1、单元十磁场考点1.磁场、磁感应强度、磁感线()；2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向()；3.安培力、安培力的方向()；4.匀强磁场中的安培力()；5.洛伦兹力、洛伦兹力的方向()；6.洛伦兹力公式()；7.带电粒子在匀强磁场中的运动()；8.质谱仪和回旋加速器()知识点1.洛伦兹力、安培力的大小和方向； 2.磁感应强度的大小及叠加；3.带电粒子在有界磁场中的运动；4.带电粒子在叠加场、组合场、交变电磁场中的运动；5.带电粒子在复合场中运动的实际应用第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第17题只有一项符合题目要求，第812题有多
2、项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)1(2019江西临川高三上三校联考)如图所示，三根通电长直导线P、Q、R均垂直纸面放置，ab为直导线P、Q连线的中垂线，P、Q中电流强度的大小相等、方向均垂直纸面向里，R中电流的方向垂直纸面向外，则R受到的磁场力可能是()AF1 BF2 CF3 DF4答案C解析由于三根直导线平行，根据安培定则和左手定则可知R受到P、Q的磁场力方向分别沿PR、QR连线，表现为斥力。P、Q中电流强度的大小相等，R离P距离较近，P在R处产生的磁感应强度较大，P对R的磁场力较大，结合平行四边形定则可知，R受到P、Q的磁场力的合力可能是F3，C正确，
3、 A、B、D错误。2(2019福建泉州二模)如图，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态。现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步 ()A增大 B减小C先增大，后减小 D先减小，后增大答案A解析对导体棒进行受力分析如图，当磁场方向缓慢旋转到水平方向，安培力方向缓慢从沿斜面向上旋转到竖直向上，因光滑斜面对通电导体棒的支持力方向始终不变，导体棒的重力大小和方向也始终不变，初始时刻安培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，此时安培力最小，所以随着磁场方向的改变，若使导体棒始终保持静止状态，安
4、培力逐渐增大，直到等于导体棒的重力，而安培力F安BIL，所以磁感应强度一直增大，B、C、D错误，A正确。3(2019辽宁大连二模)如图所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为圆弧中点，A、D、C处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度恰好为零。如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为()A2(1)B B2(1)BC2B D0答案A解析O处的磁感应强度是A、D、C处电流分别在O处产生的磁感应强度与空间存在的匀强磁场的磁感应强度的矢量和，O处的磁感应强度恰好为零，则A、D、C处电流在O处产生磁
5、感应强度的矢量和一定与匀强磁场的磁感应强度等大反向，由矢量合成可得，A、C、D处电流在O处产生的磁感应强度大小均为BO，所以如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小BBBOBO2BO2(1)B，A正确。4(2019天津高考)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元
6、件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的()A前表面的电势比后表面的低B前、后表面间的电压U与v无关C前、后表面间的电压U与c成正比D自由电子受到的洛伦兹力大小为答案D解析由左手定则判断，后表面带负电，电势低，A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由eevB得UBav，故前、后表面间的电压U与v成正比，与c无关，故B、C错误；自由电子受到的洛伦兹力FevB，D正确。5(2019全国卷)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
7、a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.kBl，kBl B.kBl，kBlC.kBl，kBl D.kBl，kBl答案B解析若电子从a点射出，运动轨迹如图线，有qvaBm，Ra，解得va；若电子从d点射出，运动轨迹如图线，有qvdBm，R2l2，解得Rdl，vd。B正确。6(2019全国卷)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A. B. C. D.答案B解析带电粒子在不同磁场中做圆周运动，其速
8、度大小不变，由r知，第一象限内的轨迹半径是第二象限内轨迹半径的2倍，如图所示。粒子在第二象限内运动的时间t1，粒子在第一象限内运动的时间t2，则粒子在磁场中运动的时间tt1t2，B正确。7(2019河南郑州一模)如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间后有大量粒子从边界OM射出磁场。已知MON30，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动
9、的最短时间为()A. B. C. D.答案A解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何知识，作ESOM，则ES为最短的弦，即粒子从S到E的时间最短。由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，此时轨迹的弦为DS，设OSd，则DSOStan30d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rd，由几何知识有ESOSsin30d，sin，则120，粒子在磁场中运动的最短时间为：tminTT，A正确。8(2019重庆一诊)如图所示，两根平行固定放置的长直导线a和b载有大小、方向均相同的电
10、流，a受到的磁场力大小为F，当加入一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2F，则此时b受到的磁场力大小可能为()A4F B3F C2F D0答案AD解析根据安培定则和左手定则可知a导线受到b施加的为F的力水平向右，由牛顿第三定律可知b受到a施加的力的大小也为F，方向水平向左。若加入匀强磁场后a受到的磁场力2F水平向右，则匀强磁场施加给a的力向右为F，施加给同向电流b的力也向右为F，则b受到的合力为FF0；若加入匀强磁场后a受到的磁场力2F水平向左，则匀强磁场施加给a的力向左为3F，施加给同向电流b的力也向左为3F，则b受到的合力为3FF4F，A、D正确。9(2019江西南昌二
11、模)如图所示，三条长直导线a、b、c都通以垂直纸面的电流，其中a、b两条导线中的电流方向垂直纸面向外。O点与a、b、c三条导线距离相等，且Ocab。现在O点垂直纸面放置一小段通电导线，电流方向垂直纸面向里，导线受力方向如图所示。则可以判断()AO点处的磁感应强度的方向与F相同B长导线c中的电流方向垂直纸面向外C长导线a中电流I1小于b中电流I2D长导线c中电流I3小于b中电流I2答案BC解析由左手定则可知，磁感应强度方向与安培力方向垂直，故A错误；由左手定则可知，O点的磁感应强度方向与F垂直斜向右下方，此磁感应强度可沿水平向右和竖直向下分解，所以导线c在O点产生的磁场的磁感应强度方向应水平向右
12、，由安培定则可知，导线c中的电流方向垂直纸面向外，导线a在O点产生的磁场的磁感应强度方向竖直向上，导线b在O点产生的磁场的磁感应强度方向竖直向下，所以长导线a中的电流I1小于b中电流I2，由于不知道安培力的具体方向，所以无法确定长导线c中电流I3与b中电流I2的大小关系，B、C正确，D错误。10(2019贵州毕节二模)如图所示，空间存在方向垂直于纸面向里的分界磁场，其中在MN左侧区域的磁感应强度大小为B，在MN右侧区域的磁感应强度大小为3B。一质量为m、电荷量为q、重力不计的带电粒子以平行纸面的速度v从MN上的O点垂直MN射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次与入射方向相同时，下列说法正
13、确的是()A粒子运动的时间是B粒子运动的时间是C粒子与O点间的距离为D粒子与O点间的距离为答案AC解析粒子在MN右侧运动半个周期后回到MN左侧，再运动半个周期后的速度方向与入射方向相同，在MN右侧运动的时间t1T1，在MN左侧运动的时间t2T2，因此粒子的速度方向再次与入射方向相同时的运动时间为tt1t2，故A正确，B错误；在MN右侧粒子运动的距离为L12R1，在MN左侧粒子运动的距离为L22R2，粒子与O点间的距离LL2L1，故C正确，D错误。11(2019安徽合肥高三上一诊)如图所示，一根固定的绝缘竖直长杆位于范围足够大且相互正交的匀强电场和匀强磁场中，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B
14、。一质量为m、电荷量为q的带正电小圆环套在杆上，环与杆间的动摩擦因数为。现使圆环以初速度v0向下运动，经时间t0，圆环回到出发点。若圆环回到出发点之前已经开始做匀速直线运动，不计空气阻力，重力加速度为g。则下列说法中正确的是()A环经过时间刚好到达最低点B环的最大加速度大小为amgC环在t0时间内损失的机械能为mD环下降过程和上升过程系统因摩擦产生的内能相等答案BC解析由题意可知，环在运动的过程中，受到的电场力大小为FqE2mg，方向始终竖直向上。设竖直向下为正方向，则在环下滑的过程中，根据牛顿第二定律得：mg(qEqvB)ma，解得：a，负号代表加速度方向与规定的正方向相反，故物体在下滑的过
15、程中做加速度逐渐减小的减速运动；在环上升的过程中，根据牛顿第二定律得：mgqvBqEma，解得：a，环做加速度逐渐减小的加速运动，在到达出发点前，加速度减为零，此时，a0，v，环开始以速度v做匀速直线运动。由运动的不对称性可以确定，从开始下滑到刚好到达最低点的时间不等于，A错误；整个运动过程中，加速度一直减小，所以在运动的最开始时，加速度最大，加速度的最大值为：amg，B正确；由以上计算可知，整个过程中，系统损失的机械能Emvmv2m，C正确；环上升和下降的过程中，速度的平均值大小不相等，摩擦力的平均值大小不相等，故因摩擦产生的内能不相等，D错误。12(2019云南楚雄禄丰一中高三上学期期末)
16、粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m、电荷量为e，在加速器中被加速。不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速粒子B加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C质子被加速后的最大速度不能超过2RfD质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为1答案CD解析带电粒子在磁场中运动的周期与加速电场的周期相等，根据T知，换用粒子，粒子的比荷变化，周期变化，回旋加速器需改变交流电
17、的频率才能加速粒子，A错误；根据qvBm，知v，则最大动能Ekmmv2，与加速电压无关，B错误；质子出回旋加速器时的速度最大，此时在磁场中运动轨迹的半径为R，则v2Rf，所以质子被加速后的最大速度不能超过2fR，C正确；质子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v知，质子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度之比为1，根据r，得轨道半径之比为1，D正确。第卷(非选择题，共62分)二、填空题(本题共2小题，共14分)13(2019山东枣庄高三上学期期末)(6分)如图所示，从离子源产生的某种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，
18、磁场的磁感应强度大小为B，磁场左边界与水平方向的夹角为(090)。已知该离子在磁场边界的N点射出，MN长为l。不计重力影响。则该离子的比荷为_，进入磁场时的速度大小为_。答案解析设离子的质量为m，电荷量为q，进入磁场时的速度为v0。则qUmv，粒子在磁场中有qv0Bm，由几何关系知2rsinl，联立解得，v0。14(2019山东日照期末)(8分)一导体材料的样品的体积为abc，A、C、A、C为其四个侧面，如图所示。已知导体样品中载流子是自由电子，且单位体积中的自由电子数为n，电阻率为，电子的电荷量为e，沿x方向通有电流I。(1)导体样品A、A两个侧面之间的电压是_，导体样品中自由电子定向移动的
19、速率是_。(2)将该导体样品放在匀强磁场中，磁场方向沿z轴正方向，则导体侧面C的电势_(填“高于”“低于”或“等于”)侧面C的电势。(3)在(2)中，达到稳定状态时，沿x方向的电流仍为I，若测得C、C两侧面的电势差为U，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为_。答案(1)(2)高于(3)解析(1)导体样品的电阻为R，则A、A两个侧面之间的电压UIR；由电流的微观表达式IneSv，得自由电子定向移动的速率为v。(2)根据左手定则，电子向侧面C运动，C有了多余的电子，电势低，所以导体侧面C的电势高于侧面C的电势。(3)达到稳定状态时，电子受到的洛伦兹力与电场力平衡，有：eevB，得：B。三、计算论述题(
20、本题共4小题，共48分。解答时写出必要的文字说明和重要的演算步骤，只写出答案的不得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值的单位)15(2019全国卷)(10分)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。答案(1)(2)解析(1)设带电粒子的
21、质量为m、电荷量为q，经电压U加速后的速度大小为v。由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBm粒子的运动轨迹如图，由几何关系知dr联立式得(2)由几何关系知，带电粒子从射入磁场到运动至x轴所经过的路程为srtan30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t。16. (2019天津南开区二模)(10分)喷墨打印机的部分结构可简化为如图所示的装置。两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上，两板之间的右侧、长度为3d的区域还存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。喷墨打印机的喷口可在两板左侧上下自由移动，并且从喷
22、口连续不断喷出质量均为m、速度水平且大小相等、带等量电荷的墨滴。调节电源电压至U，使墨滴在两板之间左侧的电场区域恰能沿水平方向向右做匀速直线运动。重力加速度为g。(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)要使墨滴不从两板间射出，求墨滴的入射速率应满足的条件。答案(1)墨滴带负电(2)v解析(1) 墨滴在两板之间左侧的电场区域做匀速直线运动，有：qmg解得：q；由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知墨滴带负电。(2)墨滴进入电场、磁场共存区域后，重力与电场力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力：qvBm，解得：R，结合几何知识可知，从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，只要
23、从此处入射的墨滴不能射出，其他墨滴就都不会射出。若墨滴刚好由极板左侧射出，其运动轨迹为如图所示的半圆弧轨迹，则有：R1d，联立解得：v1；同理，若墨滴刚好从极板右侧射出，其运动轨迹为如图所示以O2点为圆心、R2为半径的弧线轨迹，有：R(3d)2(R2d)2，解得：v2。可见，要使墨滴不从两板间射出，速率应该满足：v 。17(2019湖南怀化高考一模)(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界矩形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场。一粒子源固定在x轴上坐标为(L,0)的A点，粒子源沿y轴正方向释放出
24、速度大小为v0的电子，电子通过y轴上的C点时速度方向与y轴正方向成45角，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成 15角的射线OM。已知电子的质量为m，电荷量为e，不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用。求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电子在电场和磁场中运动的总时间t；(3)矩形磁场区域的最小面积Smin。答案(1)(2)(3)2解析(1)电子从A到C的过程中，由动能定理得：eELmvmv，又有vCcosv0，联立解得：E。(2)电子在电场中做类平抛运动，沿电场方向有：Lt1，其中vC，由数学知识知电子在磁场中的速度偏向角等于圆心角：，电子在磁场中的运动时间：t2T，
25、其中T，电子在电场和磁场中运动的总时间tt1t2，联立解得：t。(3)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有evCBm最小矩形区域如图所示，由数学知识得：CD2rsin，CQrrcos，矩形区域的最小面积：SminCDCQ，联立解得：Smin2。18(2019浙江宁波高三上学期期末十校联考)(14分)如图甲所示，在y0的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示；与x轴平行的虚线MN下方有沿y方向的匀强电场，电场强度E103 N/C。在y轴上放置一足够大的挡板。t0时刻，一个带正电粒子从P点以v2104 m/s的速度沿x方向射入磁场。已知电场边界M
26、N到x轴的距离为 m，P点到坐标原点O的距离为1.1 m，粒子的比荷106 C/kg，不计粒子的重力。求粒子：(1)在磁场中运动时距x轴的最大距离；(2)连续两次通过电场边界MN所需的时间；(3)最终打在挡板上的位置到坐标原点O的距离。答案(1)0.4 m(2)105 s或4105 s(3)0.37 m解析(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，解得半径R0.2 m，粒子做匀速圆周运动的周期T2105 s，由图乙可知粒子运动圆周后磁感应强度发生变化，在0105 s内，粒子做匀速圆周运动的时长为t1105 s。由磁场变化规律可知，粒子在0105 s时间内做匀速圆周运动至A点，接着沿y方向做
27、匀速直线运动直至电场边界上的C点，如图1所示，设电场边界MN到x轴的距离为y0，用时t2105 s。进入电场后做匀减速运动至D点，由牛顿第二定律得粒子的加速度：a109 m/s2，粒子从C点减速至D再反向加速至C所需的时间t3 s105 s。接下来，粒子沿y轴方向匀速运动至A所需时间仍为t2，磁感应强度刚好变为0.1 T，粒子将在洛伦兹力的作用下从A点开始做匀速圆周运动，再经105 s时间，粒子将运动到F点，此后将重复前面的运动过程。因此粒子在磁场中运动时，到x轴的最大距离ym2R0.4 m。(2)由(1)中结论可知，粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T2105 s粒子连续两次通过电场边界MN有
28、两种可能情况，以图1所示过程为例，第一种可能是，由C点先沿y方向到D再返回经过C，所需时间为tt3105 s。 第二种可能是，由C点先沿y方向运动至A点，做匀速圆周运动一圈半后，从G点沿y方向做匀速直线运动至MN，所需时间为tt2t22T4105 s。(3)由(1)可知，粒子每完成一次周期性的运动，将向x方向平移2R(即图1中所示从P点移到F点)，1.1 m5.5R，故粒子打在挡板前的前运动轨迹如图2所示，其中I是粒子开始做圆周运动的起点，J是粒子打在挡板上的位置，K是最后一段圆周运动的圆心，Q是I点与K点连线与y轴的交点。由题意知，5R0.1 m，R0.1 m，则R，J点到O的距离RR m0.37 m。