1、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()AB C D3.202
2、1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
3、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103 m/s,则入射角为45的粒子的速度大小为()A.1103 m/s B.1.5103 m/s C.2103 m/s D.4103 m/s5.2020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
4、是()A.导线2可能碰到导线3B.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
5、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bB.ab中的感应电流逐渐减小C.ab所受的安培力保持不变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
6、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
7、=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,
8、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,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=mv2(1分)以上联合求解得Q=(1分)
9、U=E-(1分).考点2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
10、有=(2a)2+(r1-a)2,解得r1=2.5a.粒子在匀强磁场中运动,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=r1r2=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/s2=4.5 m/s2,所以当2.1 N的恒力作用于滑块时,系统
11、开始一起以加速度a运动,a= m/s2=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/s2,对木板有f=Ma=0.33 N=0.9 N,再根据f=(mg-qvB),解得v=5 m/
12、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=mv2(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
13、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
14、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分)则粒子从O到P所经历的时间t=t1+t0=a(1分).考点3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
15、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
16、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)1.0104 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
17、半径R=r=(1分)解得v0=1.0104 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2所示.四边形OO1PO4为菱形,故PO4和y轴平行,所以从P点射出的粒子速度方向与x轴平行向右,即所有粒子平行于x轴向右射出磁场.(1分)故恰能从N板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图3中的所示,恰能从M板左端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图3中的所示.(1分)因为M、N板间距d=0.5 m与r相等,由几何关系知N1O1O2=30,N1OO1=30从边界N1射
18、出的粒子,从O点射入磁场的方向与x轴负方向的夹角为60同理,从边界M1射出的粒子,从O点射入磁场的方向与x轴正方向的夹角为60.在y轴正方向的夹角左、右都为30的范围内的粒子都能射入平行板间.故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为=(2分).(3)根据U-t图像可知,粒子进入板间后沿y轴方向的加速度大小为a=11080.225 m/s2=4.5107 m/s2从平行板右端射出的粒子在平行板间运动的时间为t= s=610-5 s(1分)即粒子在平行板间运动的时间等于电场变化的周期T0,则当粒子由t=nT0(n取正整数)时刻进入平行板间时,向下侧移量最大,其vy-t图像
19、如图4所示,则有y1=+a()()-()2=0.063 m(1分)当粒子由t=nT0+(n取正整数)时刻进入平行板间时,向上侧移量最大,其vy-t图像如图5所示,则y2=-()2-a()()+()2=-0.009 m(1分)因为y1、y2都小于=0.25 m,故所有射入平行板间的粒子都能从平行板间射出打到荧光屏上,又所有粒子从平行板间射出时速度方向都相同,故荧光屏上亮线的长度l=y1-y2=0.072 m(1分).1.A对于图中单个环形电流,根据安培定则,其在中轴线上的磁场方向均是向左,故c点的磁场方向也是向左的.设aO1=O1b=bO2=O2c=r,设单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度
20、为B1r,在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r,故a点的磁感应强度为B1=B1r+B3r;b点磁感应强度为B2=B1r+B1r=2B1r;当撤去环形电流乙后,c点的磁感应强度为Bc=B3r=B1-,故选A.2.C粒子在回旋加速器中运动的半径为r=,当粒子轨迹半径等于D形盒半径R时,粒子的速度最大,有R=,得vmax=,粒子的最大动能Ekmax=H和He两种粒子的比荷相等,则最大速度相等,但最大动能不等,A错误;设D形盒缝隙间的加速电压为U,加速次数为n,则有nqU=,解得n=,两种粒子被加速的次数相同,B错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,则两粒子在D形盒中运动周期相同,又被加速次数相同
21、,则运动总时间相同,粒子运动周期与交变电流周期相同,两种粒子的运动周期相同,则交变电流的频率相同,C正确,D错误.3.D由题意可知,直导线中的电流在其延长线上产生的磁感应强度为零,则a、b两点磁场是由两段圆弧导线中的电流产生的.由题意可知,圆弧导线中的电流在其圆心处产生的磁感应强度与其半径成反比,而两大圆弧直径也相等,两小圆弧直径相等, 则两大圆弧与两小圆弧分别在a、b两点产生的磁感应强度大小相等;由安培定则可知,大圆弧在a点产生的磁场垂直纸面向外,小圆弧在a点产生的磁场也垂直纸面向外,因此,a点的磁感应强度是两段圆弧导线中的电流产生的磁感应强度大小之和,且方向垂直纸面向外;同理可知,大圆弧在
22、b点产生的磁感应强度方向垂直纸面向里,小圆弧在b点产生的磁感应强度方向垂直纸面向外,且小圆弧在b点产生的磁感应强度大,故b点磁感应强度是两段圆弧产生的磁感应强度大小之差,且方向垂直于纸面向外,由以上分析可知,a点的磁感应强度大于b点的磁感应强度,即BaBb,a、b两点的磁感应强度方向均垂直纸面向外.综上所述,选项D正确.4.A由题意知,粒子均沿垂直磁感应强度方向进入匀强磁场,则有qvB=m,变形可得=,即vr,则入射粒子的速度与其轨迹半径成正比.粒子在磁场中运动的左视图如图所示,对于入射角为30和45的两粒子,由几何关系有r1=2R,r2=R,所以对于两粒子有=,可得v2=1103 m/s,A
23、项正确.5.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO与直导线1之间产生的合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO与直导线3之间产生的合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO处产生的合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO处水平方向受力为零,加速度大小为零,速度最大,选项D正确.6.BD线圈在磁
24、场中由于受安培力而发生转动,电流越大则指针偏角越大,故根据指针偏转角度的大小,可以知道被测电流的大小,故A正确;由磁场的分布特点可知线圈中的磁通量始终不变,故B错误;通电后,处于磁场中的线圈受到安培力作用,使其转动,螺旋弹簧被扭动,则受到弹簧的阻力,从而阻碍线圈转动,最终使指针静止,故C正确;由左手定则可知,a端线圈受力向上,b端受力向下,故安培力使线圈沿顺时针方向转动,故D错误.7.AD由楞次定律可知,ab中感应电流的方向由a到b,A项正确;磁感应强度均匀减小,由法拉第电磁感应定律可知,整个回路中的感应电动势不变,又回路中的总电阻不变,所以回路中的感应电流不变,B项错误;由F=BIL可知,a
25、b所受安培力随磁感应强度B的减小而不断减小,C项错误;ab棒在安培力和静摩擦力的作用下平衡,故静摩擦力随安培力的减小而逐渐减小,D项正确.8.AB出射点分布在四分之一圆周SP上,根据左手定则知,粒子带正电,选项A正确;根据题意可知从P点射出的粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,轨迹半径为r=R,根据Bvq=m,得=,选项B正确;从P点射出的粒子在磁场中运动的时间为t=,选项C错误;若入射粒子的速率为2v,分析可知粒子在磁场中运动的轨迹半径为R,大于磁场圆半径,故出射点将分布在整个圆周上,选项D错误.9.BC如图所示,由几何知识可知,与AD边界相切的轨迹半径为1.5L,与CD边界相切的轨迹半径为L;由
26、半径公式R=可知,轨迹与CD边界相切的粒子速度为,故只有满足vv0的粒子才能从CD边界的PD间射出,选项A错误,B、C正确;由上述分析可知,当速度小于时,粒子不能射出磁场,故选项D错误.10.(1)2.0 m(2) rad/s解析:(1)若细杆不动,根据牛顿第二定律有Bqv0=m(1分)解得粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R0=3.0 m如图所示,根据勾股定理得OO1=5.0 m(1分)粒子离O点的最近距离为OO1-R0=2.0 m(1分).(2)细杆绕O点在纸面内沿逆时针方向转动时,粒子随细杆做圆周运动,垂直细杆方向的速度为L,故粒子的合速度为v=(1分)设粒子合速度与垂直细杆方向的速度间的
27、夹角为,则v=(1分)根据牛顿第二定律有Bqv=m解得R=(1分)由几何关系可得R=(1分)则tan =1.5而tan =,所以= rad/s(1分).11.(1)反应式见解析0.746 8 MeV(2)(3)B= TB T解析:(1npe(1分)Ed=mnc2-(mpc2+mec2)=0.79 MeVEkp=0.043 2 MeV(1分)Ee+E=Ed-Ekp=0.746 8 MeV(1分).(2)质子运动轨迹的半径R=0.3 m(1分)如图甲所示,刚好能打到探测板时对应的发射角度=(1分)可得质子计数率为=(1分).(3)在确保计数率为=的情况下R=2a(1分)即B= T(1分)如图乙所示
28、,恰能打到探测板左端的条件为4-=(1分)即B T(1分).12.(1)(2)x=-L0(3)v=或v(t)=解析:(1)速度为v0的粒子沿x轴正向发射,打在薄板的最远处,其在磁场中运动的半径为r0,由牛顿第二定律qv0B=(1分)r0=(1分)联立,解得B=(1分).(2)如图a所示,速度为v的粒子与y轴正向成角射出,恰好穿过小孔,在磁场中运动时,由牛顿第二定律qvB=(1分)而r=(1分)粒子沿x轴方向的分速度vx=vsin (1分)联立,解得vx=(1分)说明能进入电场的粒子具有相同的沿x轴方向的分速度当粒子以速度为v0从O点射入,可以到达x轴负半轴的最远处.粒子进入电场时,沿y轴方向的
29、初速度为vy,有vy=v0(1分)-=vyt-t2(1分)最远处的横坐标x=-vxt(1分)联立,解得x=-L0(1分).(3)要使粒子排成一排,粒子必须在同一时刻进入电场.粒子在磁场的运动轨迹如图b所示,周期相同,均为T= =(1分)又sin =(1分)粒子在磁场中的运动时间t=T(1分)以v0进入磁场的粒子,运动时间最长,满足=,其在磁场中运动时间tmax=T(1分)以不同速度射入的粒子,要同时到达小孔,有t+t=tmax(1分)联立,解得v=或者v(t)=(2分).13.(1)见解析(2)(3)(1+)解析:图(a)(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场
30、中为圆弧,上下对称)(3分).(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为见图(b),速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE=ma(1分)图(b)式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1=at(1分)l=v0t(1分)v1=vcos(1分)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力提供向心力和牛顿第二定律得qvB=(1分)由几何关系得l=2Rcos(1分)联立式得v0=(2分).(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0cot(1分)联立式得=(2分)设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则t=2t+T(2分)式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期又T=(2分)由式得t=(1+)(2分).
