【物理】2019届一轮复习人教版磁场学案(1) 29页

‎【考向解读】 ‎ ‎1.磁场的产生、磁感应强度的叠加、安培定则、左手定则是磁场的基本知识，在近几年的高考中时有出现，考题以选择题的形式出现，难度不大．‎ ‎2.磁场对通电导体棒的作用问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，该考点的命题规律主要有以下两点：‎ ‎(1)主要考查安培力的计算、安培力方向的判断、安培力作用下的平衡和运动，题型以选择题为主，难度不大．‎ ‎(2)与电磁感应相结合，考查力学和电路知识的应用，综合性较强，以计算题形式出现．‎ ‎3.带电粒子在磁场中的圆周运动问题是近几年高考的重点，同时也是高考的热点，分析近几年高考试题，该考点的命题规律有以下两个方面：‎ ‎(1)通常与圆周运动规律、几何知识相联系，综合考查应用数学知识处理物理问题的能力，题型为选择题或计算题．‎ ‎(2)偶尔也会以选择题的形式考查磁场的性质、洛伦兹力的特点及圆周运动的周期性等问题．‎ ‎4.带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动往往会出现临界和极值问题，有时还会出现多解问题，解决这类问题，对考生分析能力、判断能力和综合运用知识的能力要求较高，因此可能成为2016年高考命题点．‎ ‎【命题热点突破一】对磁场基本性质的考查 ‎1. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　 B.B0 C.B0 D．2B0‎ 解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP 反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。‎ ‎【变式探究】【2016·全国卷Ⅲ】平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1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(　　)‎ 图1‎ A. B. C. D. ‎【答案】D　【解析】设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．‎ 由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝‎2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝，所以OB＝，D正确．‎ ‎【变式探究】 (多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N 两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝ ，式中 是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)‎ A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球一直做匀速直线运动 C．小球对桌面的压力先增大后减小 D．小球对桌面的压力一直在增大 ‎【解析】由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．‎ ‎【答案】BC ‎【命题热点突破二】磁场对电流的作用 例2.(多选)如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为(　　)‎ A． 正向，tan θ B．y正向， C． 负向，tan θ D．沿悬线向上，sin θ ‎【解析】若磁感应强度方向为 正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，选项A错误；若磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿 正方向，根据平衡条件BIL＝mg，所以B＝，选项B正确；若磁感应强度方向为 负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BIL＝mgtan θ，所以B＝tan θ，选项C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D错误．‎ ‎ 【答案】BC ‎【变式探究】 (多选)如图甲所示，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，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中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，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．‎ ‎【答案】ABC ‎【感悟提升】解决安培力问题的一般思路 ‎1.正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直.‎ ‎2.画出辅助图(如导轨、斜面等)，并标明辅助方向(磁感应强度B、电流I的方向).‎ ‎3.将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图.)‎ ‎【命题热点突破三】带电粒子在匀强磁场中的运动 例3. (2017·全国卷Ⅱ)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∶ 解析：选C　由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，则＝＝，C项正确。‎ ‎【变式探究】【2016·四川卷】如图1所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)‎ 图1‎ A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1‎ B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2‎ C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1‎ D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2‎ ‎【答案】A　【解析】由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示 由qvB＝m＝mr可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由t＝T可以得出时间之比等于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则tb∶tc＝2∶1，选项A正确．‎ ‎【变式探究】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.‎ ‎【解析】(1)设两板间的电压为U，由动能定理得 qU＝mv2①‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②‎ 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＝m⑤‎ 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，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′＝v⑧‎ 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＝ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3.‎ ‎【答案】(1)　(2)　(3)3‎ ‎【命题热点突破四】带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题 例4、【2016·四川卷】如图1所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝‎2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝‎4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝‎3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在 点具有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．‎ ‎(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；‎ ‎(3)若小球A、P在时刻t＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)　(2)(3－2) ‎(3)　极大值为，方向竖直向上；极小值为0‎ ‎【解析】(1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有 m＝qv0B 代入数据解得B＝.‎ ‎(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有 tC＝ s－hcot α＝v0(t1－tC)‎ 小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有 mgsin α＝maA ＝aA(t1－tA)2‎ 联立以上方程解得tA＝(3－2).‎ ‎(3)设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有 s＝v0(t－tC)＋aA(t－t′A)cos α mg＋qE＝maP H－h＋aA(t－t′A)2sin α＝aP(t－tC)2‎ 联立相关方程解得E＝ 对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5‎ 由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝，方向竖直向上．‎ ‎【变式探究】如图所示，两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场．A板带正电荷，B板带等量负电荷，电场强度为E；磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B1.平行金属板右侧有一挡板M，中间有小孔O′，OO′是平行于两金属板的中心线．挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B2.CD为磁场B2边界上的一绝缘板，它与M板的夹角θ＝45°，O′C＝a，现有大量质量均为m，含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力)，自O点沿OO′方向进入电磁场区域，其中有些粒子沿直线OO′方向运动，并进入匀强磁场B2中，求：‎ ‎(1)进入匀强磁场B2的带电粒子的速度；‎ ‎(2)能击中绝缘板CD的粒子中，所带电荷量的最大值；‎ ‎(3)绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度．‎ 解析：(1)设沿直线OO′运动的带电粒子进入匀强磁场B2的速度为v，根据qvB1＝qE，解得：v＝.‎ ‎(2)粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动，根据qvB2＝m，解得：q＝.‎ 因此，电荷量最大的带电粒子运动的轨道半径最小．设最小半径为r1，此带电粒子运动轨迹与CD板相切．‎ 则有：r1＋r1＝a，解得：r1＝(－1)a.‎ 电荷量最大值q＝(＋1).‎ ‎ (3)带负电的粒子在磁场B2中向上偏转，某带负电粒子轨迹与CD相切，设半径为r2，依题意r2＋a＝r2‎ 解得：r2＝(＋1)a 则CD板上被带电粒子击中区域的长度为 x＝r2－r1＝‎2a.‎ 答案：(1)　(2)　(3)‎‎2a ‎【易错提醒】解决带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题极易从以下几点失分：①审题过程出现多层思维障碍，不能把粒子的运动和磁场的分布相结合分析问题；②对定圆心、求半径、找转角、画轨迹、求时间的方法不熟练；③找不出临界点，挖掘不出临界条件；④数学功底薄弱，求不出临界极值.‎ 可从以下几点进行防范：①正确判定洛伦兹力方向，确定轨迹的弯曲方向；②熟练掌握圆心、半径、轨迹、转角、时间的求解或确定方法；③灵活运用物理方程、几何知识找出等量关系，求出临界极值.)‎ ‎【高考真题解读】‎ ‎1．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r ‎．圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 ‎（A）1:1 （B）1:2 （C）1:4 （D）4:1‎ ‎【答案】A ‎【解析】根据磁通量的定义，当B垂直于S时，穿过线圈的磁通量为Ф=BS，其中S为有磁感线穿过区域的面积，所以图中a、b两线圈的磁通量相等，所以A正确；BCD错误．‎ ‎2．【2017·新课标Ⅰ卷】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． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以，故B正确，ACD错误。‎ ‎3.【2017·新课标Ⅱ卷】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，在纸面内沿不同的方向射入磁场。若粒子射入速率为，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，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。则为 A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场的位置最远。则当粒子射入的速度为，‎ 如图，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；同理，若粒子射入的速度为，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为；根据，则，故选C。‎ ‎ ‎ ‎4.(2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ A．0　　　　B.B0 C.B0 D．2B0‎ 解析：选C　导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝＝B0，则A、B、D项均错误，C项正确。‎ ‎1．【2016·北京卷】中国宋代 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(　　)‎ 图1‎ 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　【解析】根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极附近，选项B正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．‎ ‎2．【2016·全国卷Ⅱ】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(　　)‎ 图1‎ A. B. C. D. ‎【答案】A　【解析】作出粒子的运动轨迹如图所示，其中O′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO′N′＝30°.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB＝m，T＝，得T＝，即比荷＝，由题意知t粒子＝t筒，即·T＝·T筒，则T＝3T筒，又T筒＝，故＝，选项A正确．‎ ‎3．【2016·全国卷Ⅲ】平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1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(　　)‎ 图1‎ A. B. C. D. ‎【答案】D　【解析】设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．‎ 由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝R；由对称性知，AC＝CD＝R；等腰△ACO中，OA＝‎2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝m得R＝，所以OB＝，D正确．‎ ‎4．【2016·北京卷】如图1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．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)　 ‎(2)vB ‎【解析】(1)洛伦兹力提供向心力，有f＝qvB＝m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R＝ 匀速圆周运动的周期T＝＝.‎ ‎(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 场强E的大小E＝vB.‎ ‎5．【2016·四川卷】如图1所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(　　)‎ 图1‎ A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1‎ B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2‎ C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1‎ D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2‎ ‎【答案】A　【解析】由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示 由qvB＝m＝mr可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由t＝T可以得出时间之比等于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则tb∶tc＝2∶1，选项A正确．‎ ‎6．【2016·全国卷Ⅰ】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1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(　　)‎ 图1‎ A．11 B．12‎ C．121 D．144‎ ‎【答案】D　【解析】粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v，则qU＝mv2，粒子进入磁场做圆周运动，半径r＝＝，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选项D正确．‎ ‎7．【2016·江苏卷】回旋加速器的工作原理如图1甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m，电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0.周期T＝.一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求： ‎ ‎(1)出射粒子的动能Em；‎ ‎(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0；‎ ‎(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99 能射出，d应满足的条件．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)　(2)－ ‎(3)d< ‎【解析】(1)粒子运动半径为R时 qvB＝m 且Em＝mv2‎ 解得Em＝ ‎(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0‎ 粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a＝ 匀加速直线运动nd＝a·Δt2‎ 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ ‎(3)只有在 0～时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝ 由η>99 ，解得d< ‎8．【2016·四川卷】如图1所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝‎2l、倾角α＝的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝‎4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝‎3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在 点具有大小v0＝、方向与水平面夹角θ＝的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．‎ ‎(1)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；‎ ‎(2)若小球A、P在斜面底端相遇，求释放小球A的时刻tA；‎ ‎(3)若小球A、P在时刻t＝β(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E，并讨论场强E的极大值和极小值及相应的方向．‎ 图1‎ ‎【答案】(1)　(2)(3－2) ‎(3)　极大值为，方向竖直向上；极小值为0‎ ‎【解析】(1)由题知，小球P在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有 m＝qv0B 代入数据解得B＝.‎ ‎(2)小球P在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C点的时刻为tC，到达斜面底端时刻为t1，有 tC＝ s－hcot α＝v0(t1－tC)‎ 小球A释放后沿斜面运动加速度为aA，与小球P在时刻t1相遇于斜面底端，有 mgsin α＝maA ＝aA(t1－tA)2‎ 联立以上方程解得tA＝(3－2).‎ ‎(3)设所求电场方向向下，在t′A时刻释放小球A，小球P在区域Ⅱ运动加速度为aP，有 s＝v0(t－tC)＋aA(t－t′A)cos α mg＋qE＝maP H－h＋aA(t－t′A)2sin α＝aP(t－tC)2‎ 联立相关方程解得E＝ 对小球P的所有运动情形讨论可得3≤β≤5‎ 由此可得场强极小值为Emin＝0；场强极大值为Emax＝，方向竖直向上．‎ ‎9．【2016·浙江卷】为了进一步提高回旋加速器的能量， 学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．‎ 扇形聚焦磁场分布的简化图如图111所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场．质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．‎ ‎(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；‎ ‎(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T；‎ ‎(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2.‎ 图111‎ ‎【答案】(1)　逆时针　(2)　　(3)B′＝B ‎【解析】(1)峰区内圆弧半径r＝　①‎ 旋转方向为逆时针方向　②‎ ‎(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝　③‎ 每个圆弧的长度l＝＝　④‎ 每段直线长度L＝2rcos＝r＝　⑤‎ 周期T＝　⑥‎ 代入得T＝　⑦‎ ‎(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°　⑧‎ 谷区内的轨道圆弧半径r′＝　⑨‎ 由几何关系rsin＝r′sin　⑩‎ 由三角关系sin＝sin 15°＝ 代入得B′＝B ‎10．【2016·天津卷】电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图1所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，磁感应强度为B，铝条的高度大于d，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g.‎ 图1‎ ‎(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I；‎ ‎(2)若两铝条的宽度均为b，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v的表达式；‎ ‎(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b′>b的铝条，磁铁仍以速度v进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化．‎ ‎【答案】(1)　(2)　(3)略 ‎【解析】 (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F安，有 F安＝IdB　①‎ 磁铁受到沿斜面向上的作用力为F，其大小 F＝‎2F安　②‎ 磁铁匀速运动时受力平衡，则有 F－mgsin θ＝0　 ③‎ 联立①②③式可得I＝　　④‎ ‎(2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E，有 E＝Bdv　⑤‎ 铝条与磁铁正对部分的电阻为R，由电阻定律有 R＝ρ　⑥‎ 由欧姆定律有 I＝　⑦‎ 联立④⑤⑥⑦式可得v＝　⑧‎ ‎(3)磁铁以速度v进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F，联立①②⑤⑥⑦式可得F＝　⑨‎ 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＝mgsin θ，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′＝mgsin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．‎ ‎1．(2015·新课标全国卷Ⅰ)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：带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，解得轨道半径r＝.带电粒子由较强磁场区域进入到较弱磁场区域，磁感应强度B减小，由r＝可知，轨道半径r增大．由于洛伦兹力不做功，带电粒子速度不变，由角速度公式ω＝v/r，可知角速度减小，选项D正确，选项A、B、C错误．‎ 答案：D ‎2．(2015·四川卷) 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＝2.0×10－4T.电子质量m＝9.1×10－31 g，电荷量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 cm B．θ＝60°时，l＝‎‎9.1 cm C．θ＝45°时，l＝‎‎4.55 cm D．θ＝30°时，l＝‎‎4.55 cm 解析：如图所示，根据“用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围”的模型，图中圆O1、O2均为半径为R的圆，圆O1分别交MN及其延长线于P、C两点，SC为圆O1的直径，圆O2与MN相切于Q点，∠SQN＝α.若屏的大小无限制，则电子应当打在图中C、Q之间，而由于MN长度的限制，电子只能打在N、Q之间．据题意，R＝＝‎4.55 cm，可见SO＝NO＝OM＝O2Q＝R，由几何知识可得2Rsinαsinα＝Rsinθ，则sinα＝，l＝NQ＝NP＋PQ＝R(1－cosθ)＋2Rsinαcosα＝(1－cosθ＋R，分别将θ＝90°、60°、45°、30°代入公式即可确定，A、D项正确，B、C项错误．‎ 答案：AD ‎3．(2015·新课标全国Ⅱ,18，6分) (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　BC ‎4．(2015·海南单 ，1，3分)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 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　A ‎5. (2015·江苏单 ，4，3分)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　A ‎6．(2015·新课标全国Ⅰ，14，6分)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qvB＝，轨道半径r＝，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＝＝可知角速度变小，选项D正确．‎ 答案　D ‎7．(2015·新课标全国Ⅱ,19，6分) (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 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 倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的 倍 C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的 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B2＝B，B1＝ B 则由牛顿第二定律得：‎ qvB＝①‎ T＝②‎ 由①②得：R＝，T＝ 所以＝ ，＝ ‎ 根据a＝，ω＝可知 ＝，＝ 所以选项A、C正确，选项B、D错误．‎ 答案　AC ‎8．(2015·广东理综，16，4分)在同一匀强磁场中，α粒子(He)和质 子(H)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∶1‎ B．运动周期之比是2∶1‎ C．运动速度大小之比是4∶1‎ D．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＝，得两者半径之比为1∶2； 由T＝,得周期之比为2∶1；由f洛＝qvB，得洛伦兹力之比为1∶2.故只有B正确．‎ 答案　B ‎9．(2015·四川理综，7，6分) (多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝ 9.1 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 g,电量e＝－1.6×10－19 C，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 cm B．θ＝60°时，l＝9.1 cm C．θ＝45°时，l＝4.55 cm D．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＝＝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　AD ‎10．(2015·新课标全国Ⅰ，24，12分)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/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．‎ 解析　金属棒通电后，闭合回路电流I＝＝＝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：2 x＝mg 开关闭合后：2 (x＋Δx)＝mg＋F 代入数值解得m＝0.01 g 答案　0.01 g ‎11. (2015·重庆理综，7,15分)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＝nBILv③‎ 答案　(1)nBIL　方向水平向右　(2)nBILv ‎12．(2015·浙江理综，24，20分)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 g，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 g的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率.‎ 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＝N2＝N2Ld④‎ 由欧姆定律得：I′＝⑤‎ 线圈受到的安培力F′＝N2B0I′L⑥‎ 由天平平衡可得：m′g＝NB0·⑦‎ 代入数据可得＝0.1 T/s⑧‎ 答案　(1)25匝　(2)0.1 T/s