2022届新高考物理一轮复习练习：专题十一　磁　场（含解析）.doc

1、专题十一 磁场 考点 1磁场的描述及安培力的应用 揭秘热点考向揭秘热点考向 1.2019 全国,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.2FB.1.5FC.0.5FD.0 2.2020 浙江 7 月选考,9,3 分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,I1I2.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

2、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() A.b点处的磁感应强度大小为 0 B.d点处的磁感应强度大小为 0 C.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 拓展变式拓展变式 1.2018 全国,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

3、感应强度大小为B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 2.2017 全国,19,6 分,多选如图所示,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 11 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1 3.201

4、9 江苏,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 4.如图所示,把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁 N 极附近,磁铁的轴线穿过线圈的圆 心,且垂直于线圈平面,当线圈中通入如图方向的电流后,线圈的运动情况是() A.线圈向左运动 B.线圈向右运动 C.从上往下看顺时针转动 D.从上往下看逆时针转动 5.新角度与动量定理结合多选如图所示,水平桌面上固定两条光滑平

5、行导轨, 导轨左端连接电源,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中(图中未画出).现将两根质量 相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置,接通电源,导体棒沿导轨运动后从桌 面右侧水平抛出,始终与地面平行,落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2.不计电源和 导轨电阻,导体棒与导轨垂直且接触良好,则接通电源使导体棒通电瞬间,两次相比 () A.通过棒的电荷量之比为 1:1 B.安培力对棒的冲量之比为s1:s2 C.安培力对棒做的功之比为s1:s2 D.安培力对棒做的功之比为: 考点 2带电粒子在匀强磁场中的运动 揭秘热点考向揭秘热点考向 1.2020 全国,18,6分真空中有一匀强磁场,磁场边

6、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 () A.B.C.D. 2.2020 江苏,16,16 分空间存在两个垂直于xOy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

7、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t; (3)乙的比荷 可能的最小值. 拓展变式拓展变式 1.2019 全国,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,kBlB. kBl,kBl C. kBl,kBlD. kBl,kBl 2.2020 全国,18,6 分一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外

8、,其 边界如图中虚线示,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(q0)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 （ ） A.B.C.D. 3.2019 江苏,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

9、磁场中做圆周运动的半径为d,且d0 区域存在着垂直xOy平面向外的匀强磁场,在第四象限的空间中存在着平 行于xOy平面沿y轴正方向的匀强电场.一质量为m,电荷量为q的带正电粒子从坐标原点 以初速度v0射入磁场,方向与x轴负方向成 60角斜向上,然后经过M点回到电场,并从y 轴负半轴的N点垂直y轴射出电场.已知M点坐标为(L,0),粒子所受的重力不计,求: (1)匀强磁场的磁感应强度B的大小; (2)匀强电场的电场强度E的大小. 3.2017 江苏,15,16 分一台质谱仪的工作原理如图所示.大量的甲、乙两种离子飘入电压为 U0的加速电场,其初速度几乎为 0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与

10、磁场垂直的方向进入 磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上.已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q,质 量分别为 2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹.不考虑离子间 的相互作用. (1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x; (2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d; (3)若考虑加速电压有波动,在(U0-U)到(U0+U)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没 有重叠,求狭缝宽度L满足的条件. 4.2017 全国,16,6 分如图所示,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

11、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.mambmcB.mbmamc C.mcmambD.mcmbma 5.四川高考在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜轨道GH与半径r=m 的光滑圆弧 轨道分别相切于D点和G点,GH与水平面的夹角=37.过G点、 垂直于纸面的竖直平面左侧 有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度B=1.25 T;过D点、垂直于纸面的竖直平面 右侧有匀强电场,电场方向水平向右,电场强度E=110 4 N

12、/C.小物体P1质量m=210 -3 kg、电 荷量q=+810 -6 C,受到水平向右的推力F=9.9810 -3 N 的作用,沿CD向右做匀速直线运动, 到达D点后撤去推力.当P1到达倾斜轨道底端G点时,不带电的小物体P2在GH顶端静止释放, 经过时间t=0.1 s与P1相遇.P1和P2与轨道CD、GH间的动摩擦因数均为=0.5,取g=10 m/s 2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,物体电荷量保持不变,不计空气阻力.求: (1)小物体P1在水平轨道CD上运动速度v的大小; (2)倾斜轨道GH的长度s. 6.2018 浙江下半年选考,10,3 分磁流体发电的原理如图所示.将一束

13、速度为v的等离 子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在间距为d、宽为a、长为b两 平行金属板间便产生电压.如果把上、下板和电阻R连接上,上、下板就是一个直流电源 的两极.若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为,忽略边缘效应.下列判断正确的是 () A.上板为正极,电流I= B.上板为负极,电流I= C.下板为正极,电流I= D.下板为负极,电流I= 7.如图所示,真空中存在着多层紧密相邻的匀强电场和匀强磁场,宽度均为d.电场强度为E,方 向水平向左;垂直纸面向里的磁场的磁感应强度为B1,垂直纸面向外的磁场的磁感应强度为B2. 电场、磁场的边界互相平行且与电场方向垂直.一个质量

14、为m、电荷量为q的带正电粒子在第 1 层磁场左侧边界以初速度v0射入,方向与边界夹角为,设粒子始终在电场、磁场中运动,除 B1、B2、E以外其他的物理量已知,不计粒子的重力.(cos 53=0.6,sin 53=0.8) (1)若=53且B1=,要求粒子不穿出电场,则E至少多大? (2)若E已知,求粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小; (3)若B1、E均已知,且粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度方向恰好与原方向平行,求B2的 值. 答案 专题十一 磁场 考点考点 1 1磁场的描述及安培力的应用磁场的描述及安培力的应用 1.B设三角形边长为l,通过导体棒MN的电流大小为I,则根据并联电路的

15、规律可知通过导体 棒ML和LN的电流大小为 ,如图所示,依题意有F=BlI,则导体棒ML和LN所受安培力的合力为 F1=BlI=F,方向与F的方向相同,所以线框LMN受到的安培力大小为 1.5F,选项 B 正确. 2.C由于I1、I2不相等,而两长直导线到b、d的距离相等,所以两长直导线各自在这两点产生 的磁场的磁感应强度大小不等,虽方向相反但矢量和不为零,故 A、B 错误;根据安培定则可知, 两电流在a点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向下,在c点产生的磁场的磁感应强度的 方向均竖直向上,C 正确,D 错误. 1.AC根据右手螺旋定则可知,L1直导线中的电流在a、b两点产生的磁场方向垂直纸

16、面向里, 大小相等;同理,L2直导线中的电流,在a点产生的磁场方向垂直纸面向里,在b点产生的磁场方 向垂直纸面向外,但两点的磁场大小相等.依据矢量叠加原理,可得B0-B2-B1=,B0+B2-B1=,联 立各式可解得B1=B0,B2=B0.故 A、C 两项正确,B、D 两项错误. 2.BC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的磁感应强度大小相等, 设为B.如图所示,由几何关系可得L1所在磁场的磁感应强度B1=2Bcos 60=B,方向与L2、L3 所在平面垂直,再由左手定则知L1所受的磁场作用力的方向与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

17、可判定L3所受的磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直, 单 位 长 度 所 受 安 培 力 大 小 为F3=BI;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. 3.CD若a、b的电流方向均向左,根据安培定则和磁场的叠加可知,a直导线到a、b直导线正 中间部分的磁场方向垂直纸面向外,而b直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸 面向里,再根据左手定则可知,矩形线框受到的安培力的合力不为零,与题中线框在磁场作用 下静止不符;同理,若a、b的电流方向均向右,可知矩形线框受到的安培力的合力不为零,与题 中

18、线框在磁场作用下静止也不符,选项 A、B 均错误.若a的电流方向向左、b的电流方向向右, 根据安培定则和磁场的叠加可知,a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均 垂直纸面向外,根据左手定则可知,矩形线框受到的安培力的合力为零,与题中线框在磁场作 用下静止相符;若a的电流方向向右、b的电流方向向左,根据安培定则和磁场的叠加可知,a、 b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里,根据左手定则可知,矩 形线框受到的安培力的合力也为零,与题中线框在磁场作用下静止相符,选项 C、D 均正确. 4.A解法 1:将通电线圈等效成一小磁针,由安培定则可知,通电线圈的左端相当于

19、 S 极,根据 异名磁极相互吸引知,线圈将向左运动,A 正确. 解法 2:也可将左侧条形磁铁等效成与通电线圈电流方向相同的环形电流,根据结论 “同向电流 相吸引,反向电流相排斥”,可判断出线圈向左运动,故 A 正确. 5.BD导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出后做平抛运动,下落高度相等,则平抛运动的时间相 等,由s=v0t得,导体棒M、N平抛运动的初速度之比为v1:v2=s1:s2.由动量定理知BiLt=mv, 即BLq=mv,即q=v,则通过棒的电荷量之比为q1:q2=v1:v2=s1:s2,选项 A 错误;安培力对棒的 冲量I=BiLt=mvv,则I1:I2=v1:v2=s1:s2,选项 B

20、正确;根据动能定理得安培力对导体棒做功 W=mv 2v2,则做功之比为 W1:W2=:=:,选项 C 错误,D 正确. 考点考点 2 2带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动 1.C为使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,电子进入匀强磁场中做匀速圆周运 动的半径最大时轨迹如图所示,设其轨迹半径为r,轨迹圆的圆心为M,磁场的磁感应强度最小 为B,由几何关系有+r=3a,解得r=a,电子在匀强磁场中做匀速圆周运动有evB=m,解 得B=,选项 C 正确. 2.(1)(2)(3) 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=得 r1=,r2=

21、 且d=2r1-2r2 解得d=. (2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设每次在左右两个磁场运动半个圆周所用的时间 分别为t2、t1 由T=得t1=,t2= 且t=2t1+3t2 解得t=. (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n=d,n=t1+t2 解得 =n 根据题意,n=1 舍去.当n=2 时, 有最小值 ( )min= 若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,),经分析不可能相遇,综上 分析,比荷的最小值为. 1.B电子从a点射出时,其轨迹半径为ra= ,由洛伦兹力提供向心力,有

22、evaB=m,又 =k,解得 va=;电子从d点射出时,由几何关系有=l 2+(r d-) 2,解得轨迹半径为 rd= ,由洛伦兹力提供 向心力,有evdB=m,又 =k,解得vd=,选项 B 正确. 2.C带电粒子在匀强磁场中运动,运动轨迹如图所示,由洛伦兹力提供向心力有 qvB=m,解得r=,运动时间t= =,为带电粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心 角,粒子在磁场中运动时间由轨迹所对圆心角决定.采用放缩法,粒子垂直ac射入 磁场,则轨迹圆圆心必在直线ac上,将粒子的轨迹半径从零开始逐渐放大,当r 0.5R(R为的半径)和r1.5R时,粒子从ac、bd区域射出磁场,运动时间等于半个周期.当 0

23、.5Rr1.5R时,粒子从弧ab上射出,轨迹半径从 0.5R逐渐增大,粒子射出位置从a点沿弧向 右移动,轨迹所对圆心角从逐渐增大,当半径为R时,轨迹所对圆心角最大,再增大轨迹半径, 轨迹所对圆心角又逐渐减小,由几何关系可得圆心角最大值为max=+ =,故粒子最长运动 时间为. 3.(1)(2)d(3)( +)或(-) 解析:(1)由洛伦兹力提供向心力有qvB=m 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+sin 60) 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)

24、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=(-). 4.B粒子可能由BC边射出,也可能由AC边射出,若粒子从AC边射出,由几何关系可知粒子在 磁场中偏转的圆心角相同,都为=120,可以判断其在磁场中运动的时间都相同,若粒子从 BC边射出,粒子在磁场中偏转的圆心角小于120,则tmax=T=T=.由r=可知粒子速度 越大,半径也越大,路程越长,当粒子运动轨迹与BC边相切时,粒子在磁场中运动的路程最长, 粒子速度再增大,粒子的路程变小,最长路程轨迹如图所示,可知粒子在磁场中的运动轨迹与 BC边相切于D

25、点,圆心为O,分析可得半径r=L,其路程为smax=2r= 2L= L,故 B 正确,A、C、D 错误. 5.A由题可知,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系可知,此段圆弧所对圆 心角=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. 考点考点 3 3带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动 1.D由题意可判定,电子定向移动的方向水平向左,则由左手定则可知,电子所受的洛伦兹力 指向后表面,因此后表面积累的电子逐渐增多,前表面的电势比后表面的电势高,A 错误;当电 子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,电子不再

26、发生偏转,此时前、后表面间的电压达到稳定,对 稳定状态下的电子有eE=eBv,又E= ,解得U=Bav,显然前、后表面间的电压U与电子的定向移 动速度v成正比,与元件的宽度a成正比,与长度c无关,B、C 错误;自由电子稳定时受到的洛 伦兹力等于电场力,即F=eE=,D 正确. 2.(1)-(2) (3)R-+(4)见解析 解析:(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域中,做匀速圆周运动对应圆心 角为,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=mv 2 在区域中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m 联立式得R= 由几何关系得d 2+(R-L)2=R2 co

27、s= sin= 联立式得L=-. (2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运 动时间为t,由牛顿第二定律得 qE=ma 粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得 vz=vcos d=vzt 粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得 x=at 2 联立式得x=. (3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域中沿y方向偏离的距离为y,由运动学 公式得y=vtsin 由题意得y=L+y 联立式得y=R-+. (4)s1、s2、s3分别对应氚核 H、氦核 He、质子 H 的位置. 1.(1)(2) 解析:(1)设粒子在磁

28、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 设粒子在电场中运动所受电场力为F,有F=qE 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 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有v=at 联立式得t=. (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(如图所示).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=r2 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知 tan= 粒子从Q射出后在电场

29、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 tan= 联立式得v0=. 2.(1)(2) 解析:(1)作出粒子的运动轨迹如图所示 设在磁场中的运动半径为R,则由几何关系可得 2Rsin 60=L 由洛伦兹力提供向心力,则有 qv0B=m 联立解得B=. (2)粒子从M点到N点的过程为匀变速曲线运动,利用逆向思维可看作是从N到M的类平抛运 动 沿x轴方向有L=v0tcos 60 沿y轴方向v0sin 60=at 由牛顿第二定律得Eq=ma 解得E=. 3.(1)-L

30、(2)图见解析-(3)LL 即-L 解得Lmamc,选项 B 正确. 5.(1)4 m/s(2)0.56 m 解析:(1)设小物体P1在匀强磁场中运动的速度为v,受到向上的洛伦兹力为F1,受到的摩擦力为 f,则F1=qvB f=(mg-F1) 由题意可知,水平方向合力为零F-f=0 联立式,代入数据解得v=4 m/s. (2)设P1在G点的速度大小为vG,由于洛伦兹力不做功,根据动能定理可得qErsin-mgr(1-cos )= m- mv 2 P1在GH上运动,受到重力、电场力和摩擦力的作用,设加速度为a1,根据牛顿第二定律可得 qEcos-mgsin-(mgcos+qEsin)=ma1 P

31、1与P2在GH上相遇时,设P1在GH上运动的距离为s1,则 s1=vGt+a1t 2 设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则 m2gsin-m2gcos=m2a2 P1与P2在GH上相遇时,设P2在GH上运动的距离为s2则 s2= a2t 2 s=s1+s2 联立式,代入数据得s=0.56 m. 6.C等离子体喷入磁场中要受到洛伦兹力作用,由左手定则知正离子受到的洛伦兹力向下, 将向下偏转,负离子受到的洛伦兹力向上,将向上偏转,所以上板带负电,是电源的负极,下板 带正电,是电源的正极.当电场力与洛伦兹力平衡时,离子做匀速直线运动,不再打到极板上, 电源的电动势稳定,则有qvB=q,得

32、电动势的大小E=Bdv,根据闭合电路欧姆定律得电流为 I=,又r=,得电流I=,故选项 C 正确. 7.(1)(2)(3)B1+(n=1,2,3,) 解析:(1)当=53且B1=时,设粒子在B1场中做圆周运动的半径为R1,根据洛伦兹力提供向 心力可得qv0B1=m 设粒子进入电场时与界面夹角为,如图所示. 在磁感应强度为B1的磁场中,由几何关系知R1cos-R1cos=d 解得=37 在电场中沿场强方向做匀减速运动,有 (v0sin) 2-0=2 d 所以E. (2)设粒子从第n层磁场右侧边界穿出时速度的大小为vn, 洛伦兹力不做功,根据动能定理可得-nEqd=m- m 解得vn=. (3)全

33、过程中,粒子在垂直于电场方向上只有洛伦兹力有冲量,设向上为正方向,由动量定理可 得n(B1qd-B2qd)=mvncos-mv0cos 解得B2=B1+(n=1,2,3,). 专题十一磁场 考点 1磁场的描述及安培力的应用 1.下列关于磁场的相关判断和描述正确的是() A.图甲中导线所通电流与受力后导线弯曲的图示符合物理事实 B.图乙中表示条形磁铁的磁感线从 N 极出发,到 S 极终止 C.图丙中导线通电后,其正下方小磁针的旋转方向符合物理事实 D.图丁中环形导线通电后,其轴心位置小磁针的旋转方向符合物理事实 2.如图所示,在一通有恒定电流的长直导线的右侧,有一带正电的粒子以初速度v0沿平行于

34、导 线的方向射出.若粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,现用虚线表示粒子的运动轨迹,虚 线上某点所画有向线段的长度和方向表示粒子经过该点时的速度大小和方向,下列选项可能 正确的是() ABCD 3.2021 安徽合肥高三调研如图所示,两平行通电长直导线通入同向电流.若将电流I1在导线 2 处产生的磁感应强度记为B1,电流I2在导线 1 处产生的磁感应强度记为B2;电流I1对电流I2 的安培力记为F1,电流I2对电流I1的安培力记为F2,则下列说法正确的是() A.若增大通电导线间距离,则F1和F2均增大 B.若I1I2,则F1Bb,a点磁感应强度的方向垂直纸面向里 B.BaBb,a点磁感应强度

35、的方向垂直纸面向外 C.BaBb,b点磁感应强度的方向垂直纸面向外 4.2020江西七校第一次联考如图所示,OO为圆柱筒的轴线,磁感应强度大小为B的匀强磁场 的磁感线平行于轴线方向向左,在圆筒壁上布满许多小孔,对于任意一小孔,总能找到另一小 孔与其关于轴线OO对称.有许多比荷为 的带正电粒子,以不同的速度、 不同的入射角(与竖直 方向的夹角)射入各小孔,且均从关于OO轴线与该孔对称的小孔中射出,已知入射角为 30的 粒子的速度大小为10 3 m/s,则入射角为 45的粒子的速度大小为() A.110 3 m/sB.1.510 3 m/sC.210 3 m/sD.410 3 m/s 5.2020

36、 吉林长春质量监测如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导 线 1、2、3,导线 1、3 固定,导线 2 可以自由移动,水平面内的虚线OO到导线 1、3 的距离相 等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线 2 从图示位置由静止释放,下列说法 正确的是() A.导线 2 可能碰到导线 3 B.导线 2 有可能离开水平面 C.导线 2 对水平面的压力不断变化 D.导线 2 通过OO时加速度最小,速度最大 6.多选实验室常用的电流表是磁电式仪表,其结构示意图如图甲所示,蹄形磁铁和铁芯间的 磁场均匀地辐向分布,如图乙所示.当线圈通以如图乙所示的电流时(a端电流方向为垂直纸面

37、 向外),下列说法不正确() A.根据指针偏转角度的大小,可以知道被测电流的大小 B.线圈在转动过程中,它的磁通量在发生变化 C.线圈中电流增大时,螺旋弹簧被扭紧,阻碍线圈转动 D.当线圈转到如图乙所示的位置时,安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动 7.2021 广东惠州高三第一次调研,多选如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之 间接有电阻R.金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂 直于导轨平面向下.现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是 () A.ab中的感应电流方向由a到b B.ab中的感应电流逐渐减小 C.ab所受的安培力

38、保持不变 D.ab所受的静摩擦力逐渐减小 8.多选如图所示,半径为R的圆形区域内存在一垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大 小为B,S为磁场边界上的一点.大量相同的带电粒子以相同的速率v经过S点,在纸面内沿不 同的方向射入磁场.出射点分布在四分之一圆周SP上.不计粒子重力及粒子之间的相互作用. 则() A.粒子带正电 B.粒子的比荷为 C.从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为 D.若入射粒子的速率为 2v,出射点将分布在OS下方的二分之一圆周上 9.多选如图,有一截面为矩形有界匀强磁场区域ABCD,AB=3L,BC=2L在边界AB的中点上有一 个粒子源,沿边界AB并指向A点方向发射各种不同速

39、率的同种正粒子,不计粒子重力,当粒子 速率为v0时,粒子轨迹恰好与AD边界相切,则() A.速率小于v0的粒子全部从CD边界射出 B.当粒子速度满足vI2时,B1B2,选项 D 错误. 4.C金属导体中导电粒子为自由电子,由左手定则可知,形成电流的带电粒子受到向上的洛 伦兹力作用,所以上表面带负电,电势较低,A 项错误;稳定后,自由电子所受电场力与洛伦兹力 平衡,则有q=qvB,解得v= ,C 项正确,D 项错误;而U=Bdv,与导体单位体积内的自由电子数无 关,B 项错误. 5.C 设每条细线所受拉力大小为F,可画出金属棒MN的受力分析图,如图所示.由左手定则可判断 出金属棒所受的安培力方向

40、垂直于磁场方向,与OMNO平面的夹角为 90-,金属棒中的电流 方向由M指向N,选项 A、B 错误.对金属棒MN由平衡条件可得 2Fcos=mg,解得F=,选项 C 正确.设金属棒中的电流大小为I,则有 tan=,解得I=,选项 D 错误. 6.DB小球在水平面内受库仑力F、洛伦兹力F洛和细线的拉力T,它们的合力提供向心力,即 T+F洛-F=,则T=F+-F洛=+-Bqv,式中m、l、B、q、k均为常数,所以T为v的二次函数, 当v=时,Tmin=-,D 正确. 7.(1)(2)E- 解析:单刀双掷开关 S 合在位置 1 且电容器充电稳定时,设电容器两端电压为U0,电容器所充的 电荷量为Q0,

41、有U0=E(1 分) 由电容器的定义式得C= (1 分) 单刀双掷开关 S 合在位置 2 的瞬间:设在该瞬间t时间内,通过金属棒ab横截面的电荷量为 Q,电流为i,金属棒ab离开导轨时的速度为v,电容器稳定后,电容器两端的电压为U,对金属 棒ab,由动量定理得BiLt=mv(1 分) 由电流定义式得i= (1 分) 由电容器的定义式得C=(1 分) 金属棒ab离开导轨摆动过程中,对金属棒ab,由机械能守恒定律得mgh=mv 2(1 分) 以上联合求解得 Q=(1 分) U=E-(1 分). 考点考点 2 2带电粒子在匀强磁场中的运动带电粒子在匀强磁场中的运动 1.C从D点射入和B点射入的粒子的

42、运动轨迹如图所示,设两个粒子在AC边上的出射点分别 为E、F点,由于从D点射出的粒子恰好能垂直AC边射出磁场,所以A点为该粒子做圆周运动 的圆心,则粒子做圆周运动的半径为R=L,则有AE=L,因为D点是AB的中点,所以D点是从B 点射出的粒子做圆周运动的圆心,所以有AD=DF,则根据几何知识有AF=2Lcos 30=, 所以有粒子射出的区域为EF=AF-AE=L,故 A、B、D 错误,C 正确. 2.AC根据题述情境,可画出两个粒子在矩形匀强磁场区域中的运动轨迹,如图所示.设 ME=a,则r2=a,对从P点射出的粒子,由几何关系有=(2a) 2+(r 1-a) 2,解得 r1=2.5a.粒子在

43、匀强 磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力有qvB=,可得v=,两粒子的速率之比为v1v2=r1 r2=2.51=52,选项 A 正确,B 错误.从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角的 正弦值 sin1=0.8,即1=,在匀强磁场中的运动时间t1=;从Q点射出的粒子在磁 场中的运动轨迹所对的圆心角2= ,在匀强磁场中的运动时间t2=.故在磁场中的运动时 间之比为t1t2=5390,选项 C 正确,D 错误. 3.BC由于动摩擦因数为 0.45,在静摩擦力的作用下,木板的最大加速度为amax= m/s 2=4.5 m/s2,所以当 2.1 N 的恒力作用于滑块时,系统开始一起以加速度 a运

44、动,a= m/s 2=3 m/s2,当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,滑块对木板的 压力减小,摩擦力减小,木板的加速度减小,所以木板做的是加速度减小的加速运动,当洛伦兹 力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=mg,代入数据得v=10 m/s,此时摩擦力 消失,木板做匀速运动,而滑块在水平方向上受到恒力作用,速度增加,洛伦兹力增大,滑块将 离开木板向上做曲线运动,故 A 错误,B、C 正确;当滑块和木板开始发生相对滑动时,木板的加 速度恰好还为共同的加速度 3 m/s 2,对木板有 f=Ma=0.33 N=0.9 N,再根据f=(mg-qvB),解 得v=5

45、 m/s,根据v=at可得运动的时间为t=s,故 D 错误. 4.(1)(2)( + ) 解析:(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=mv 2 (2 分) 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,粒子运动轨迹如图所示,由洛伦兹力公式和牛顿 第二定律有 qvB=m(1 分) 由几何关系知 d=r(2 分) 联立式得 =(2 分). (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= +rtan 30(2 分) 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t=(1 分) 联立式得t=( + )(2 分). 5.(1)(2) 解析:(1)粒子以

46、速率v沿MO方向射入磁场,恰能从N点离开磁场,其运动轨迹如图 1 中的实线 由几何条件可知,磁场圆的半径为R=l(1 分) 设粒子的运动轨迹半径为r1,MON为,则 tan=tan= (1 分) 解得r1=l(1 分) 由牛顿第二定律有qvB0=m(2 分) 解得B0=(1 分). (2)当磁感应强度变化后,大量此类粒子从M点射入磁场,由牛顿第二定律有qvB=m(1 分) 解得r2=l(1 分) 粒子在磁场中运动时间最长时,弧长(劣弧)最长,对应的弦长最长(磁场圆的直径),其运动轨 迹如图 2 中的实线 由几何关系得= (1 分) 粒子在磁场中运动的最长时间tmax= (1 分) 又T=(1

47、分) 解得tmax=(1 分). 6.(1)(2)a 解析:(1)粒子做匀速圆周运动,根据题意作出粒子的运动轨迹如图 1 所示,由几何关系得 (a-R) 2+a2=R2(1 分) 解得R=a(1 分) 洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,则有 qv0B=m(1 分) 联立解得B=(1 分). (2)若将第一象限内的磁场改为匀强电场,则粒子在第一象限内做类平抛运动,运动轨迹如图 2 所示,则有 a=v0t0(1 分) =a加(2 分) 由牛顿第二定律得qE=ma加(1 分) 联立解得电场强度大小E=(1 分) 粒子做圆周运动的时间t1= = =(1 分) 粒子做平抛运动到P点的时间t0= (1

48、分) 则粒子从O到P所经历的时间t=t1+t0=a(1 分). 考点考点 3 3带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动 1.C等离子体进入磁场,根据左手定则,正电荷向下偏转,所以B板带正电,为电源的正极,A极 为电源的负极,故 A 错误;分析电路结构可知,A、B为电源的两极,R为外电路电阻,故电阻R两 端电压为路端电压,小于电源的电动势,故 B 错误;粒子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡, 有qvB=q,解得U=Bdv,减小两极板的距离d,电源的电动势减小,增加两极板的正对面积,电动 势不变,故 C 正确,D 错误. 2.D电子在电场中加速运动,电场力的方向和运动方向相同,而电子所受

49、电场力的方向与电 场的方向相反,所以M处的电势低于N处的电势,A 项错误;增大M、N之间的电压,根据动能定 理可知,电子进入磁场时的初速度变大,根据r=知其在磁场中的轨迹半径增大,偏转程度减 小,P点将右移,B 项错误;根据左手定则可知,磁场的方向应该垂直于纸面向里,C 项错误;结合 B 项分析,可知增大磁场的磁感应强度,轨迹半径将减小,偏转程度增大,P点将左移,D 项正确. 3.(1)(2)- 解析:(1)电子做圆周运动的周期T=(1 分) 一个周期内的电荷量为Ne(1 分) 又有q=It(1 分) 可得I=(1 分). (2)当所有电子最接近电极 1 或电极 2 时,两极间的电势差的绝对值

50、最大,此时两极间的电压也 最大,当所有电子在最接近电极 1 时,两极处的电势分别为1=(1 分) 2=(1 分) 电压的最大值为Umax=1-2=-(2 分). 4.(1)1.010 4 m/s7.8510 -5 s(2)(3)0.072 m 解析:(1)由题意可知,沿y轴正方向射入的粒子的运动轨迹如图 1 所示. 粒子做圆周运动的轨迹半径R=r=(1 分) 解得v0=1.010 4 m/s(1 分) 又T=(1 分) 解得t0= =7.8510 -5 s(1 分). (2)沿任一方向射入磁场的粒子在磁场中的运动轨迹都是半径为r的圆的一部分,圆心位置在 以O1点为圆心、r为半径的半圆上,如图