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全国通用2019届高考物理二轮复习专题8磁场对电流和运动电荷的作用学案

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                                        专题    8 磁场对电流和运动电荷的
                                    作用


                        考题一 磁场对通电导体的作用力


1.安培力大小的计算公式:F=BILsin θ(其中              θ  为 B 与 I 之间的夹角).
(1)若磁场方向和电流方向垂直:F=BIL.
(2)若磁场方向和电流方向平行:F=0.
2.安培力方向的判断:左手定则.
方向特点:垂直于磁感线和通电导线确定的平面.
3.两个常用的等效模型
(1)变曲为直:图      1 甲所示通电导线,在计算安培力的大小和判断方向时均可等效为                          ac 直线
                  中国现代教育网     www.30edu.com  全国最大教师交流平台

电流.


                                     图 1
(2)化电为磁:环形电流可等效为小磁针,通电螺线管可等效为条形磁铁,如图乙.
4.求解磁场中导体棒运动问题的方法
(1)分析: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)作图:必要时将立体图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.
(3)求解:根据平衡条件或牛顿第二定律或动能定理列式分析求解.


例 1 如图   2 所示,某同学用玻璃皿在中心放一个圆柱形电极接电源的负极,沿边缘放一个
圆环形电极接电源的正极做“旋转的液体的实验”,若蹄形磁铁两极间正对部分的磁场视为
匀强磁场,磁感应强度为           B=0.1 T,玻璃皿的横截面的半径为            a=0.05 m,电源的电动势为

E=3  V,内阻   r=0.1  Ω,限流电阻      R0=4.9  Ω,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为                  R=
0.9 Ω,闭合开关后当液体旋转时电压表的示数恒为                    1.5 V,则(  )


                                     图 2
A.由上往下看,液体做顺时针旋转
B.液体所受的安培力大小为           1.5×10-4 N
C.闭合开关    10 s,液体具有的动能是         4.5 J
D.闭合开关后,液体电热功率为            0.081 W
解析 由于中心圆柱形电极接电源的负极,边缘电极接电源的正极,在电源外部电流由正极
流向负极,因此电流由边缘流向中心;玻璃皿所在处的磁场竖直向上,由左手定则可知,导
电液体受到的磁场力沿逆时针方向,因此液体沿逆时针方向旋转;故                             A 错误;此电路为非纯
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电阻电路,电压表的示数为            1.5  V,则根据闭合电路欧姆定律:E=U+IR0+Ir,所以电路
              E-U     3-1.5
中的电流值:I=R0+r=4.9+0.1          A=0.3    A,液体所受的安培力大小为:F=BIL=BIa=
0.1×0.3×0.05   N=1.5×10-3   N.故  B 错误;玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为                  R=0.9 

                       2      2
Ω,则液体热功率为         P 热=I R=0.3  ×0.9  W=0.081  W.故 D 正确;10   s 末液体的动能等于
安培力对液体做的功,通过玻璃皿的电流的功率:P=UI=1.5×0.3                         W=0.45  W,所以闭合

开关  10  s,液体具有的动能是:Ek=W           电流-W  热=(P-P   热)·t=(0.45-0.081)×10      J=
3.69 J,故  C 错误.
答案 D
变式训练
1.(2016·海南单科·8)如图        3(a)所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通
过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音.俯视图(b)表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平
面即纸面)磁场方向如图中箭头所示,在图(b)中(  )


                                           
                                     图 3
A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
D.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
答案 BC
解析 将环形导线分割成无限个小段,每一小段看成直导线,则根据左手定则,当电流顺时
针时,导线的安培力垂直纸面向外,故选项                  A 错误,选项     B 正确;当电流逆时针时,根据左
手定则可以知道安培力垂直纸面向里,故选项                   C 正确,选项     D 错误.
2.如图  4 所示,某区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为                          B.一正方形刚性
线圈,边长为      L,匝数为    n,线圈平面与磁场方向垂直,线圈一半在磁场内.某时刻,线圈中
通过大小为     I 的电流,则此线圈所受安培力的大小为(  )


                                     图 4
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          1
A. 2BIL  B.2nBIL  C.nBIL  D. 2nBIL
答案 D
解析 线框的有效长度为           L′=  2L,故线圈受到的安培力为           F=nBIL′=    2nBIL,D 正确.
3.如图  5 甲所示,两平行光滑导轨倾角为             30°,相距    10 cm,质量为     10 g 的直导线   PQ 水平
放置在导轨上,从        Q 向 P 看到的侧视图如图乙所示.导轨上端与电路相连,电路中电源电动
势为  12.5 V,内阻为     0.5 Ω,限流电阻      R=5   Ω,R′为滑动变阻器,其余电阻均不计.在
整个直导线的空间中充满磁感应强度大小为                  1 T 的匀强磁场(图中未画出),磁场方向可以改
变,但始终保持垂直于直导线.若要保持直导线静止在导轨上,则电路中滑动变阻器连入电
路电阻的极值取值情况及与之相对应的磁场方向是(  )


                                     图 5
A.电阻的最小值为       12 Ω,磁场方向水平向右
B.电阻的最大值为       25 Ω,磁场方向垂直斜面向左上方
C.电阻的最小值为       7 Ω,磁场方向水平向左
D.电阻的最大值为       19.5 Ω,磁场方向垂直斜面向右下方
答案 D
解析 磁场方向水平向右时,直导线所受的安培力方向竖直向上,由平衡条件有                                 mg=BIL,
     mg  0.01 × 10                E
得 I=BL=   1 × 0.1  A=1 A,由   I=R+R′+r得   R′=7   Ω,故    A 错误;磁场方向垂直斜面
向左上方时,直导线所受的安培力方向沿斜面向下,不可能静止在斜面上,故                                B 错误;磁场
方向水平向左时,直导线所受的安培力方向竖直向下,不可能静止在斜面上,故                                 C 错误;磁
场方向垂直斜面向右下方时,直导线所受的安培力方向沿斜面向上,由平衡条件有                                  mgsin 
                1  mg                   E
30°=BIL,得    I=2·BL=0.5     A,由   I=R+R′+r得   R′=19.5     Ω,即电阻的最大值为
19.5 Ω,故   D 正确.
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                        考题二 带电粒子在磁场中的运动


1.必须掌握的几个公式


2.轨迹、圆心和半径是根本,数学知识是保障
(1)画轨迹:根据题意,画出带电粒子在匀强磁场中的运动轨迹.

(2)圆心的确定:轨迹圆心          O 总是位于入射点      A 和出射点    B 所受洛伦兹力     F 洛作用线的交点

上或  AB 弦的中垂线     OO′与任一个     F 洛作用线的交点上,如图          6 所示.


                                     图 6
                                                       AB
                                                          α   AB
                                                       2sin
(3)半径的确定:利用平面几何关系,求出轨迹圆的半径,如                        r=    2=2sin θ,然后再与半
         mv
径公式   r=qB联系起来求解.
                  α     αm      s  αR
(4)时间的确定:t=2π·T=qB或          t=v=  v .
(5)注意圆周运动中的对称规律:如从同一边界射入的粒子,从同一边界射出时,速度方向
与边界的夹角相等;在圆形磁场区域内,沿径向射入的粒子,必沿径向射出.


例 2 (2016·海南单科·14)如图         7,A、C  两点分别位于      x 轴和  y 轴上,∠OCA=30°,
OA 的长度为   L.在△OCA   区域内有垂直于       xOy 平面向里的匀强磁场.质量为           m、电荷量为     q 的
带正电粒子,以平行于          y 轴的方向从    OA 边射入磁场.已知粒子从某点射入时,恰好垂直于

OC 边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为                  t0.不计重力.
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                                     图 7
(1)求磁场的磁感应强度的大小;
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从                       OC 边上的同一点射出磁场,求该
粒子这两次在磁场中运动的时间之和;
                                                                      5

(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与                 AC 边相切,且在磁场内运动的时间为3t0,求
粒子此次入射速度的大小.

解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间                   t0 内其速度方向改变了        90°,故其周期

T=4t0                                                           ①
设磁感应强度大小为         B,粒子速度为      v,圆周运动的半径为         r,由洛伦兹力公式和牛顿运动
            v2
定律得   qvB=m  r                                                  ②
                         2πr
匀速圆周运动的速度满足           v= T                                      ③
                 πm
联立①②③式得       B=2qt0                                            ④
(2)设粒子从    OA 边两个不同位置射入磁场,能从             OC 边上的同一点      P 射出磁场,粒子在磁场
中运动的轨迹如图(a)所示.


                                     (a)

设两轨迹所对应的圆心角分别为             θ1 和  θ2.由几何关系有:θ1=180°-θ2⑤
                                                 T

粒子两次在磁场中运动的时间分别为               t1 与 t2,则  t1+t2=2=2t0           ⑥
(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为为

150°.设  O′为圆弧的圆心,圆弧的半径为              r0,圆弧与    AC 相切于  B 点,从   D 点射出磁场,
由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO′D=∠BO′A=30°                                 ⑦
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                                     (b)
                r0

r0cos∠OO′D+cos∠BO′A=L                                           ⑧

设粒子此次入射速度的大小为            v0,由圆周运动规律
   2πr0

v0= T                                                           ⑨
                    3πL

联立①⑦⑧⑨式得        v0= 7t0 .
         πm              3πL

答案 (1)2qt0 (2)2t0 (3)    7t0
变式训练
4.(2016·全国甲卷·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          8 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 8
  ω                                       ω
A.3B                                   B.2B
  ω                                      2ω
C.B                                    D. B
答案 A
解析 画出粒子的运动轨迹如图所示,
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                             v2       2πr           2πm
由洛伦兹力提供向心力得,qvB=m             r ,又 T=  v ,联立得    T= qB
                                 π                      θ
由几何知识可得,轨迹的圆心角为              θ=6,在磁场中运动时间           t=2πT,粒子运动和圆筒运动
                  π
              θ   2      q   ω
具有等时性,则2πT=ω,解得m=3B,故选项                A 正确.
5.(2016·四川理综·4)如图        9 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 9

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 带正电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,运动轨迹如图所示,


                                                   v2       qBr

由几何关系得,rc=2rb,θb=120°,θc=60°,由                qvB=m r 得,v=   m ,则  vb∶vc=
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                    2πm      θ

rb∶rc=1∶2,   又由  T=  qB ,t=2πT  和 θB=2θC   得 tb∶tc=2∶1,故选项      A 正确,B、C、
D 错误.
6.(2016·全国丙卷·18)平面       OM 和平面   ON 之间的夹角为      30°,其横截面(纸面)如图          10 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  10

  mv      3mv    2mv    4mv
A.2qB  B. qB   C. qB   D. qB
答案 D
                                              mv
解析 带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为                     r=qB.轨迹与     ON 相切,画出粒子的运动
轨迹如图所示,由于AD=2rsin            30°=r,故△AO′D      为等边三角形,∠O′DA=60°,而
                                                  CD              4mv
∠MON=30°,则∠OCD=90°,故         CO′D  为一直线,OD=sin 30°=2CD=4r=        qB ,故  D 正
确.


                    考题三 带电粒子在相邻多个磁场中的运动


找到半径是关键,边界分析是突破点
带电粒子在多磁场中的运动,一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动,解决此类问
题的一般思路:
(1)根据题中所给的条件,画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹;
(2)根据画出的轨迹,找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径;
(3)适当添加辅助线,运用数学方法计算出粒子在两磁场中运动的轨迹半径(有时候还要找出
圆心角);
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                           mv               2πm
(4)结合粒子运动的半径公式           r=Bq(或周期公式      T= qB )即可得出所求的物理量.
考生需要特别注意的是,分析出带电粒子在两磁场分界处的运动情况是解决此类问题的突破
点.


例 3 如图   11 所示,为一磁约束装置的原理图.同心圆内存在有垂直圆平面的匀强磁场,同

心圆圆心    O 与 xOy 平面坐标系原点重合.半径为           R0 的圆形区域    I 内有方向垂直      xOy 平面向里

的匀强磁场     B1.一束质量为     m、电荷量为     q、动能为    E0 的带正电粒子从坐标为(0、R0)的          A 点
沿 y 轴负方向射入磁场区域          I,粒子全部经过       x 轴上的  P 点,方向沿     x 轴正方向.当在环形

区域Ⅱ加上方向垂直于          xOy 平面的匀强磁场      B2 时,上述粒子仍从       A 点沿  y 轴负方向射入区
域 I,粒子恰好能够约束在环形区域内,且经过环形区域Ⅱ后能够从                           Q 点沿半径方向射入区
域 I,已知   OQ 与 x 轴正方向成     60°角.不计重力和粒子间的相互作用.求:


                                    图  11

(1)区域  I 中磁感应强度      B1 的大小;

(2)环形区域Ⅱ中      B2 的大小、方向及环形外圆半径            R 的大小;
(3)粒子从   A 点沿  y 轴负方向射入后至第一次到           Q 点的运动时间.

[思维规范流程]


        步骤   1:在区域    I:画出轨迹,定圆心,

        由几何关系得出        r1:

        列  F 洛=Fn 方程

                                            (1)在区域   I:r1=R0       ①
                                                 mv2

                                            qvB1= r1               ②
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                                               1
                                                  2
                                            E0=2mv                 ③
                                                   2mE0

                                            得 B1=  qR0             ④


                                            (2)在区域Ⅱ:
                                                3     3

                                            r2= 3 r1= 3 R0         ⑤
                                                 mv2
        步骤   2:在区域Ⅱ:画出轨迹定圆心,
                                            qvB2= r2               ⑥
        由几何关系得出        r2:列  F 洛=Fn 方程:
                                                   6mE0
        由左手定则判断        B2 方向.
                                            得 B2=  qR0             ⑦
        由几何关系得出外圆半径           R.
                                            方向:垂直     xOy 平面向外     ⑧
                                                r2

                                            R=sin 30°+r2=3r2       ⑨

                                            即:R=   3R0             ⑩
        步骤   3:由轨迹图得:                         T1  2

                2πm                         t= 4 +3T2
        根据   T= qB 得
                                            ⑪
                                               2πm        2πm

                                            T1=qB1  T2=qB2

                                            ⑫
                                               2 6   2   πR0 mE0
                                            t=( 9 +  4 )·   E0

                                            ⑬

④⑦⑨⑪⑫⑬每式各          2 分,其余各式     1 分
变式训练

7.如图  12 所示,分界线      MN 上下两侧有垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度分别为                     B1 和 B2,

一质量为    m,电荷为    q 的带电粒子(不计重力)从          O 点出发以一定的初速度         v0 沿纸面垂直
MN 向上射出,经时间       t 又回到出发点      O,形成了图示心形图案,则(  )
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                                    图  12
A.粒子一定带正电荷
B.MN 上下两侧的磁场方向相同

C.MN 上下两侧的磁感应强度的大小            B1∶B2=1∶2
         2πm
D.时间  t=qB2
答案 BD
解析 题中未提供磁场的方向和绕行的方向,所以不能用洛伦兹力充当圆周运动的向心力的
方法判定电荷的正负,A          错误;根据左手定则可知           MN 上下两侧的磁场方向相同,B           正确;设

上面的圆弧半径是        r1,下面的圆弧半径是        r2,根据几何关系可知         r1∶r2=1∶2;洛伦兹力
                         v2        mv

充当圆周运动的向心力          qvB=m r ,得  B= qr ;所以  B1∶B2=r2∶r1=2∶1,C     错误;由洛伦
                             v2         2πr       2πm
兹力充当圆周运动的向心力            qvB=m r ,周期   T= v ,得  T=  qB ;带电粒子运动的时间         t=
   1    2πm  πm                      2πm

T1+2T2=qB1+qB2,由    B1∶B2=2∶1   得 t=qB2,D   正确.

8.如图  13 所示的坐标平面内,y        轴左侧存在方向垂直纸面向外、磁感应强度大小                     B1=0.20 

T 的匀强磁场,在      y 轴的右侧存在方向垂直纸面向里、宽度                d=12.5   cm 的匀强磁场     B2,某
时刻一质量     m=2.0×10-8   kg、电量   q=+4.0×10-4    C 的带电微粒(重力可忽略不计),从
x 轴上坐标为(-0.25 m,0)的      P 点以速度    v=2.0×103 m/s 沿  y 轴正方向运动.试求:


                                    图  13
(1)微粒在   y 轴左侧磁场中运动的轨道半径;
(2)微粒第一次经过       y 轴时,速度方向与       y 轴正方向的夹角;

(3)要使微粒不能从右侧磁场边界飞出,B2               应满足的条件.

答案 (1)0.5 m (2)60° (3)B2≥0.4 T

解析 (1)设微粒在       y 轴左侧匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为                  r1,转过的圆心角为       θ,
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则
      v2

qvB1=mr1
    mv

r1=qB1=0.5 m
(2)粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由几何关系得:
        r1-0.25 1
cos θ=    r1  =2,则   θ=60°


(3)设粒子恰好不飞出右侧磁场时运动半径为                 r2,其运动轨迹如图所示,由几何关系得
                      d      0.125 m

r2cos θ=r2-d,r2=1-cos θ=1-cos 60°=0.25 m
                                                       v2

由洛伦兹力充当向心力,且粒子运动半径不大于                    r2,得:qvB2≥mr2
         mv   2.0 × 10-8 × 2.0 × 103

解得:B2≥qr2=     4.0 × 10-4 × 0.25  T=0.4 T

即磁感应强度      B2 应满足:B2≥0.4 T.

                                  专题规范练

1.丹麦物理学家奥斯特在          1820 年通过实验发现电流磁效应现象,下列说法正确的是(  )
A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应,揭示了电磁感应定律
B.将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小
磁针一定会转动
C.将直导线沿南北方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小
磁针一定会转动
D.将直导线沿南北方向水平放置,把铜针(用铜制成的指针)放在导线的正下方,给导线通以
足够大电流,铜针一定会转动
答案 C
解析 奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应,而法拉第发现了电磁感应定律,故                                  A 错误;
将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方时,小磁针所在位置的磁场方向
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可能与地磁场相同,故小磁针不一定会转动,故                    B 错误;将直导线沿南北方向水平放置,把
小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,由于磁场沿东西方向,则小磁针一定会
转动,故    C 正确;铜不具有磁性,故将导线放在上方不会受力的作用,故不会偏转,故                               D 错
误.
2.(2016·北京理综·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.”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁
感线分布示意如图        1.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 地球为一巨大的磁体,地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近,两极并不重合;
且地球内部也存在磁场,只有赤道上空磁场的方向才与地面平行;对射向地球赤道的带电宇
宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不会平行,一定受到地磁场力的作用,故                                C 项说法不正
确.
3.(2016·上海·8)如图      2,一束电子沿      z 轴正向流动,则在图中         y 轴上  A 点的磁场方向是(  )


                                     图 2
A.+x 方向
B.-x 方向
C.+y 方向
D.-y 方向
答案 A
解析 据题意,电子流沿           z 轴正向流动,电流方向沿          z 轴负向,由安培定则可以判断电流激
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发的磁场以     z 轴为中心沿顺时针方向(沿          z 轴负方向看),通过        y 轴 A 点时方向向外,即沿
x 轴正向,则选项      A 正确.
4.如图  3 所示,两根平行放置长度相同的长直导线                 a 和 b 载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(  )


                                     图 3

A.F2                                   B.F1-F2

C.F1+F2                                D.2F1-F2
答案 A
5.(多选)如图    4 所示,在竖直向下的匀强磁场中,有两根竖直的平行导轨                       AB、CD,导轨上
放有质量为     m 的金属棒    MN,棒与导轨间的动摩擦因数为            μ,现从     t=0 时刻起,给棒通以图
示方向的电流,且电流与时间成正比,即                 I=kt,其中    k 为恒量.若金属棒与导轨始终垂直,

则表示棒所受的安培力          F 和摩擦力   Ff 随时间变化的四幅图中,正确的是(  )


                                     图 4


答案 BC
解析 对导体棒受力分析,由左手定则知安培力垂直导轨向里,大小为                             F=BIL=kBLt,则

安培力随时间均匀增大,选项            A 错误,选项     B 正确.导体棒所受支持力          FN=F,竖直方向受

重力和摩擦力,Ffmax=μFN=kμBLt         随时间均匀增大,开始时           mg>Ffmax,棒加速下滑,Ff      滑

=μFN=kμBLt;当     mg≤Ffmax 后,棒减速运动;当速度减为零后棒将静止,此时                    Ff 静=
mg 不变,故棒先受到滑动摩擦力均匀增大,后突变为静摩擦力恒定不变,选项                               C 正确,选
项 D 错误.
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                                     图 5
6.如图  5 所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁感应强度为                         B,其边界为一边长为
L 的正三角形(边界上有磁场),A、B、C             为三角形的三个顶点.今有一质量为              m、电荷量为+
                             3
q 的粒子(不计重力),以速度          v=4mqLB  从 AB 边上的某点     P 既垂直于   AB 边又垂直于磁场的
方向射入,然后从        BC 边上某点   Q 射出.若从    P 点射入该粒子能从        Q 点射出,则(  )
      2- 3                                   1+  3
A.PB<  4  L                            B.PB<   4  L
       3                                     1
C.QB≤ 4 L                              D.QB≤2L
答案 D

                                          mv             3qBL         3
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为                   R=qB.由题知:v=       4m  ,得   R= 4 L.如图
所示,


当圆心处于     O1 位置时,粒子正好从        AC 边与  BC 边切过,因此入射点        P1 为离 B 最远的点,满
      1    3

足 PB≤2L+  4 L;当圆心处于      O2 位置时,粒子从      P2 射入,打在    BC 边的  Q 点,由于此时      Q 点
                     3                     3   2   1
距离  AB 最远为圆的半径       4 L,故 QB 最大,即    QB≤  4 L× 3=2L,故   D 正确.
7.如图  6 所示,在半径为       R 的圆形区域内充满磁感应强度为             B 的匀强磁场,MN     是一竖直放
置的感光板,从圆形磁场最高点             P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为                q、质量为     m、速
度为  v 的粒子,不考虑粒子间的相互作用力,关于这些粒子的运动以下说法正确的是(  )


                                     图 6
A.只要对着圆心入射,出射后均可垂直打在                 MN 上
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B.对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C.对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中通过的弧长越长,时间也越长
                 qBR
D.只要速度满足      v=  m ,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在                    MN 上
答案 D
解析 对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在                      MN 上,与粒子的速度有关,故           A 错误;
带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向
延长线也一定过圆心,故           B 错误;对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨迹半径越大,
                                     θ
弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,由                t=2πT  知,运动时间      t 越小,故   C 错误;速度满足
   qBR               mv
v=  m 时,轨道半径      r=qB=R,入射点、出射点、O           点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场
时的轨迹半径与最高点的磁场半径平行,粒子的速度一定垂直打在                            MN 板上,故   D 正确.
8.如图  7 所示,在    x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为                      B.原点   O 处存
在一粒子源,能同时发射大量质量为               m、电荷量为      q 的带正电粒子(重力不计),速度方向均
在 xOy 平面内,与     x 轴正方向的夹角      θ  在 0~180°范围内.则下列说法正确的是(  )


                                     图 7
A.发射速度大小相同的粒子,θ            越大的粒子在磁场中运动的时间越短
B.发射速度大小相同的粒子,θ            越大的粒子离开磁场时的位置距              O 点越远
C.发射角度    θ 相同的粒子,速度越大的粒子在磁场中运动的时间越短
D.发射角度    θ 相同的粒子,速度越大的粒子在磁场中运动的角速度越大
答案 A
解析 如图所示,画出粒子在磁场中运动的轨迹.由几何关系得:轨迹对应的圆心角                                  α=
                                   α   2π-2θ  2πm   2π-θm
2π-2θ,粒子在磁场中运动的时间              t=2πT=    2π  · qB =    qB    ,则得知:若      v 一
定,θ   越大,时间     t 越短;若    θ 一定,则运动时间一定.故           A 正确,C   错误;设粒子的轨迹
              mv                       2mvsin θ
半径为   r,则  r=qB.如图,AO=2rsin        θ=    qB  ,则若    θ 是锐角,θ     越大,AO    越大.
                                                                 2π
若 θ  是钝角,θ     越大,AO   越小,故    B 错误.粒子在磁场中运动的角速度             ω=   T ,又  T=
2πm          qB
qB ,则得   ω=   m ,与速度    v 无关,故   D 错误.
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9.(2016·浙江理综·25)为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“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             8 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.


                                     图 8
(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 
                                α
β±cos αsin β,cos α=1-2sin22.
        mv             2π  2π+3  3m
答案 (1)qB 逆时针 (2)        3       qB
         3-1
(3)B′=   2  B
                         mv
解析 (1)峰区内圆弧半径          r=qB
旋转方向为逆时针方向
                                  2π
(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角             θ=   3
                 2πr 2πmv
每个圆弧的弧长       l=  3 = 3qB
                     π       3mv
每段直线长度      L=2rcos 6=   3r= qB
       3l+L
周期  T=    v
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         2π+3  3m
代入得   T=     qB


(3)谷区内的圆心角       θ′=120°-90°=30°
                         mv
谷区内的轨道圆弧半径          r′=qB′
               θ        θ′
由几何关系     rsin 2=r′sin 2
              30°            6-  2
由三角关系     sin  2 =sin 15°=    4
            3-1
代入得   B′=    2  B.
10.如图  9 所示,在坐标系       xOy 中,第一象限内充满着两个匀强磁场               a 和 b,OP 为分界线,
与 x 轴夹角为    37°,在区域     a 中,磁感应强度为        2B,方向垂直于纸面向里;在区域             b 中,
磁感应强度为      B,方向垂直于纸面向外,P           点坐标为(4L,3L).一质量为        m、电荷量为     q 的带
正电的粒子从      P 点沿  y 轴负方向射入区域       b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点                 O,不计
粒子重力.(sin37°=0.6,cos 37°=0.8)求:


                                     图 9
(1)粒子能从    P 点到  O 点最大速度为多少?
(2)粒子从   P 点到  O 点可能需要多长时间?
        25qBL        53πm
答案 (1)   12m   (2)n·60qB(n=1、2、3…)
                                        v2             mv
解析 (1)根据洛伦兹力提供向心力,有               qvB=m R 得半径为:R=qB,a       区域的半径为:
    mv

Ra=2qB                                 ①
                  mv

b 区域的半径为:Rb=qB                         ②
速度最大时,粒子在         a、b 区域半径最大,运动两段圆弧后到达原点,根据几何关系有:
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2Racos α+2Rbcos α=OP                   ③
OP=  3L2+4L2=5L                    ④
                  25qBL
联立①②③④得:v=         12m


(2)粒子在磁场     a、b 中做圆周运动,当速度较小时,可能重复                  n 次回到  O 点,一个周期内两
段圆弧对应的圆心角相等.每段圆弧对应的圆心角为:180-2α=106°
     106°   106°      106° 2πm  106°  2πm      53πm

t=n(360°Ta+360°Tb)=n(360°·2qB+360°·   qB )=n·60qB(n=1、2、3…)
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