1、专题 12磁场选择题：1.(2019海南卷T2)如图，一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上，铜线所在空间有一匀强磁场，磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时，铜线所受安培力的方向A.向前B.向后C.向左D.向右【答案】A【解析】半圆形导线所受的安培力等效于直径长的直导线所受的安培力，由左手定则可知，铜线所受安培力的方向向前，故选A.2.(2019海南卷T9)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45。已知两粒子均从N点射出磁场，且
2、在磁场中运动的时间相同，则( )A.P和Q的质量之比为1：2B.P和Q的质量之比为C.P和Q速度大小之比为D.P和Q速度大小之比为2：1【答案】AC【解析】AB、由题意可知，P、Q两粒子的运动轨迹分别为半圆、四分之一圆，再根据解得：mP：mQ=1：2，故A正确，B错误；CD、结合几何关系可知，RP：RQ1：，由公式，解得：vP：vQ：1，故C正确，D错误。故选：AC。3.(2019天津卷T4)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
3、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】【详解】由图知电流从左向右流动，因此电子的运动方向为从右向左，根据左手定则可知电子偏转到后面表，因此前表面的电势比后表面的高，故A错误，电子在运动过程中洛伦兹力和电场力平衡，有，故，故D正确，由则电压，故前后表面的电压与速度有关，与
4、a成正比，故BC错误。4.(2019全国卷T4)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. ，B. ，C. ，D. ，【答案】B【解析】【详解】a点射出粒子半径Ra= =，得：va= =，d点射出粒子半径为 ，R=故vd= =，故B选项符合题意5.(2019全国卷T5)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
5、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】运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,故总时间为B选项的结果.6.(2019全国卷T4)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，已如导体棒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. 0【答案】B【解析】设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两路电阻之比为，根据并联
6、电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比。如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式，可知，得，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为，故本题选B。7.(2019北京卷T4)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是A. 粒子带正电B. 粒子在b点速率大于在a点速率C. 若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D. 若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短【答案】C【解析】由左手定则确粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据确定粒子运动半径和运
7、动时间。由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式得：，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误。8.(2019江苏卷7)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.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
8、向左，b的向右D.a的向右，b的向左【答案】CD【解析】由右手螺旋定则可知，若a、b两导线的电流方向相同，在矩形线框上、下边处产生的磁场方向相反，由于矩形线框上、下边的电流方向也相反，则矩形线框上、下边所受的安培力相反，所以不可以平衡，则要使矩形线框静止，a、b两导线的电流方向相反，故CD正确。9.(2018全国II卷)(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和，方向也垂直于
9、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B. 流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为C. 流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为D. 流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为【答案】AC【解析】试题分析：先利用右手定则判断通电导线各自产生的磁场强度，然后在利用矢量叠加的方式求解各个导体棒产生的磁场强度。L1在ab两点产生的磁场强度大小相等设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场强度设为B2，方向向里，在b点产生的磁场强度也为B2，方向向外，规定向外为正，根据矢量叠加原理可知，可解得： ； 故AC正确；故选AC点睛：磁场强度是矢量，对于此题来说ab两点
10、的磁场强度是由三个磁场的叠加形成，先根据右手定则判断导线在ab两点产生的磁场方向，在利用矢量叠加来求解即可。10.(2017新课标卷)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. C. D.2B0【答案】C【解析】如图1所示，P、Q中电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系有，如果让P中的电流反向、其他条件不变，如图2所示，由几何关系可知，a点处磁感应强度的
11、大小为，故选C。【考点定位】磁场叠加、安培定则【名师点睛】本题关键为利用安培定则判断磁场的方向，在根据几何关系进行磁场的叠加和计算。11.(2016北京卷T17)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。结合上述材料，下列说法不正确的是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】试题分析：根据题意可得，地理南北极与地磁场存在一个夹角
12、，为磁偏角，故两者不重合，A正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，B正确；由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行，C错误；在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的粒子受到的洛伦兹力作用，D正确；【考点定位】考查了地磁场【方法技巧】地球本身是一个巨大的磁体。地球周围的磁场叫做地磁场。地磁北极在地理南极附近，地磁南极在地理北极附近，所以地磁场的方向是从地磁北极到地磁南极。12.(2016上海卷)如图，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A.+x方向 B.x方向 C.+y方向 D.y方向【答案
13、】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。【考点定位】安培定则、电子束产生电流的方向。【方法技巧】首先需要判断出电子束产生电流的方向，再根据安培定则判断感应磁场的方向。13.(2011全国卷)如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是A.a点 B.b点 C.c点 D.d点
14、【答案】C【解析】若某点合磁感应强度为零，必有I1和I2在改点形成磁场的磁感应强度等大反向，只有C点有可能，C正确。【考点定位】磁感应强度14.(2014新课标全国卷T15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半【答案】B【解析】由左手定则安培力方向一定垂直于导线和磁场方向，A错的B对的；F=BIL sin ,安培力大小与磁场和电流夹角有关，C错误的；从中点折成直角后，导线的有效长度不等于导线长度一半，
15、D错的。【考点定位】安培左手定则15.(2014上海卷)如图，在磁感应强度为B的匀强磁场中，面积为S的矩形刚性导线框abcd可绕过ad边的固定轴OO转动，磁场方向与线框平面垂直。在线框中通以电流强度为I的稳恒电流，并使线框与竖直平面成角，此时bc边受到相对OO轴的安培力力矩大小为(A)ISB (B)ISB (C) (D)【答案】A【解析】bc边电流方向与ad 平行，与磁场垂直，所以安培力大小为，方向根据左手定则判断竖直向上，所以安培力的力臂即转轴ad与安培力之间的距离，根据几何关系可得力臂大小为，所以安培力的力矩为，对照选项A对。【考点定位】左手定则 力矩16.(2015江苏卷T4)如图所示，
16、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NM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【答案】A【解析】由题意知，当处于磁场中的导体，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。【考点定位】物体的平衡、安培力17.(2013安徽卷T15)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，
17、它所受洛伦兹力的方向是A.向上 B.向下 C.向左 D.向右【答案】B【解析】根据安培定则(即右手螺旋定则)，b、d导线中的电流在O点产生的磁场方向相反，它们的合磁场为零，a、c导线中的电流在O点处产生的磁场均水平向左，所以O点处的合磁场水平向左；再根据左手定则可判断出，带正电粒子垂直于纸面的方向向外运动时，它所受洛伦兹力的方向向下，所以B正确。【考点定位】右手螺旋定则、场强叠加原理、左手定则.18.(2017新课标卷T19)如图，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，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、L
18、3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D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为【答案】BC【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。对L1受力分析，如图所示，可知L1所受磁场力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图所示，可知L3所受磁场力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线两两之间的相互作用力为F，则L1、L2受到的磁场力的合力等于F，L3受的磁场力的合力为，即L1、L2、L3单位长度受到的磁场力之比为1：1：，故C正确，D错误。【考点定位】电流磁效应、
19、安培力、安培定则【名师点睛】先根据安培定则判断磁场的方向，再根据磁场的叠加得出直线电流处磁场的方向，再由左手定则判断安培力的方向，本题重点是对磁场方向的判断、大小的比较。19.(2017新课标卷)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘
20、漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉【答案】AD【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转
21、过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确；故选AD。【考点定位】电动机原理；安培力【名师点睛】此题是电动机原理，主要考查学生对物理规律在实际生活中的运用能力；关键是通过分析电流方向的变化分析安培力的方向变化情况。20.(2015全国新课标卷T18)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说明正确的是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【答案】BC【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
22、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。【考点定位】安培定则；地磁场。21.(2011辽宁卷)电磁轨道炮工作原理如图所示，待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触，电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回，轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面得磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出，现欲使弹体的出射速度增加到原来的2倍，理论上可采用的方法是A.只将轨道长度L变
23、为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变【答案】BD【解析】通电的弹体在轨道上受到安培力的作用，利用动能定理有，磁感应强度的大小与I成正比，所以，解得 .只将轨道长度L变为原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的倍，故A错误；只将电流I增加至原来的2倍，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故B正确；只将弹体质量减至原来的一半，弹体的出射速度增加至原来的倍，故C错误；将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其它量不变，弹体的出射速度增加至原来的2倍，故D正确.【考点定位】安培力，动能定理22.
24、(2011上海卷T18)如图，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。则磁感应强度方向和大小可能为A.z正向， B.y正向，C.z负向， D.沿悬线向上，【答案】BC【解析】逆向解题法。若(A)正确, 磁感应强度方向为z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，A错误；若(B)正确, 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z正方向，根据平衡条件，所以B=，B正确；若(C)正确, 磁感应强度方向为z负方向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向
25、，根据平衡条件，所以B=，C正确；若(D)正确, 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下图(侧视图)，直导线不能平衡，所以D错误。所以本题选BC。【考点定位】磁感应强度，安培定则23.(2012大纲全国卷)如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、o、b在M、N的连线上，o为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是A.o点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D.a
26、、c两点处磁感应强度的方向不同【答案】CD【解析】由安培定则和磁场叠加原理可判断出o点处的磁感应强度方向向下，一定不为为零，选项A错误；a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项B错误；c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两点处磁感应强度的方向不同，选项D正确。【考点定位】本题考查安培定则和磁场叠加原理24.(2014海南卷)如图，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度
27、大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零【答案】AD【解析】由右手定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，对；、c与右侧电流距离相同，故右侧电流对此两处的磁场要求等大反向，但因为左侧电流要求此两处由大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，B错；由右手定则可知，a处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，C错；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，D对。【考点定位】磁场叠加、右手定则25.(2012天津卷T2)如图所示，金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向
28、上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，角的相应变化情况是A.棒中的电流变大，角变大B.两悬线等长变短，角变小C.金属棒质量变大，角变大D.磁感应强度变大，角变小【答案】A【解析】水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，根据平衡条件有，所以棒子中的电流增大角度变大；两悬线变短，不影响平衡状态，角度不变；金属质量变大角度变小；磁感应强度变大角度变大。答案A。【考点定位】本题考查力的平衡，安培力及其相关知识26.(2014浙江卷)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为
29、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2所示的持续交流电流I，周期为T，最大值为Im，图1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【答案】ABC【解析】由图知在0T/2时间内根据左手定则可判断金属棒受向右的安培力，且安培力的大小F=BIL保持不变，再根据牛顿第二定律F=BIL=ma，知金属棒先向右做匀加速运动，在T/2T时间内，电流变为反方向，同理安培力方向向左，大小不变，故金属棒向右做做匀减速运动，T时刻速度恰好减为零，然
30、后重复运动，其vt图如图所示：故A、B、C正确；受到的安培力在一个周期内先做正功，后做负功，故D错误。【考点定位】安培力、牛顿第二定律、功27.(2016海南卷T8)如图(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【
31、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，当电流沿顺时针方向时，线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外，故选项A错误，选项B正确；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，故选项C正确，选项D错误。【考点定位】安培力【名师点睛】解决本题的关键掌握安培力方向的判定，明确安培力产生的条件，熟练应用左手定则判断安培力的方向。28.(2013海南卷)三条在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。将a、b和c处的磁感应强度大小分别
32、记为B1、B2和B3，下列说法正确的是A.B1=B2B3B.B1=B2=B3C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里【答案】AC【解析】a、b和c处的磁感应强度均是三条通电导线单独存在时在各点处产生的磁场的叠加。由于通过三条导线的电流大小相等，结合安培定则可判断出三条导线在a、b处产生的的合磁感应强度垂直纸面向外，在c处垂直纸面向里，且B1=B20)。质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)A. B.
33、C. D.【答案】B【解析】设粒子做圆周运动的半径为r，过入射点做速度的垂线找圆心，又速度偏角等于圆心角，根据题意做出示意图，根据几何关系求出r=R；洛伦兹力提供向心力，则粒子的速率v=，故B对；A、C、D错。【考点定位】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动、洛伦兹力、牛顿第二定律。35.(2014北京卷)带电离子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb，质量分别为ma、mb，周期分别为Ta、Tb。则一定有A.qaqb B.mamb C. TaTb D. 【答案】A【解析】根据洛伦兹力提供向心力有，可得离子的运动半径为，
34、离子的动量大小相等，且在同一个磁场中，则q与R成反比，已知RaRb，可得qaqb，A正确；已知它们的动量大小相等，但不知速度的大小关系，无法比较它们的质量大小关系，B错误；因为，不知速度的大小关系，无法比较它们的周期大小，C错误；因为不知道质量的关系，所以它们的比荷的大小关系不能确定，D错误。【考点定位】带电粒子在磁场中的运动规律36.(2014安徽卷)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞，已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半
35、径不变，由此可判断所需的磁感应强度B正比于A. B. C. D.【答案】A【解析】粒子在磁场中运动的半径满足，即R不变时，v与B成正比，由题意知粒子的动能与温度成正比，即v2与T成正比，综上可知，A正确。【考点定位】带电粒子在磁场中的运动37.(2015重庆卷T1)题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里。以下判断可能正确的是A.a、b为粒子的经迹 B.a、b为粒子的经迹C.c、d为粒子的经迹 D.c、d为粒子的经迹【答案】D【解析】射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误；粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上时
36、洛仑兹力向上偏转，故选项A、C错误；粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确。故选D。【考点定位】三种放射线的性质、带电粒子在磁场中的运动。38.(2015海南卷T1)如图所示，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【答案】A【解析】条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确。【考点定位】洛伦兹力39.(
37、2015全国新课标卷T14)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【答案】D【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确。【考点定位】磁场中带电粒子的偏转40.(2015广东卷T16)在同一匀强磁场中，粒子()和质子()做
38、匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则粒子和质子A.运动半径之比是21 B.运动周期之比是21C.运动速度大小之比是41 D.受到的洛伦兹力之比是21【答案】B【解析】带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：qvB，解得其运动半径为：r，由题意可知，mvmHvH，所以有：，故选项A、C、D错误；根据匀速圆周运动参量间关系有：T，解得：T，所以有：，故选项B正确。【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动。41.(2012安徽卷T19)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t时间从
39、C点射出磁场，OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为v/3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为A. t B.2t C.t D.3t【答案】B【解析】由牛顿第二定律及匀速圆周运动得：；。作出粒子的运动轨迹图，由图可得以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场经过t=T/6从C点射出磁场，轨道半径；速度变为v/3时，运动半径是r/3=，由几何关系可得在磁场中运动转过的圆心角为1200，运动时间为T/3,即2t。A、C、D项错误； B项正确。【考点定位】此题考查带电粒子在匀强磁场中运动及其相关知识42.(2012广东卷)质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速度率经
40、小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是A.M带负电，N带正电B.M的速度率小于N的速率C.洛伦兹力对M、N做正功D.M的运行时间大于N的运行时间【答案】A【解析】由左手定则判断出N带正电荷，M带负电荷，故A正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，半径为：，在质量与电量相同的情况下，半径大说明速率大，即M的速度率大于N的速率，B错误；洛伦兹力不做功，C错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为，M的运行时间等于N的运行时间，故D错误。故选A。【考点定位】本题考查带电粒子在磁场中的运动43.(2016全国新课标卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强
41、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A. B. C. D.【答案】A【解析】作出粒子的运动轨迹，由几何知识可得，轨迹的圆心角为，两个运动具有等时性，则，解得，故选A。【考点定位】带电粒子在磁场中的运动【名师点睛】此题考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题；解题时必须要画出规范的粒子运动的草图，结合几何关系找到粒子在磁场中运动的偏转角，根据两个运动的等
42、时性求解未知量；此题难度中等，意在考查考生对物理知识与数学知识的综合能力。44.(2016全国新课标卷T18)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图所示，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(q0)。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A. B. C. D.【答案】D粒子进入磁场做顺时针方向的匀速圆周运动，轨迹如图所示，根据洛伦兹力提供向心力，有，解得
43、，根据轨迹图知PQ2R2，OPQ=60粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为OP2PQ4，D正确，ABC错误。【考点定位】考查了带电粒子在有界磁场中的运动【方法技巧】带电粒子在匀强磁场中运动时，洛伦兹力充当向心力，从而得出半径公式，周期公式，运动时间公式，知道粒子在磁场中运动半径和速度有关，运动周期和速度无关，画轨迹，定圆心，找半径，结合几何知识分析解题。45.(2016四川卷)如图所示，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
44、的时间为tc，不计粒子重力。则A.vb:vc=1:2，tb:tc=2:1 B.vb:vc=2:2，tb:tc=1:2C.vb:vc=2:1，tb:tc=2:1 D.vb:vc=1:2，tb:tc=1:2【答案】A【解析】设正六边形边长为L，若粒子从b点离开磁场，可知运动的半径为R1=L，在磁场中转过的角度为1=120；若粒子从c点离开磁场，可知运动的半径为R2=2L，在磁场中转过的角度为2=60，根据可知vb:vc=R1：R2=1:2；根据可知，tb:tc=1：2=2:1，故选A。考点：带电粒子在匀强磁场中的运动。【名师点睛】此题考查了带电粒子在匀强磁场中的运动；做此类型的习题，关键是画出几何
45、轨迹图，找出半径关系及偏转的角度关系；注意粒子在同一磁场中运动的周期与速度是无关的；记住两个常用的公式：和。46.(2011海南卷)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界.一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射.这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不计重力.下列说法正确的是A.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大【答案】BC【解析】两种粒子均做匀
46、速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力：，解得，入射速度v相同的粒子，轨道半径r相同，在磁场中的运动轨迹相同，B正确；周期，不管粒子速度是否相同，周期都相同，A错误；但在磁场中的运动时间还与轨道半径r有关，当半径r小于或等于四分之一边长时，在磁场中运动半圈，圆心角为180，运动时间最长，D错误；半径大于四分之一边长还要分两种情况讨论，但是运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同，C正确；【考点定位】带电粒子在有界匀强磁场中的运动47.(2011浙江卷)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝
47、近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是A.粒子带正电B.射出粒子的最大速度为C.保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D.保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大【答案】BC【解析】由左手定则可判断粒子带负电，故A错误；由题意知：粒子的最大半径、粒子的最小半径，根据，可得、，则，故可知B、C正确，D错误。【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动48.(2012江苏卷)如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面
48、内从O点射入磁场. 若粒子速度为v0，最远能落在边界上的A点。下列说法正确的有A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0qBd/2mD.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0+qBd/2m【答案】BC【解析】粒子速度v0垂直MN边界进入磁场时到边界上的的落点最远，距离为，若粒子速度不与MN垂直，落点在A点左侧，如图示A项错，若粒子落在A 点的右侧，其半径一定大于，速度一定大于v0， B项对，若粒子落在A 点左侧d 处，设粒子的最小速度为v1，则，得，若粒子落在A 点左侧d 的
49、范围内，其速度不可能小于。，若粒子落在A 点右侧d 处，设粒子的最小速度为v2，则，得，若粒子落在A 点左侧d 的范围内，其速度不可能小于，D项错。【考点定位】本题考查带电粒子在磁场中的运动及其相关知识49.(2014新课标全国卷)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小
50、【答案】AC【解析】由于电子和正电子电荷性质相反，当入射速度方向相同时，受洛仑兹力方向相反，则偏转方向相反，故A正确。由于电子与正电子速度大小未知，根据带电粒子的偏转半径公式可知，运动半径不一定相同，故B错误。由于质子与正电子的速度未知，半径不一定相同，则根据轨迹无法判断粒子的性质，C正确。由，则可知粒子动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越大，故D错误。【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动。50.(2015全国新课标卷T19)有两个运强磁场区域I和II，I中的磁感应强度是II中的k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k
51、倍B.加速度的大小是I中的k倍C.做圆周运动的周期是I中的k倍D.做圆周运动的角速度是I中的k倍【答案】AC【解析】电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：，解得：，因为I中的磁感应强度是II中的k倍，所以，II中的电子运动轨迹的半径是I中的k倍，故A正确；加速度，加速度大小是I中的1/k倍，故B错误；由周期公式：，得II中的电子做圆周运动的周期是I中的k倍，故C正确；角速度，II中的电子做圆周运动的角速度是I中的1/k倍，D错误。【考点定位】带电粒子在磁场中的运动；圆周运动51.(2015四川卷T7)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
52、内的长度L=9.1cm，中点O与S间的距离d4.55cm，MN与SO直线的夹角为，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B2.0104T，电子质量m9.11031kg，电荷量e1.61019C，不计电子重力。电子源发射速度v1.6106m/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.90时，l9.1cm B.60时，l9.1cmC.45时，l4.55cm D.30时，l4.55cm【答案】AD【解析】电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：evB，解得电子圆周运动的轨道半径为：rm4.55102m4.55
53、cm，恰好有：rdL/2，由于电子源S，可向纸面内任意方向发射电子，因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆，能够打到板MN上的区域范围如下图所示，实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹，实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹，因此电子打在板上可能位置的区域的长度为：lNA，(又由题设选项可知，MN与SO直线的夹角不定，但要使电子轨迹与MN板相切，根据图中几何关系可知，此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上，如下图所示，当l4.55cm时，即A点与板O点重合，作出电子轨迹如下图中实线S1A1，由图中几何关系可知，此时S1O与MN的夹角30，故选项C错误；选项D
54、正确；当l9.1cm时，即A点与板M端重合，作出电子轨迹如下图中实线S2A2，由图中几何关系可知，此时S2O与MN的夹角90，故选项A正确；选项B错误。【考点定位】带电粒子在有界磁场中的运动。52.(2013广东卷T21)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进人匀强磁场，最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有A.a、b均带正电 B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短 D.a在P上的落点与O点的距离比b的近【答案】AD【解析】左手定则知，A正确；由带电粒子在匀强磁场中运动的半径公式、周期公式知，两粒子半径相等，轨迹b为半圆，a为优弧，故
55、B、C错误，D正确。【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动53.(2013重庆卷)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷。导电材料置于方向垂直于其前表面向里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B。当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低。由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为A.，负 B.，正 C.，负 D.，正【答案】C【解析】因为上表面的电势比下表面的低，根据左手定则，知道移动的电荷为负电荷.因为，解得，因为电流I=nqvs=nqvab，解得.故C正确，A
56、、B、D错误.【考点定位】左手定则；带电粒子在复合场中的运动；电流的微观表达式.54.(2014天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷。一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么A.若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加【答案】C【解析】以带电粒子为研究对象分析受力可知，微粒同时受到重力和电场力作用，由题中条件仅可判断出重力与电场力合力向下，但无法确定电场力的大小和方向以及微粒所带电荷电性，故只能确定合力对微粒做正功，其动能
57、增大，其他结论均无法确定，所以只有选项C正确；【考点定位】带电粒子在复合场中的运动55.(2016全国新课标卷T15)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A.11 B.12C.121 D.144【答案】D【解析】设质子的质量数和电荷数分别为m1、q1，一价正离子的质量数和电荷数为m2、q2，对于任意粒子，在加速电场中，由动能定理得
58、：得 在磁场中应满足 由题意，由于两种粒子从同一入口垂直进入磁场，从同一出口垂直离开磁场，故在磁场中做匀速圆周运动的半径应相同。由式联立求解得匀速圆周运动的半径，由于加速电压不变，故其中，可得故一价正离子与质子的质量比约为144【考点定位】带电粒子在匀强磁场中的运动、带电粒子在匀强电场中的运动【名师点睛】本题主要考查带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动。要特别注意带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据动能定理求出带电粒子出电场进磁场的速度。本题关键是要理解两种粒子在磁场中运动的半径不变。56.(2017新课标卷)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
59、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。【考点定位】带电粒子在复合场中的运动。【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是mag=qE，两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。57.(2014江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流
60、为I，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与I成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为IH，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足：UH，式中k为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于RL，霍尔元件的电阻可以忽略，则A.霍尔元件前表面的电势低于后表面 B.若电源的正负极对调，电压表将反偏C.IH与I成正比 D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比【答案】CD【解析】根据左手定则可以判断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面，即将向后表面侧移，又由于该导电物质为电子，带负电，因此后表面的电势将低于前表面的电势，故选项A错误；若电源的正负极对调，磁场方向
61、与图示方向相反，同时由电路结构可知，流经霍尔元件上下面的电流也将反向，因此电子的受力方向不变，即前后表面电势高低情况不变，故选项B错误；由电路结构可知，RL与R并联后与线圈串联，因此有：I，故选项C正确；RL消耗的电功率PL，显然PL与成正比，又因为磁感应强度大小B与I成正比，即B与IH成正比，电压表的示数UH，则UH与成正比，所以UH与RL消耗的电功率PL成正比，故选项D正确。【考点定位】本题主要考查了电路的串并联关系、带电粒子在复合场中运动的现实应用分析问题，属于中档题。58.(2015山东卷T20)如图甲，两水平金属板间距为d，板间电场强度的变化规律如图乙所示。t=0时刻，质量为m的带电
62、微粒以初速度v0沿中线射入两板间，时间内微粒匀速运动，T时刻微粒恰好经金属边缘飞出。微粒运动过程中未与金属板接触。重力加速度的大小为g。关于微粒在时间内运动的描述，正确的是A.末速度大小为 B.末速度沿水平方向C.重力势能减少了 D.克服电场力做功为【答案】BC【解析】AB、0时间内微粒匀速运动，则有：，内，微粒做平抛运动，下降的位移 ，T时间内，微粒的加速度，方向竖直向上，微粒在竖直方向上做匀减速运动，T时刻竖直分速度为零，所以末速度的方向沿水平方向，大小为v0，故A错误，B正确；C、微粒在竖直方向上向下运动，位移大小为d，则重力势能的减小量为mgd，故C正确；D、在内和T时间内竖直方向上的
63、加速度大小相等，方向相反，时间相等，则位移的大小相等，为d，整个过程中克服电场力做功为，故D错误。【考点定位】带电粒子在复合场中的运动.59.(2012新课标卷)如图，平行板电容器的两个极板与水平地面成一角度，两极板与一直流电源相连。若一带电粒子恰能沿图中所示水平直线通过电容器，则在此过程中，该粒子A.所受重力与电场力平衡B.电势能逐渐增加C.动能逐渐增加D.做匀变速直线运动【答案】BD【解析】根据题意可知，粒子做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向反向，粒子做匀减速直线运动，因此A错误，D正确；由A选项分析可知，电场力做负功，则电势能增加，故B正确；因电场力做负功，则电势能增加，导致动能
64、减小，故C错误；故选：BD。【考点定位】本题考查带电粒子在复合场中的运动及其相关知识60.(2010上海卷T13)如图，长为2l的直导线拆成边长相等，夹角为60的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为A.0 B.0.5BIl C. Bil D.2 BIl【答案】C【解析】导线有效长度为2lsin30=l，所以该V形通电导线收到的安培力大小为BIl。选C。本题考查安培力大小的计算。难度：易。61.(2010重庆卷T21)如题21图所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带点粒子从图中箭头
65、所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧，这些粒子的质量，电荷量以及速度大小如下表所示。由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为A.3、5、 4 B.4、2、5C.5、3、2 D.2、4、5【答案】D【解析】本题考查带电粒子在磁场中的偏转的半径公式，左手定则等知识点。由表格中的信息可求出校子的轨道半径关系r3r4r2r5r1，则半径最小的粒子是1号，1号粒子带正电，由左手定则知，磁场方向垂直纸面向内。B粒子半径最大，必是3号或4号粒子，再根据左手定则知，b粒子带正电，则b是4号；同样可知，a是5号粒子。62.(2010江苏卷T9)如图
66、所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO与SS垂直。a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向摄入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为、，且。三个质子经过附加磁场区域后能达到同一点S，则下列说法中正确的有A.三个质子从S运动到S的时间相等B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO轴上C.若撤去附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点最近D.附加磁场方向与原磁场方向相同【答案】CD【解析】A.三个质子从S运动到S的时间不相等，A错误，B.三个质子在附加磁场以外区域运动时，只
67、有b运动轨迹的圆心在OO轴上，因为半径相等，而圆心在初速度方向的垂线上，所以B错误；C.用作图法可知，若撒去附加磁场，a到达SS连线上的位置距S点最近，b最远，C正确；D.因b要增大曲率，才能使到达SS连线上的位置向S点靠近，所以附加磁场方向与原磁场方向相同，D正确；本题选CD。本题考查带电粒子在磁场中的运动。非选择题：63.(2019海南卷T14)如图，一水平面内固定有两根平行的长直金属导轨，导轨间距为l；两根相同的导体棒AB、CD置于导轨上并与导轨垂直，长度均为l；棒与导轨间的动摩擦因数为(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)：整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向竖直向下。从t=0时开
68、始，对AB棒施加一外力，使AB棒从静止开始向右做匀加速运动，直到t=t1时刻撤去外力，此时棒中的感应电流为i1；已知CD棒在时刻开始运动，运动过程中两棒均与导轨接触良好。两棒的质量均为m，电阻均为R，导轨的电阻不计。重力加速度大小为g。(1)求AB棒做匀加速运动的加速度大小；(2)求撤去外力时CD棒的速度大小；(3)撤去外力后，CD棒在t=t2时刻静止，求此时AB棒的速度大小。【答案】(1) (2) (3) 【解析】(1)当CD棒开始刚运动时，设CD棒中电流为i0。则有：Bi0l=mg，得：设此时AB棒的速度为v0，则有：i0=，得：故AB棒做匀加速运动的加速度大小为：(2)设撤去外力时CD棒
69、的速度大小为v1，AB棒的速度大小为v2，则有：v2=at1。根据欧姆定律得： 联立解得：(3)设CD棒在t=t2时刻静止时AB棒的速度大小为v3。对两棒整体，安培力的冲量为0，由动量定理得：。联立解得：64.(2019全国卷T11)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辅的方向射入磁场；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
70、子从射入磁场到运动至x轴的时间。【答案】(1) (2)或【解析】(1)粒子从静止被加速的过程，根据动能定理得：，解得：根据题意，下图为粒子的运动轨迹，由几何关系可知，该粒子在磁场中运动的轨迹半径为：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即：联立方程得：(2)根据题意，粒子在磁场中运动的轨迹为四分之一圆周，长度粒子射出磁场后到运动至轴，运动的轨迹长度粒子从射入磁场到运动至轴过程中，一直匀速率运动，则解得：或65.(2019江苏卷T23)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
71、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，I为电流强度，r为距导线的即离。在水平长直导线MN正下方，矩形线圈abcd通以逆时针方向的恒定电流，被两根等长的轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示。开始时MN内不通电流，此时两细线内的张力均为T0。当MN通以强度为I1的电流时，两细线内的张力均减小为T1：当MN内的电流强度变为I2时，两细线的张力均大于T0。(1)分别指出强度为I1、I2的电流的方向；(2)求MN分别通以强度为I1和I2电流时，线框受到的安培力F1与F2大小之比；(3)
72、当MN内的电流强度为I3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a，求I3。【答案】(1)方向向左，方向向右；(2)；(3)【解析】(1)方向向左，方向向右，(2)当MN中通以电流时，线圈所受安培力大小为FkIiL()，式中分别为与MN的间距，为线圈中的电流，L为的长度，。(3)设MN中电流强度为，线框所受安培力为，由题设条件可得：，【考点定位】本题考查安培力及其相关知识69.(2014重庆卷)如图所示，在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为和，KL为上下磁场的水平分界线，在NS和MT边界上，
73、距KL高处分别有P、Q两点，NS和MT间距为.质量为、带电量为的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为.(1)求该电场强度的大小和方向。(2)要使粒子不从NS边界飞出，求粒子入射速度的最小值。(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值。【答案】(1)，方向竖直向上 (2)(3)；【解析】(1)设电场强度大小为E。由题意有，得，方向竖直向上。(2)如图所示，设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin，对应的粒子在上下区域运动的半径为r1和r2，圆心的连线与NS的夹角为由，有由，解得：(3)如图所示，设粒子的入射速度为v，粒子在上下方区域
74、的运动半径为r1和r2，粒子第一次通过KL时距离K点为x由题意有(n=1，2，3)得即n=1时，；n=2时，；n=3时，；【考点定位】本题考查了带电粒子在复合场中的运动、力的平衡、匀速圆周运动规律.70.(2013北京卷)如图所示，两平行金属板间距为d，电势差为U，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响，求：(1)匀强电场场强E的大小；(2)粒子从电场射出时速度的大小；(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)匀强
75、电场的场强(2)根据动能定理：得：(3)根据洛仑兹力提供向心力，则有可得再将代入得：【考点定位】本题考查了带电粒子在电场中的加速和偏转问题。71.(2013北京卷)对于同一物理问题，常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究，找出其内在联系，从而更加深刻地理解其物理本质。(1)一段横截面积为S、长为l的直导线，单位体积内有n个自由电子，电子电荷量为e。该导线通有电流时，假设自由电子定向移动的速率均为v。(a)求导线中的电流I；(b)将该导线放在匀强磁场中，电流方向垂直于磁感应强度B，导线所受安培力大小为F安，导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F，推导F安=F。(2)正方体密闭容器中有大量运动
76、粒子，每个粒子质量为m，单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题，我们假定：粒子大小可以忽略；其速率均为v，且与器壁各面碰撞的机会均等；与器壁碰撞前后瞬间，粒子速度方向都与器壁垂直，且速率不变。利用所学力学知识，导出器壁单位面积所受粒子压力F与m、n和v的关系。(注意：解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量，要在解题时做必要的说明)【答案】(1) 证明见答案 (2)【解析】(1)(a)电流，又因为，代入则(b)F安=BIL，代入则：F安=BnvSeL；因为总的自由电子个数N=nSL，每个自由电子受到洛伦兹力大小f=Bve，所以F=Nf=BnvSeL=F安，即F安=F。(2)气体压强公式的推导
77、：设分子质量为m，平均速率为v，单位体积的分子数为n；建立图示柱体模型，设柱体底面积为S，长为l，则柱体体积 柱体内分子总数 因分子向各个方向运动的几率相等，所以在t时间内与柱体底面碰撞的分子总数为设碰前速度方向垂直柱体底面且碰撞是弹性的，则分子碰撞器壁前后，总动量的变化量为依据动量定理有 又压力 由以上各式得单位面积上的压力 【考点定位】电流微观表达式，带电粒子在电磁场中的运动72.(2012海南卷T16)图(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为+B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有
78、一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正方向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。(1)若t0=0，则直线OA与x轴的夹角是多少？(2)若t0=T/4，则直线OA与x轴的夹角是多少？(3)为了使直线OA与x轴的夹角为/4，在0 t0 T/4的范围内，t0应取何值？是多少？【答案】(1)0 (2) (3) 【解析】设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为、与，粒子P在洛伦兹力作用下，在xy平面内做圆周运动，分别用与表示圆周的半径和运动周期，则有 由式与已知条件得 粒子P在到时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上B点，此时磁场方向反转；
79、继而，在到时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上A点，如图(a)所示.OA与x轴的夹角 粒子P在时刻开始运动，在到时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达C点，此时磁场方向反转；继而，在到时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在到时间内，沿顺时针方向运动个圆周，到达A点，如图(b)所示.由几何关系可知，A点在y轴上，即OA与x轴的夹角 若在任意时刻粒子P开始运动，在到时间内，沿顺时针方向做圆周运动到达C点，圆心位于x轴上，圆弧对应的圆心角为 此时磁场方向反转；继而，在到时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达B点，此时磁场方向再次反转；在到时间内，沿顺时针方向做圆周
80、运动到达A点，设圆心为，圆弧对应的圆心角为 如图(c)所示.由几何关系可知，C、B均在连线上，且 若要与x轴成角，则有 联立式可得 73.(2014浙江卷T25)离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。I为电离区，将氙气电离获得1价正离子II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度vM从右侧喷出。I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示(从左向右
81、看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成角(00)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点，两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间；(2)点电荷b的速度大小。【答案】(1) (2)4qBR/3m【解析】(1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律，得设点电荷a做圆周运动的周期为T，有如图，O和O1分别是a和b的圆轨道的圆心，设a在磁场中偏转的角度为，由几何关系得=90，
82、故a从开始运动到经过G点所用的时间t为(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨道半径为R1，b在磁场中偏转的角度为1，依题意有，可得由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件得1=60，R1=2R，联立以上各式，解读【考点定位】考查带电粒子在磁场中运动的综合应用，综合性较强。75.(2018江苏卷T21)如图所示，真空中四个相同的矩形匀强磁场区域，高为4d，宽为d，中间两个磁场区域间隔为2d，中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点，各区域磁感应强度大小相等.某粒子质量为m、电荷量为+q，从O沿轴线射入磁场.当入射速度为v0时，粒子从O上方处射出磁场.取sin5
83、3=0.8，cos53=0.6.(1)求磁感应强度大小B；(2)入射速度为5v0时，求粒子从O运动到O的时间t；(3)入射速度仍为5v0，通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠)，可使粒子从O运动到O的时间增加t，求t的最大值.【答案】(1) (2) (3)【解析】(1)粒子圆周运动的半径 由题意知，解得(2)设粒子在矩形磁场中的偏转角为由d=rsin，得sin=，即=53在一个矩形磁场中的运动时间，解得直线运动的时间，解得则(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r(1cos)+xtan由y2d，解得则当xm=时，t有最大值粒子直线运动路程的最大值增加路程的最大值增加
84、时间的最大值点睛：本题考查带电粒子在组合磁场中的运动，第(1)小题先确定粒子圆周运动的半径，再根据洛伦兹力提供向心力列式求解；第(2)小题解答关键是定圆心、画轨迹，分段分析和计算；第(3)小题求t的最大值，关键是要注意带电粒子在磁场中运动的时间不变和速度大小不变，所以中间磁场移动后改变的是粒子在无磁场区域运动的倾斜轨迹的长度，要使t最大，则要倾斜轨迹最长，所以粒子轨迹跟中间磁场的上边相切时运动时间最长，再根据运动的对称性列式求解。76.(2018全国II卷T12)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xoy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的
85、大小为B，方向垂直于xoy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间。【答案】(1)轨迹图如图所示：(2) (3) ; 【解析】(1)(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
86、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 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 粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得 联立式得 (3)由运动学公式和题给数据得 联立式得 设粒子由M点运动到N点所用的时间为，则 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期， 由式得 故本题答案是：(1)轨迹图如图所示：(2) (3) ; 点睛：在复合场中的运动要分阶段处理，每一个运动建立合理的
87、公式即可求出待求的物理量。77.(2018天津卷)如图所示，在水平线ab下方有一匀强电场，电场强度为E，方向竖直向下，ab的上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，磁场中有一内、外半径分别为R、的半圆环形区域，外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负电粒子在电场中P点静止释放，由M进入磁场，从N射出，不计粒子重力。(1)求粒子从P到M所用的时间t；(2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出，同样能由M进入磁场，从N射出，粒子从M到N的过程中，始终在环形区域中运动，且所用的时间最少，求粒子在Q时速度的大小。【答案】(1)(2)【解析】(1)设粒子在磁场中运动的速度
88、大小为v，所受洛伦兹力提供向心力，有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；(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动，其周期和速度、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，故当轨迹与内圆相切时，所有的时间最短，设粒子在磁场中的轨迹半径为，由几何关系可知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，由几何关系可知；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
89、同样为v，在垂直于电场方向的分速度始终为，由运动的合成和分解可知联立式得.【点睛】带电粒子在组合场中的运动问题，首先要运用动力学方法分析清楚粒子的运动情况，再选择合适方法处理.对于匀变速曲线运动，常常运用运动的分解法，将其分解为两个直线的合成，由牛顿第二定律和运动学公式结合求解；对于磁场中圆周运动，要正确画出轨迹，由几何知识求解半径.78.(2018全国III卷)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的
90、中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)甲、乙两种离子的比荷之比。【答案】(1)(2)【解析】试题分析 本题主要考查带电粒子在电场中的加速、在匀强磁场中的匀速圆周运动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决实际问题的的能力。解析(1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有由几何关系知由式得(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有由题给条件有由式得，甲、乙两种离
91、子的比荷之比为79.(2018新课标I卷T12)如图，在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为E，在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核11H和一个氘核21H先后从y轴上y=h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向。已知11H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60，并从坐标原点O处第一次射出磁场。11H的质量为m，电荷量为q不计重力。求(1)11H第一次进入磁场的位置到原点O的距离(2)磁场的磁感应强度大小(3)12H第一次离开磁场的位置到原点O的距离【答案】(1)；(2)；(3)【解析】本题考查带电粒子在电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运
92、动及其相关的知识点，意在考查考生灵活运用相关知识解决问题的的能力。(1)在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示。设在电场中的加速度大小为，初速度大小为，它在电场中的运动时间为，第一次进入磁场的位置到原点的距离为。由运动学公式有 由题给条件，进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角。进入磁场时速度的y分量的大小为 联立以上各式得 (2)在电场中运动时，由牛顿第二定律有 设进入磁场时速度的大小为，由速度合成法则有 设磁感应强度大小为B，在磁场中运动的圆轨道半径为，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 由几何关系得 联立以上各式得 (3)设在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中
93、的加速度大小为a2，由题给条件得 由牛顿第二定律有 设第一次射入磁场时的速度大小为v2，速度的方向与x轴正方向夹角为2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 联立以上各式得， 设在磁场中做圆周运动的半径为，由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得 所以出射点在原点左侧。设进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为，由几何关系有 联立式得，第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 【点睛】此题与2004年全国理综卷第25题情景类似，都是带电粒子在匀强电场中类平抛运动后进入匀强磁场中做匀速圆周运动，且都是在第一象限和第二象限设置了竖直向下的匀强电场，在第三象限
94、和第四象限设置了方向垂直纸面向外的匀强磁场，解答需要的知识都是带电粒子在匀强电场中的类平抛运动规律和洛伦兹力等于向心力、几何关系等知识点。带电粒子在匀强电场中的类平抛运动和在匀强磁场中的匀速圆周运动是教材例题和练习中的常见试题，此题可认为是由两个课本例题或习题组合而成。80.(2010广东卷T36)如图16(a)所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角可调(如图16(b)；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B。一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射
95、人N1，能通过N2的粒子经O点垂直进人磁场。O到感光板的距离为，粒子电荷量为q，质量为m为。不计重力。(1)若两狭缝平行且盘静止(如图16(c)，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；(2)若两狭缝夹角为。盘匀速转动，转动方向如图16(b)。要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上，试分析盘转动角速度的取值范围(设通过N1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N2)。【解析】(1)粒子在磁场中匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，周长=周期速度，又，解得：(2)速度最小时，解得：速度最大时，解得：，所以81.(2010天津卷T11)如图所示，质量
96、，电阻，长度l0.4m的导体棒ab横放在U型金属框架上。框架质量，放在绝缘水平面上，与水平面间的动摩擦因数=0.2，相距0.4m的MM、NN相互平行，电阻不计且足够长。电阻的MN垂直于MM。整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B=0.5T。垂直于ab施加F=2N的水平恒力，ab从静止开始无摩擦地运动，始终与MM、NN保持良好接触。当ab运动到某处时，框架开始运动。设框架与水平面间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，g取10m/s2。(1)求框架开始运动时ab速度v的大小；(2)从ab开始运动到框架开始运动的过程中，MN上产生的热量Q0.1J，求该过程ab位移x的大小。【答案】(1) 6m/s
97、(2) x1.1m【解析】【解析】本题考查的是电磁感应中的安培力作用下的导体棒的运动以及运动中的能量转换。(1)ab对框架的压力F1m1g框架受水平面的支持力FNm2gF1依题意，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则框架受到最大静摩擦力F2FNab中的感应电动势EBlvMN中电流 MN受到的安培力 框架开始运动时 由上述各式代入数据解得v=6m/s (2) 闭合回路中产生的总热量 由能量守恒定律，得 代入数据解得x1.1m 82.(2010天津卷T12)质谱分析技术已广泛应用于各前沿科学领域。汤姆孙发现电子的质谱装置示意如图，M、N为两块水平放置的平行金属极板，板长为L，板右端到屏的距离为D，且D远
98、大于L，为垂直于屏的中心轴线，不计离子重力和离子在板间偏离的距离。以屏中心O为原点建立直角坐标系，其中x轴沿水平方向，y轴沿竖直方向。(1)设一个质量为、电荷量为的正离子以速度沿的方向从点射入，板间不加电场和磁场时，离子打在屏上O点。若在两极板间加一沿方向场强为E的匀强电场，求离子射到屏上时偏离O点的距离；(2)假设你利用该装置探究未知离子，试依照以下实验结果计算未知离子的质量数。上述装置中，保留原电场，再在板间加沿方向的匀强磁场。现有电荷量相同的两种正离子组成的离子流，仍从O点沿方向射入，屏上出现两条亮线。在两线上取y坐标相同的两个光点，对应的x坐标分别为3.24mm和3.00mm，其中x坐
99、标大的光点是碳12离子击中屏产生的，另一光点是未知离子产生的。尽管入射离子速度不完全相等，但入射速度都很大，且在板间运动时方向的分速度总是远大于x方向和y方向的分速度。【解析】本题考查的是复合场中的带电粒子的运动在实际中的运用。(1)离子在电场中受到的电场力 离子获得的加速度 离子在板间运动的时间 到达极板右边缘时，离子在+y方向的分速度 离子从板右端到达屏上所需时间 离子射到屏上时偏离O点的距离由上述各式，得 (2)设离子电荷量为q，质量为m，入射时速度为v，磁场的磁感应强度为B，磁场对离子的洛伦兹力 已知离子的入射速度都很大，因而离子在磁场中运动时间甚短，所经过的圆弧与圆周相比甚小，且在板
100、间运动时，方向的分速度总是远大于在x方向和y方向的分速度，洛伦兹力变化甚微，故可作恒力处理，洛伦兹力产生的加速度 ax是离子在x方向的加速度，离子在x方向的运动可视为初速度为零的匀加速直线运动，到达极板右端时，离子在x方向的分速度 离子飞出极板到达屏时，在x方向上偏离O点的距离 当离子的初速度为任意值v时，离子到达屏上时的位置在y方向上偏离O点的距离为y，考虑到式，得 由、两式得 其中上式表明，k是与离子进行板间初速度无关的定值，对两种离子均相同。由题设条件知，x坐标3.24mm的光点对应的是碳12离子，其质量为m112u，x坐标3.00mm的光点对应的是未知离子，设其质量为m2，由式代入数据
101、可得 故该未知离子的质量数为14。83.(2010四川卷T24)如图所示，电源电动势内阻，电阻。间距的两平行金属板水平放置，板间分布有垂直于纸面向里、磁感应强度的匀强磁场。闭合开关，板间电场视为匀强电场，将一带正电的小球以初速度沿两板间中线水平射入板间。设滑动变阻器接入电路的阻值为，忽略空气对小球的作用，取。(1)当时，电阻消耗的电功率是多大？(2)若小球进入板间做匀速度圆周运动并与板相碰，碰时速度与初速度的夹角为，则Rx是多少？【答案】(1) (2) 【解析】本题主要考查电路分析，含容电路分析，及带电粒子在复合场中的运动的综合运用的问题。对考生分析问题和建立正确的物理模型能力的考查。(1)设
102、和的并联电阻为，有： 两端的电压为： 消耗的电功率为： 当时，联立式，代入数据，解得： (2)设小球质量为m，电荷量为q，小球做匀速圆周运动时，有： 设小球做圆周运动的半径为r，有： 由几何关系有： 联立式，代人数据，解得： 84.(2010安徽卷T23)如图1所示，宽度为的竖直狭长区域内(边界为)，存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场(如图2所示)，电场强度的大小为，表示电场方向竖直向上。时，一带正电、质量为的微粒从左边界上的点以水平速度射入该区域，沿直线运动到点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的点。为线段的中点，重力加速度为g。上述、为已知量。(1)求微
103、粒所带电荷量和磁感应强度的大小；(2)求电场变化的周期；(3)改变宽度，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求的最小值。【解析】(1)微粒做直线运动，则 微粒作圆周运动，则 联立得 (2)设微粒从运动到Q的时间为，作圆周运动的周期为，则 联立得 电场变化的周期 (3)若微粒能完成题述的运动过程，要求 联立得 设施直线运动的最短时间为，由得因不变，的最小值85.(2010全国卷T26)如下图，在区域内存在与xy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.在t=0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xy平面内发射出大量同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在0180范围
104、内。已知沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场边界上点离开磁场。求：(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径R及粒子的比荷q/m；(2)此时刻仍在磁场中的粒子的初速度方向与y轴正方向夹角的取值范围；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间。【答案】 速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120从粒子发射到全部离开所用时间为【解析】粒子沿y轴的正方向进入磁场，从P点经过做OP的垂直平分线与x轴的交点为圆心，根据直角三角形有解得，则粒子做圆周运动的的圆心角为120，周期为粒子做圆周运动的向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得，化简得仍在磁场中的粒子其圆心角一定大于120，这样粒子角度最小时从磁场右边
105、界穿出；角度最大时从磁场左边界穿出。角度最小时从磁场右边界穿出圆心角120，所经过圆弧的弦与中相等穿出点如图，根据弦与半径、x轴的夹角都是30，所以此时速度与y轴的正方向的夹角是60。角度最大时从磁场左边界穿出，半径与y轴的的夹角是60，则此时速度与y轴的正方向的夹角是120。所以速度与y轴的正方向的夹角范围是60到120在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场的右边界相切，在三角形中两个相等的腰为，而它的高是，半径与y轴的的夹角是30，这种粒子的圆心角是240。所用 时间 为。所以从粒子发射到全部离开所用 时间 为。86.(2010全国卷T26)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压
106、为V；两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向平行于板面并垂直于纸面朝里。图中右边有一边长为a的正三角形区域EFG(EF边与金属板垂直)，在此区域内及其边界上也有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里。假设一系列电荷量为q的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入金属板之间，沿同一方向射出金属板之间的区域，并经EF边中点H射入磁场区域。不计重力。(1)已知这些离子中的离子甲到达磁场边界EG后，从边界EF穿出磁场，求离子甲的质量。(2)已知这些离子中的离子乙从EG边上的I点(图中未画出)穿出磁场，且GI长为。求离子乙的质量。(3)若这些离子中的最轻离子的质量等于离子甲质量的一
107、半，而离子乙的质量是最大的，问磁场边界上什么区域内可能有离子到达。【答案】(1) (2)(3)在离H的距离为到之间的EF边界上有离子穿出磁场。【解析】(1)粒子进入正交的电磁场做匀速直线运动，设拉子的速度为v，电场的场强为E0，根据平衡条件得 由化简的 粒子甲垂直边界EF进入磁场，又垂直边界EF穿出磁场，则轨迹圆心在EF上。粒子运动中经过EG，说明圆轨迹与EG相切，在如图的三角形中半径为Racos30ran15 连立化简得 在磁场中粒子所需向心力由洛仑兹力提供，根据牛顿第二定律得 连立化简得 (2)由于1点将EG边按1比3等分，根据三角形的性质说明此轨迹的弦与EG垂直，在如图的三角形中有 同理
108、 (3)最轻离子的质量是甲的一半，根据半径公式离子的轨迹半径与离子质量成正比，所以质量在甲和最轻离子之间的所有离子都垂直边界EF穿出磁场，甲最远离H的距离为，最轻离子最近离H的距离为，所以在离H的距离为到之间的EF边界上有离子穿出磁场。比甲质量大的离子都从EG穿出磁场，其中甲运动中经过EG上的点最近，质量最大的乙穿出磁场的1位置是最远点，所以在EG上穿出磁场的离子都在这两点之间。87.(2010浙江卷T24)在一个放射源水平放射出、和三种射线，垂直射入如图所示磁场。区域和的宽度均为d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感强度大小B相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)。(1)若要筛选
109、出速率大于v1的粒子进入区域，要求磁场宽度d与B和v1的关系。(2)若B0.0034T，v10.1c(c是光速度)，则可得d； 粒子的速率为0.001c，计算和射线离开区域时的距离；并给出去除和射线的方法。当d满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在；v1vv2区间的粒子离开区域时的位置和方向。请设计一种方案，能使离开区域的粒子束在右侧聚焦且水平出射。已知：电子质量，粒子质量，电子电荷量，(时)【解析】(1)根据带电粒子在磁场中作圆周运动的规律 由临界条件d、B和v1的关系为 (2)由式可得a粒子的回旋半径由式得竖直方向的距离为可见通过区域的磁场难以将粒子与射线分离。可用薄纸挡去粒子，须用厚铅板挡掉射线。(3)在上述磁场条件下，要求速率在区间的粒子离开时的位置和方向。先求出速度为v2的粒子所对应的圆周运动半径该粒子从区域磁场射出时，垂直方向偏离的距离为同理可得从区域射出时，垂直方向偏离的距离为同理可得，与速度为v1对应的粒子垂直方向偏离的距离为速率在v1vv2区间射出的粒子束宽为，方向水平向右。(4)由对称性可以设计出如图所示的磁场区域，最后形成聚焦，且方向水平向右。