。
下列对于有关地磁场的相关说法中，正确的是A．地磁场的北极在地理南极附近B．在地面上放置一枚小磁针，在没有其它磁场的影响下静止的小磁针的南极指向地磁场的南极C．北半球地磁场的方向相对地面总是竖直向下的D．地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的1．【参考答案】A【命题意图】本题考查了地磁场的特点及其相关的知识点.2、(2016长春一模）如图所示，有界匀强磁场边界线SP//MN，速率不同的同种带电粒子（重力不计且忽略粒子间的相互作用）从S点沿SP方向同时射入磁场.其中穿过a点的粒子速度v l与MN垂直；穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角，则粒子从S点分别到a、b所需时间之比为21＊cnjy＊com A．1∶3B．4∶3C ．3∶2D ．1∶12．【参考答案】 C【名师解析】：由带电粒子在磁场中运动的周期公式T=2mqB π可知,粒子的运动周期与粒子的速度大小无关,所以粒子在磁场中运动的周期相同；由粒子的运动的轨迹可知,通过a 点的粒子的偏转角为90°，通过b 点的粒子的偏转角为60°，所以通过a 点的粒子的轨迹为1/4圆周，运动的时间为T /4，通过b 点的粒子的轨迹为1/6圆周，运动的时间为T /6,所以从S 到a 、b 所需时间t 1∶t 2= T /4∶T /6=3∶2,所以选项C 正确.3。
(2016洛阳联考）如图所示为“用质谱仪测定带电粒子质量"的装置示意图.速度选择器中场强E 的方向竖直向下，磁感应强度B 1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B 2的方向垂直纸面向外。
在S 处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E 和B 1入射到速度选择器中,若它们的质量关系满足丁丙乙甲m m m m=<=，速度关系满足丁丙乙甲v v v v <=<，它们的重力均可忽略，则打在P 1、P 2、P 3、P 4四点的离子分别是A ．甲丁乙丙B ．乙甲丙丁C ．丙丁乙甲D ．丁甲丙乙 3. 【参考答案】A24．（2016随州统考）利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B 。
2016年高考物理备考：专题09磁场：含解析
第一部分 特点描述磁场一般会以选项题和计算题两种形式出现，若是选择题一般考查对磁感应强度、磁感线、安培力和洛仑兹力这些概念的理解，以及安培定则和左手定则的运用；若是计算题主要考查安培力大小的计算，以及带电粒子在磁场中受到洛伦兹力和带电粒子在磁场中的圆周运动的分析判断和计算，尤其是带电粒子在电场、磁场中的运动问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，仍是本考点的重点内容，有可能成为试卷的压轴题。
由于本考点知识与现代科技密切相关，在近代物理实验中有重大意义，因此考题还可能以科学技术的具体问题为背景，考查学生运用知识解决实际问题的能力和建模能力。
预测2016年的高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识。
主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等。
第二部分 知识背一背一、磁场、磁感应强度1．磁场的特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用． 2．磁场的方向：小磁针静止时N 极所指的方向． 3．磁感应强度（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向． （2）大小：ILFB =（通电导线垂直于磁场）． （3）方向：小磁针静止时N 极的指向． （4）单位：特斯拉，简称特，符号：T. 4．磁通量（1）概念：在匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S 和磁感应强度B 的乘积． （2）公式：BS =φ. （3）单位：1Wb ＝1T·m 2二、磁感线、通电导体周围的磁场的分布1．磁感线：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致．2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布（如图所示）3．电流的磁场直线电流的磁场 通电螺线管的磁场 环形电流的磁场 特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱 与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两 侧是N 极和S 极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培 定则立体图横截面图（1）磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．（2）磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．（3）磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N 极指向S 极；在磁体 内部，由S 极指向N 极．（4）同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切． （5）磁感线是假想的曲线，客观上不存在． 三、安培力的大小和方向 1．安培力的大小当磁感应强度B 的方向与导线方向成θ角时，θsin BIL F =，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：（1）当磁场与电流垂直时，安培力最大，F max ＝BIL . （2）当磁场与电流平行时，安培力等于零． 2．安培力的方向（1）安培力：通电导线在磁场中受到的力．（2）左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．（3）两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥． 四、洛伦兹力的大小和方向1．洛伦兹力的定义：磁场对运动电荷的作用力．2．洛伦兹力的大小θsin qvB F =，θ为v 与B 的夹角．如图所示．（1）当v ∥B 时，θ＝0°或180°，洛伦兹力F ＝0； （2）当v ⊥B 时，θ＝90°，洛伦兹力qvB F =. （3）静止电荷不受洛伦兹力作用． 3．洛伦兹力的方向 （1）左手定则磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动的方向，拇指指向即为运动的正电荷所受洛伦兹力。
2016年高考+联考模拟物理试题分项版解析 专题09 电磁感应(解析版) 含解析
一、选择题1．【2016·上海卷】磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应电流，则磁铁A．向上运动B．向下运动C．向左运动D．向右运动【答案】B【考点定位】楞次定律和安培定则【方法技巧】通过安培定则判断感应磁场方向，通过楞次定律判断磁铁的运动情况。
2．【2016·北京卷】如图所示,匀强磁场中有两个导体圆环a、b,磁场方向与圆环所在平面垂直.磁感应强度B随时间均匀增大。
两圆环半径之比为2:1,圆环中产生的感应电动势分别为E a和E b。
不考虑两圆环间的相互影响.下列说法正确的是A ．E a ：E b =4:1，感应电流均沿逆时针方向B ．E a :E b =4:1,感应电流均沿顺时针方向C ．E a ：E b =2：1，感应电流均沿逆时针方向D ．E a ：E b =2:1,感应电流均沿顺时针方向【答案】B【解析】根据法拉第电磁感应定律可得=B E S t t∆∆=⋅∆∆Φ，根据题意可得41ab S S =，故:4:1a b E E =，感应电流产生的磁场要阻碍原磁场的增大，即感应电流产生向里的感应磁场，根据楞次定律可得，感应电流均沿顺时针方向。
【考点定位】法拉第电磁感应定律、楞次定律的应用【方法技巧】对于楞次定律,一定要清楚是用哪个手判断感应电流方向的，也可以从两个角度理解，一个是增反减同，一个是来拒去留，对于法拉第电磁感应定律，需要灵活掌握公式，学会变通。
3．【2016·海南卷】如图,一圆形金属环与两固定的平行长直导线在同一竖直平面内，环的圆心与两导线距离相等，环的直径小于两导线间距.两导线中通有大小相等、方向向下的恒定电流.若A．金属环向上运动,则环上的感应电流方向为顺时针方向B．金属环向下运动，则环上的感应电流方向为顺时针方向C．金属环向左侧直导线靠近,则环上的感应电流方向为逆时针方向D．金属环向右侧直导线靠近，则环上的感应电流方向为逆时针方向【答案】D【考点定位】楞次定律【名师点睛】解决本题的关键会用安培定则判断电流周围磁场的方向,以及学会根据楞次定律来确定感应电流的方向。
2016年高考试题分类九.磁场解析
3A. B.（全国新课标、选择题1.（全国新课标I卷，15）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.11B. 12C. 121D. 1442.（全国新课标II卷，18）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^L角.当筒转过门时，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其横截面（纸面）如图所示，平面OMt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PM的某点向左上方射九、磁场28卷,A. ZqBZqBB.C.D. qB qB 场方向与圆环所在平面垂直。
磁感应强度B 随时间均匀增大。
两圆坏入磁场，速度与0M 成30°角。
已知粒子在磁场中的运动轨迹与 ON 只有一个交点，并从 OMLt 另一点射出磁场。
不计重力。
粒子离开磁场的射点到两平面交线 0的距离为4. （北京卷，16）如图所示，匀强磁场中有两个导体圆环 a 、b ,磁半径之比为2:1，圆环中产生的感应电动势分别为E a 和E b ，不考虑两圆环间的相互影响。
下列说法正确的是A. E a ：E b =4:1，感应电流均沿逆时针方向B. E a ： E b =4:1，感应电流均沿顺时针方向C. E a ： E b =2:1，感应电流均沿逆时针方向D. E a : E b =2:1，感应电流均沿顺时针方向 mv mi? 2mr 2mv ■ 右. e地抽5.（北京卷17）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。
高考物理新电磁学知识点之磁场技巧及练习题附答案解析(2)
高考物理新电磁学知识点之磁场技巧及练习题附答案解析(2)一、选择题1．如图，放射源放在铅块上的细孔中，铅块上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外．已知放射源放出的射线有α、β、γ三种．下列判断正确的是A．甲是α射线，乙是γ射线，丙是β射线B．甲是β射线，乙是γ射线，丙是α射线C．甲是γ射线，乙是α射线，丙是β射线D．甲是α射线，乙是β射线，丙是γ射线2．科学实验证明，足够长通电直导线周围某点的磁感应强度大小IB kl，式中常量k>0，I为电流强度，l为该点与导线的距离。
如图所示，两根足够长平行直导线分别通有电流3I和I（方向已在图中标出），其中a、b为两根足够长直导线连线的三等分点，O为两根足够长直导线连线的中点，下列说法正确的是( )A．a点和b点的磁感应强度方向相同B．a点的磁感应强度比O点的磁感应强度小C．b点的磁感应强度比O点的磁感应强度大D．a点和b点的磁感应强度大小之比为5：73．回旋加速器是加速带电粒子的装置.其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列说法中正确的是( )A．减小磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离4．如图，一带电粒子在正交的匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动。
已知电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外。
粒子圆周运动的半径为R，若小球运动到最高点A时沿水平方向分裂成两个粒子1和2，假设粒子质量和电量都恰好均分，粒子1在原运行方向上做匀速圆周运动，半径变为3R，下列说法正确的是（）A．粒子带正电荷B．粒子分裂前运动速度大小为REB gC．粒子2也做匀速圆周运动，且沿逆时针方向D．粒子2做匀速圆周运动的半径也为3R5．如图甲所示，静止在水平面上的等边三角形金属线框，匝数n＝20，总电阻R＝2.5Ω，边长L＝0.3m，处在两个半径均为r＝0.1m的圆形匀强磁场中，线框顶点与右侧圆心重合，线框底边与左侧圆直径重合，磁感应强度B1垂直水平面向外；B2垂直水平面向里，B1、B2随时间t的变化如图乙所示，线框一直处于静止状态，计算过程中取π3，下列说法正确的是（）A．线框具有向左的运动趋势B．t＝0时刻穿过线框的磁通量为0.5WbC．t＝0.4s时刻线框中感应电动势为1.5VD．0－0.6s内通过线框横截面电荷量为0.018C6．如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。
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第一部分 特点描述本章内容包括磁场基本性质和安培定则、左手定则应用、安培力应用、洛伦兹力和带电粒子在磁场中运动、带电粒子在复合场中运动等内容，基本概念多且非常抽象,需要熟练掌握磁场基本概念，掌握用磁感线描述磁场方法，以及电流、带电粒子在磁场中受力和运动情况,结合牛顿运动定律、运动学知识、圆周运动知识及功能关系等知识进行综合分析、历年高考对本考点知识考查覆盖面大，几乎每个知识点都考查到。
特别是左手定则运用和带电粒子在磁场中运动更是两个命题频率最高知识点．带电粒子在磁场中运动考题一般运动情景复杂、综合性强，多以把场性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系及交变电流等有机结合计算题出现，难度中等偏上，对考生空间想象能力、物理过程和运动规律综合分析能力及用数学方法解决物理问题能力要求较高。
从近两年高考看，涉及本考点命题常以构思新颖、高难度压轴题形式出现，在复习中要高度重视。
特别是带电粒子在复合场中运动问题在历年高考中出现频率高，难度大，经常通过变换过程情景、翻新陈题面貌、突出动态变化手法，结合社会、生产、科技实际来着重考查综合分析能力、知识迁移和创新应用能力。
情景新颖、数理结合、联系实际将是本考点今年高考命题特点。
第二部分 知识背一背一、洛伦兹力：1、产生洛伦兹力条件：（1）电荷对磁场有相对运动．磁场对与其相对静止电荷不会产生洛伦兹力作用．（2）电荷运动速度方向与磁场方向不平行．2、洛伦兹力大小：当电荷运动方向与磁场方向平行时，洛伦兹力为零；当电荷运动方向与磁场方向垂直时，洛伦兹力最大，等于qvB ；3、洛伦兹力方向：洛伦兹力方向用左手定则判断4、洛伦兹力不做功．二、带电粒子在匀强磁场运动1、带电粒子在匀强磁场中运动规律初速度特点与运动规律（1）000==F v ，，为静止状态；（2）0//0=F B v ，，则粒子做匀速直线运动；（3）qvB F B v =⊥，0，则粒子做匀速圆周运动，其基本公式为： 向心力公式：Rv m Bqv 2= 运动轨道半径公式：Bqm v R =； 运动周期公式：Bqm T π2= 动能公式：()mBqR mv E k 22122== 2、解题思路及方法圆周运动圆心确定：（1）利用洛仑兹力方向永远指向圆心特点，只要找到圆运动两个点上洛仑兹力方向，其延长线交点必为圆心．（2）利用圆上弦中垂线必过圆心特点找圆心三、带电体在复合场或组合场中运动．复合场是指重力场、电场和磁场三者或其中任意两者共存于同一区域场；组合场是指电场与磁场同时存在，但不重叠出现在同一区域情况．带电体在复合场中运动（包括平衡），说到底仍然是一个力学问题，只要掌握不同场对带电体作用特点和差异，从分析带电体受力情况和运动情况着手，充分发掘隐含条件，建立清晰物理情景，最终把物理模型转化成数学表达式，即可求解．解决复合场或组合场中带电体运动问题可从以下三个方面入手：1、动力学观点（牛顿定律结合运动学方程）；2、能量观点（动能定理和机械能守恒或能量守恒）；3、动量观点（动量定理和动量守恒定律）．一般地，对于微观粒子，如电子、质子、离子等不计重力，而一些实际物体，如带电小球、液滴等应考虑其重力．有时也可由题设条件，结合受力与运动分析，确定是否考虑重力．四、带电粒子在复合场中运动应用实例1．电视显像管电视显像管是应用电子束磁偏转原理来工作，使电子束偏转磁场是由两对偏转线圈产生．显像管工作时，由阴极发射电子束，利用磁场来使电子束偏转，实现电视技术中扫描，使整个荧光屏都在发光．2．速度选择器（如图所示）（1）平行板中电场强度E 和磁感应强度B 互相垂直．这种装置能把具有一定速度粒子选择出来，所以叫做速度选择器．（2）带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器条件是BE v qvB qE ==，即。
3．磁流体发电机（1）磁流体发电是一项新兴技术，它可以把内能直接转化为电能．（2）根据左手定则，如图中B 是发电机正极．（3）磁流体发电机两极板间距离为l ，等离子体速度为v ，磁场磁感应强度为B ，则由qvB lU q qE ==得两极板间能达到最大电势差Blv U =、 4．电磁流量计工作原理：如图所示，圆形导管直径为d ，用非磁性材料制成，导电液体在管中向左流动，导电液体中自由电荷（正、负离子），在洛伦兹力作用下横向偏转，a 、b 间出现电势差，形成电场，当自由电荷所受电场力和洛伦兹力平衡时，a 、b 间电势差就保持稳定，即：d U qqE qvB ==，所以Bd U v =，因此液体流量BdU Sv Q 4π==。
5．霍尔效应在匀强磁场中放置一个矩形截面载流导体，当磁场方向与电流方向垂直时，导体在与磁场、电流方向都垂直方向上出现了电势差，这种现象称为霍尔效应，所产生电势差称为霍尔电势差，其原理如图所示．第三部分 技能+方法考点一 带电粒子在磁场中运动解析带电粒子在磁场中运动问题，应画出运动轨迹示意图，确定轨迹圆圆心是关键．常用下列方法确定圆心：①已知轨迹上某两点速度方向，作出过两点速度垂线，两条垂线交点即圆心；②已知轨迹上两个点位置，两点连线中垂线过圆心．带电粒子在磁场中运动侧重于运用数学知识（圆与三角形知识）求解，带电粒子在磁场中偏转角度、初速度与磁场边界夹角往往是解题关键，角度是确定圆心、运动方向依据，更是计算带电粒子在磁场中运动时间桥梁，如带电粒子在磁场中运动时间为T t πα2=（α是圆弧对应圆心角）．带电粒子在磁场中运动半径不仅关联速度求解，而且在首先确定了运动半径情况下，可利用半径发现题中隐含几何关系．【例1】如图所示，带有正电荷A 粒子和B 粒子先后以同样大小速度从宽度为d 有界匀强磁场边界上O 点分别以30°和60°（与边界夹角）射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确是（ ）A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动半径之比是31B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动半径之比是323+C ． A 、B 两粒子q m 之比是31 D ．A 、B 两粒子q m 之比是323+ 【答案】BD考点二 带电粒子在复合场中运动问题1、是否考虑粒子重力（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略；而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、尘埃等一般应当考虑其重力、（2）在题目中有明确说明是否要考虑重力，按题目要求处理、（3）不能直接判断是否要考虑重力，在进行受力分析与运动分析时，要结合运动状态确定是否要考虑重力、2、分析方法（1）弄清复合场组成、如磁场、电场复合,磁场、重力场复合,磁场、电场、重力场三者复合等、（2）正确受力分析,除重力、弹力、摩擦力外要特别注意静电力和磁场力分析、（3）确定带电粒子运动状态,注意运动情况和受力情况结合、（4）对于粒子连续通过几个不同区域、不同种类场时,要分阶段进行处理、3．带电粒子在叠加场中无约束情况下运动情况分类（1）磁场力、重力并存①若重力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂曲线运动，因F 洛不做功，故机械能守恒，由此可求解问题．（2）电场力、磁场力并存（不计重力微观粒子）①若电场力和洛伦兹力平衡，则带电体做匀速直线运动．②若电场力和洛伦兹力不平衡，则带电体将做复杂曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题．（3）电场力、磁场力、重力并存①若三力平衡，一定做匀速直线运动．②若重力与电场力平衡，一定做匀速圆周运动．③若合力不为零且与速度方向不垂直，将做复杂曲线运动，因F洛不做功，可用能量守恒或动能定理求解问题．4．带电粒子在复合场中有约束情况下运动带电体在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束情况下，常见运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果．【例2】一个带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域、设电场和磁场区域有明确分界线,且分界线与电场强度方向平行,如图中虚线所示、在如图所示几种情况中,可能出现是（）【答案】选A、D、考点三与磁场有关实际应用问题与磁场、复合场相关实际应用问题很多，如回旋加速器、速度选择器、质谱仪、电磁流量计、等离子发电机、霍尔效应等，对这类问题分析首先要清楚相关仪器结构，进而理解其原理，其核心原理都是带电粒子在磁场、复合场中运动规律应用．对于常用仪器要记住其基本结构、基本原理以及经常出现基本结论，例如“回旋加速器加速后带电粒子所能达到最大动能与加速次数无关，而与加速器半径和磁感应强度有关”等，这样有利于提高快速解题能力．【例３】1932年，劳伦斯和利文斯设计出了回旋加速器．回旋加速器工作原理如图所示，置于真空中两个D 形金属盒半径为R ，两盒间狭缝很小，带电粒子穿过时间可以忽略不计．磁感应强度为B 匀强磁场与盒面垂直、 设两D 形盒之间所加交流电压为U ，被加速粒子质量为m 、电量为q ,粒子从D 形盒一侧开始被加速（初动能可以忽略），经若干次加速后粒子从D 形盒边缘射出．求：（1）粒子从静止开始第1次经过两D 形盒间狭缝加速后速度大小（2）粒子第一次进入D 型盒磁场中做圆周运动轨道半径（3）粒子至少经过多少次加速才能从回旋加速器D 形盒射出【解析】（1）粒子在电场中被加速由动能定理2121mv qU = 得: mqU v 21=第四部分基础练+测1．【黑龙江省牡丹江市第一高级中学2016届高三上学期期中考试物理试题】三个速度大小不同同种带电粒子（重力不计），沿同一方向从图中长方形区域匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动时间之比为A．1：1：1 B．1：2：3 C．3：2：1 D．1：2：3【答案】C【解析】试题分析：粒子在磁场中运动周期公式为2m T qBπ=，由此可知，粒子运动时间与粒子速度大小无关，所以粒子在磁场中周期相同，由粒子运动轨迹可知，三种速度粒子偏转角分别为90°、60°、30°，所以偏转角为90°粒子运动时间为14T ，偏转角为60°粒子运动时间为16T ，偏转角为30°粒子运动时间为112T ．所以有111 3214612T T T =：：：：，选项C 正确．故选C 、 考点：带电粒子在磁场中运动、2、 【浙江省嘉兴市第一中学2016届高三上学期期中考试物理试题】如图所示中一个带电粒子，沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场，粒子一段迹如图，径迹上每一小段都可近似看成圆弧，由于带电粒子使沿途空气电离，粒子能量逐渐减小（带电量不变），从图中情况可以确定A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从b 到a ，带正电C ．粒子从a 到b ，带负电D ．粒子从b 到a ，带负电【答案】B考点：带电粒子在匀强磁场中运动；洛仑兹力3．【2016•辽宁省鞍山市一中高三上二模】如图所示，平行于纸面水平向右匀强磁场，磁感应强度12T B =。