1、专题十 磁场考点1磁场的描述及安培力的应用高考帮揭秘热点考向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.02.2020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两点与b点距离相等,d点位于b点正下方.
2、不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.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点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L
3、2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B02.2017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 11D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 13.2019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
4、.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
5、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1:1B.安培力对棒的冲量之比为s1:s2C.安培力对棒做的功之比为s1:s2D.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高考帮揭秘热点考向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
6、.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1.2019全国,17,6分如图,边长为l的正方形abcd内存在
7、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,kBl B.kBl,kBlC.kBl,kBl D.kBl,kBl2.2020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,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
8、 （ ） 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
9、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
10、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.mbmamcC.mcmambD.mcmbma5.四川高考在如图所示的竖直平面内,水平轨道CD和倾斜
11、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=1104 N/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
12、m/s2,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
13、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
14、穿出时速度方向恰好与原方向平行,求B2的值.答 案专题十 磁场考点1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
15、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
16、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,
17、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
18、,通电线圈的左端相当于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正确;根据动能
19、定理得安培力对导体棒做功W=mv2v2,则做功之比为W1:W2=:=:,选项C错误,D正确.考点2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=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
20、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evaB=m,又=k,解得va=;电子从d点射出时,由几何关系有=l2+(rd-)2,解得轨迹半径为rd=,由洛伦兹力提供向心
21、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r0.5R(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0.5Rr1.5R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
22、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)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
23、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
24、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3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)-
25、(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=mv2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d2+(R-L)2=R2cos=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=at2联立式得
26、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
27、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
28、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(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=qvBf=(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
29、2P1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 )=ma1P1与P2在GH上相遇时,设P1在GH上运动的距离为s1,则s1=vGt+a1t2设P2质量为m2,在GH上运动的加速度为a2,则m2gsin-m2gcos=m2a2P1与P2在GH上相遇时,设P2在GH上运动的距离为s2则s2=a2t2s=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
30、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=2d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,).
