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专题10磁场第一部分 名师综述磁场一般会以选项题和计算题两种形式出现，若是选择题一般考查对磁感应强度、磁感线、安培力和洛仑兹力这些概念的理解，以及安培定则和左手定则的运用；若是计算题主要考查安培力大小的计算，以及带电粒子在磁场中受到洛伦兹力和带电粒子在磁场中的圆周运动的分析判断和计算，尤其是带电粒子在电场、磁场中的运动问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，仍是本考点的重点内容，有可能成为试卷的压轴题。由于本考点知识与现代科技密切相关，在近代物理实验中有重大意义，因此考题还可能以科学技术的具体问题为背景，考查学生运用知识解决实际问题的能力和建模能力。预测高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题综合试题还是涉及到力和运动、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识。主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等。第二部分知识背一背一、磁场、磁感应强度1磁场的特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用2磁场的方向：小磁针静止时N极所指的方向3磁感应强度（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向（2）大小：（通电导线垂直于磁场）（3）方向：小磁针静止时N极的指向（4）单位：特斯拉，简称特，符号：T.4磁通量（1）概念：在匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和磁感应强度B的乘积（2）公式：.（3）单位：1Wb1Tm2二、磁感线、通电导体周围的磁场的分布1磁感线：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致2条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布（如图所示）3电流的磁场直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图4.磁感线的特点（1）磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向（2）磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱（3）磁感线是闭合曲线，没有起点和终点在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极（4）同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切（5）磁感线是假想的曲线，客观上不存在三、安培力的大小和方向1安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成角时，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：（1）当磁场与电流垂直时，安培力最大，FmaxBIL.（2）当磁场与电流平行时，安培力等于零2安培力的方向（1）安培力：通电导线在磁场中受到的力（2）左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向（3）两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥四、洛伦兹力的大小和方向1洛伦兹力的定义：磁场对运动电荷的作用力2洛伦兹力的大小，为v与B的夹角如图所示（1）当vB时，0或180，洛伦兹力F0；（2）当vB时，90，洛伦兹力.（3）静止电荷不受洛伦兹力作用3洛伦兹力的方向（1）左手定则磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动的方向，拇指指向即为运动的正电荷所受洛伦兹力。（2）方向特点：F垂直于B与v决定的平面，即F始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功五、带电粒子在匀强磁场中的运动1若vB，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动2若vB，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做匀速圆周运动（1）向心力由洛伦兹力提供：；（2）轨道半径公式：；（3）周期：（周期T与速度v、轨道半径R无关）；六、带电粒子在匀强磁场中运动的应用1质谱仪（1）构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成（2）原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式.粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷，.2回旋加速器（1）构造：如图所示，D1、D2是半圆形金属盒，D形盒的缝隙处接交流电源D形盒处于匀强磁场中（2）原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速由，得，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径r决定，与加速电压无关第三部分 技能+方法一、对磁感应强度的理解1.磁感应强度概念的理解（1）磁感应强度是用比值法定义的,其大小由磁场本身的性质决定,与放入的直导线的电流I的大小、导线长度L的大小无关.故不能根据就说B与F成正比，与IL成反比.（2）由定义式计算B时,通电导线必须垂直于磁场;若通电导线平行放入磁场,则不受安培力,但不能说该处磁感应强度为零.2.磁通量概念的理解（1）其中S为闭合回路面积在垂直于B方向上的分量，如图甲所示.（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积,而是线圈在磁场范围内的面积.如图乙所示，S应为线圈面积的一半.（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关,因为不论线圈匝数多少,穿过线圈的磁感线条数相同.（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向的磁场共同存在,当计算穿过这个面的磁通量时,先规定某个方向的磁通量为正,反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量.二、安培力公式的应用安培力常用公式F=BIL，应用时要满足：（1）B与L垂直；（2）L是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度；如弯曲导线的有效长度L等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L由始端流向末端.因此任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，受到的安培力的矢量和为零.2.通电导线在安培力作用下的平衡和加速运动的分析方法（1）确定研究对象,对研究对象进行受力分析.（2）画出受力平面图.（3）依据平衡条件或牛顿第二定律列方程.三、安培力作用下导体运动情况的判定1.判定安培力作用下导体运动情况的常用方法电流元法分割为电流元左手定则安培力方向整段导体所受合力方向运动方向特殊位置法在特殊位置安培力方向运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流相互作用时，有转到平行且电流方向相同的趋势转换研究对象法定性分析磁体在电流磁场作用下如何运动或运动趋势的问题，可先分析电流在磁体磁场中所受的安培力，然后由牛顿第三定律，确定磁体所受电流磁场的作用力，从而确定磁体所受合力及运动方向四、带电粒子在匀强磁场中的运动1带电粒子在匀强磁场中的运动是各省市每年高考必考内容之一一般以计算题的形式出现，可以与其他知识相综合，难度中等以上，分值较高，以考查学生的形象思维和逻辑推理能力为主2分析方法：找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t和转过的圆心角之间的关系作为辅助（1）圆心的确定基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心两种情形a已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图所示，图中P为入射点，M为出射点）b已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图所示，图中P为入射点，M为出射点）（2）半径的确定用几何知识（勾股定理、三角函数等）求出半径大小（3）运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为时，其运动时间为：（或）3规律总结带电粒子在不同边界磁场中的运动（1）直线边界（进出磁场具有对称性）（2）平行边界（存在临界条件）（3）圆形边界（沿径向射入必沿径向射出）五、质谱仪和回旋加速器1. 根据质谱仪原理可以得出需要研究的物理量,如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等.（1）粒子轨道半径（2）粒子质量（3）粒子比荷.2.回旋加速器的最大动能根据,得,可见：（1）粒子最大动能与加速电压无关.（2）最大动能由D形盒的最大半径和磁感应强度决定.第四部分 基础练+测一、单选题1在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图象正确的是ABCD【答案】 A【解析】【详解】当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL，则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图象正确的是A；2下列陈述与事实相符的是A牛顿测定了引力常量B法拉第发现了电流周围存在磁场C安培发现了静电荷间的相互作用规律D伽利略指出了力不是维持物体运动的原因【答案】 D【解析】【详解】A卡文迪许测定了引力常量，选项A错误；B奥斯特发现了电流周围存在磁场，选项B错误；C库伦发现了静电荷间的相互作用规律，选项C错误；D伽利略指出了力不是维持物体运动的原因，选项D正确；3在物理学的发展中，有许多科学家做出了重大贡献，下列说法中错误的是A第谷通过天文观测发现了行星运动的规律B密立根通过油滴实验测出了元电荷C法拉第不仅提出了场的概念，而且利用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场D安培定则也叫右手螺旋定则【答案】 A【解析】【详解】开普勒根据第谷通过天文观测数据的研究发现了行星运动的规律，选项A错误；密立根通过油滴实验测出了元电荷，选项B正确；法拉第不仅提出了场的概念，而且利用电场线和磁感线形象地描述电场和磁场，选项C正确；安培定则也叫右手螺旋定则，选项D正确；此题选择错误的选项，故选A.4如图所示是一位同学制作的实验装置：柔软弹簧竖直悬挂，下端恰与铜片接触。当开关闭合后，弹簧时伸时缩，灯泡时明时暗。关于这个实验现象，下列说法中正确的是( )A弹簧收缩与铜片分离时，通过灯泡的电流较小，灯泡暗淡B弹簧伸长与铜片接触时，通过灯泡的电流较大，灯泡明亮C有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相吸引致使弹簧收缩D有电流通过弹簧时，各匝环形电流互相排斥致使弹簧伸长【答案】 C【解析】【详解】AB由电路图可知，弹簧收缩与铜片分离时，通过灯泡的电流较大，灯泡明亮；弹簧伸长与铜片接触时，通过灯泡的电流较小，灯泡暗淡，选项AB错误；CD有电流通过弹簧时，各匝环形电流是同向电流，则互相吸引致使弹簧收缩，选项C正确，D错误。5关于物理学史，下列说法错误的是A伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法B牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律C奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场D爱因斯坦首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子【答案】 D【解析】【详解】伽利略通过斜面实验推断出自由落体运动的速度随时间均匀变化，他开创了研究自然规律的科学方法，这就是将数学推导和科学实验相结合的方法，选项A正确；牛顿在伽利略笛卡儿、开普勒等人研究的基础上，采用归纳与演绎综合与分析的方法，总结出了普遍适用的力学运动规律牛顿运动定律和万有引力定律，选项B正确；奥斯特发现了导线附近小磁针的偏转，从而得出电流的磁效应，首次揭示了电流能够产生磁场，选项C正确；普朗克首先提出当带电微粒辐射或吸收能量时，是以最小能量值为单位一份份地辐射或吸收的，这个不可再分的最小能量值叫做能量子，选项D错误；此题选择不正确的选项，故选D.6下列关于物理现象及其在科技中的应用的说法正确的是（ ）A交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的B穿过线圈的磁通量为0，感应电动势一定为0C自感现象是收音机中“磁性天线”工作的基础D磁电式电流表中，极靴与铁质圆柱间产生的是匀强磁场【答案】 A【解析】【详解】A交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的，故A正确；B穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，故B错误；C收音机中“磁性天线”工作是利用互感现象，故C错误；D磁电式电流表内部的蹄形磁铁的极靴与圆柱铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，故D错误；7如图所示，框架面积为 S，框架平面与磁感应强度为 B 的匀强磁场方向垂直，则下列穿过平面的磁通量的说法中不正确的是（）A如图所示位置时磁通量大小等于 BSB若使框架绕 OO转过 60角，磁通量大小为12BSC若从初始位置转过 90角，磁通量大小为 BSD若从初始位置转过 180角，磁通量变化量的大小为 2BS【答案】 C【解析】【详解】A、线圈与磁场垂直，穿过线圈的磁通量等于磁感应强度与线圈面积的乘积，故图示位置的磁通量为=BS，故A正确；B、使框架绕OO转过60角，则在磁场方向的投影面积为12S，则磁通量为12BS，故B正确；C、线圈从图示转过90的过程中，S垂直磁场方向上的投影面积逐渐减小，故磁通量逐渐减小，当线圈从图示转过90时，磁通量为0，故C错误；D、从初始位置转过180角，磁通量变化为=BS-（-BS）=2BS，故D正确。8直线电流周围空间各点的磁场强度的关系式为B=kIx，其中I为直线电流强度的大小，x为空间各点到直线电流的垂直距离。在空间放置两相互平行的直导线，其间距为a，现在两导线中通有大小与方向均相同的电流，规定磁感应强度方向向外为正方向，则在0a之间的合磁感应强度随x的变化规律符合下列图像中的A BC D【答案】 A【解析】【分析】根据右手螺旋定则可得知电流方向与磁场方向的关系，电导线周围有磁场存在，磁场除大小之外还有方向，所以合磁场通过矢量叠加来处理。【详解】根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零。由于规定B的正方向即为垂直纸面向外，所以A正确，BCD错误。故选：A。【点睛】由于电流大小相等，方向相同，所以两根连线的中点磁场刚好为零，从中点向两边移动磁场越来越强，左边的磁场垂直纸面向里，右边的磁场垂直纸面向外。9一矩形线圈abcd放在水平面上，线圈中通有如图所示的恒定电流。在ab边的右侧距ab边的距离与bc边的长度相等处，放置水平长直导线MN，MN通有由M到N的电流，在其周围空间产生磁场，已知载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B=kI/r，式中常量k0，I为电流强度，r为距导线的即离。则（）Aad边不受安培力作用Bab边、cd边受到的安培力之比为2：1C若水平面光滑，线圈将向右作加速度减小的加速运动D若水平面粗糙，线圈受到向左的摩擦力作用【答案】 B【解析】【分析】根据右手定则，判断通电导线MN在右侧的磁场方向，根据左手定则判断各个边受安培力的方向；根据B=kI/r判断ab边、cd边处的磁感应强度之比，根据F=BIL可知ab边、cd边受到的安培力之比；因线框所受安培力的合力向左，可判断若水平面光滑，线圈的加速度方向；若水平面粗糙，可判断线圈受到的摩擦力方向.【详解】根据右手定则，通电导线MN在右侧的磁场方向向里，由左手定则可知，ad边受向下的安培力作用，选项A错误；根据B=kI/r可知，ab边、cd边处的磁感应强度之比为2:1，根据F=BIL可知ab边、cd边受到的安培力之比为2：1，选项B正确；因线框所受安培力的合力向左，则若水平面光滑，线圈将向左作加速度减小的加速运动；若水平面粗糙，线圈受到向右的摩擦力作用，选项CD错误；故选B.10物理学家通过艰辛的实验和理论研究探究自然规律，为科学事业做出了巨大贡献下列描述中符合物理学史实的是( )A奥斯特发现了电流的磁效应并提出了分子电流假说B法拉第发现了电磁感应现象并总结出了判断感应电流方向的规律C牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值D哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，并发现行星沿椭圆轨道运行的规律【答案】 C【解析】【详解】奥斯特发现了电流的磁效应，安培并提出了分子电流假说，选项A错误；法拉第发现了电磁感应现象，楞次总结出了判断感应电流方向的规律，选项B错误；牛顿发现了万有引力定律但未给出引力常量G的数值，后来卡文迪许用扭秤实验测出了引力常数，选项C正确； 哥白尼大胆反驳地心说，提出了日心说，开普勒发现行星沿椭圆轨道运行的规律，选项D错误；故选C.二、多选题11竖直面（纸面）内两固定长直导线L1、L2中通有如图所示的电流，P点位于L1、L2正中间，整个空间存在磁感应强度大小为B0、方向垂直于纸面向里的匀强磁场（未画出），此时P点的磁感应强度大小为0。若L1中电流反向，则P点的磁感应强度大小为23B0，方向垂直纸面向里，则AI1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为13B0BI1在P点产生的磁场的磁感应强度大小为23B0CI2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为23B0DI2在P点产生的磁场的磁感应强度大小为13B0【答案】 AC【解析】【详解】设I1、I2在P点产生的磁场大小为B1和B2，由右手定则可知B1和B2方向均向外，则：B1+B2=B0；若L1中电流反向，则磁场方向也反向，则：B1+ B0-B2=23B0；联立解得B1 =13B0；B2=23B0，故选AC.12如图，电阻不计的光滑金属轨道MN、PQ，左侧连接定值电阻R，杆间距离为L，放置在匀强磁场中，磁感应强度为B。一金属杆ab垂直放置在轨道上，ab杆长L0，电阻r。现让ab向右以速度v匀速运动，下列说法正确的是A回路中感应电流大小为I=BL0vR，方向abBab杆受到安培力向左C回路中感应电流大小为I=BLvR+r，方向baDab杆受到安培力向右【答案】 BC【解析】【详解】ab向右以速度v匀速运动时，感应电动势为：E=BLv，则感应电流为：I=BLvR+r，根据楞次定律可知电流方向为b-a，故A错误，C正确；根据左手定则可知ab杆受到安培力向左，故B正确，D错误。所以BC正确，AD错误。13如图所示，两根通电长直导线A、B垂直于纸面固定放置，二者之间连线水平，电流方向均垂直于纸面向里，A中电流是B中电流的4倍，此时A受到的磁场作用力大小为F。当在A、B的正中间再放置一根与A、B平行共面的通电长直导线C后，A受到的磁场作用力大小变为2F，则B受到的磁场作用力大小和方向可能是A大小为54F，方向水平向右B大小为54F，方向水平向左C大小为14F，方向水平向右D大小为14F，方向水平向左【答案】 BD【解析】【详解】由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故B受到A的磁场力大小为F，方向向左；中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故A受到的磁场力为B受磁场力的4倍；由于A受到的磁场作用力大小变为2F，则可能有两种情况：、C对A的作用力为F，方向向右；则C对B的作用力为F/4，方向向左，则B受力大小为5F/4，方向水平向左；、C对A的作用力为3F，方向向左，则C对B的作用力为3F/4，方向向右，则B受力大小为F/4，方向水平向左；故BD正确，AC错误。故选BD。14如图所示整个空间有一方向垂直纸面向里的匀强磁场一绝缘木板(足够长)静止在光滑水平面上一带正电的滑块静止在木板上，滑块和木板之间的接触面粗糙程度处处相同。不考虑空气阻力的影响，下列说法中正确的是A若对木板施加一个水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块一定相对静止B若对木板施加一个水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块间一定没有弹力C若对木板施加一个水平向右的瞬时冲量，最终木板和滑块间一定没有摩擦力D若对木板始终施加一个水平向右的恒力，最终滑块做匀速运动【答案】 BCD【解析】若对木板施加一水平向右的瞬时冲量，则开始时滑块将受到向右的摩擦力作用而向右加速，随速度的增加，滑块受到向上的洛伦兹力逐渐变大，当满足qvB=mg时，滑块离开木板，此时滑块和木板间没有弹力，也没有摩擦力，此后滑块将以速度v做匀速运动，而此时木板的速度不一定减到v，则木板和滑块不一定相对静止，选项A错误，BC正确；若对木板始终施加一水平向右的恒力，则开始时木板和滑块将向右做匀加速运动，当速度满足qvB=mg时，滑轮离开木板，最终滑块做匀速运动，选项D正确；故选BCD.15将、三种射线分别射入匀强磁场和匀强电场中，则射线偏转情况正确的是A B C D【答案】 AD【解析】【详解】A、B、因射线是高速氦核流，一个粒子带两个正电荷.根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向左，射线是高速电子流，带负电荷.根据左手定则，射线受到的洛伦兹力向右，射线是光子，是中性的，故在磁场中不受磁场的作用力，轨迹不会发生偏转.故A正确，B错误C、D、因射线实质为氦核流，带正电，射线为电子流，带负电，射线为高频电磁波，根据电荷所受电场力特点可知：向左偏的为射线，不偏的为射线，向右偏的为射线，故C错误，D正确；故选AD【点睛】熟练掌握、两种衰变实质以及衰变方程的书写，同时明确、三种射线性质及应用本题综合性较强，主要考查两个方面的问题：三种射线的成分主要是所带电性洛伦兹力的方向的判定只有基础扎实，此类题目才能顺利解决，故要重视基础知识的学习16如图所示，在平面上有两条相互垂直且彼此绝缘的长通电直导线，以它们为坐标轴构成一个平面直角坐标系。四个相同的闭合圆形线圈在四个象限中完全对称放置，两条长直导线中电流大小与变化情况相同，电流方向如图所示，当两条导线中的电流都开始均匀增大时，四个线圈a、b、c、d中感应电流的情况是A线圈a中有感应电流B线圈b中有感应电流C线圈c中有顺时针方向的感应电流D线圈d中有逆时针方向的感应电流【答案】 AC【解析】由右手螺旋定则可判定通电导线磁场的方向。ac象限磁场不为零，a中磁场垂直纸面向里，当电流增大时，线圈a中有逆时针方向的电流，故A正确；其中bd区域中的磁通量为零，当电流变化时不可能产生感应电流，故B D错误。ac象限磁场不为零，c中磁场垂直纸面向外，当电流增大时，线圈c中有顺时针方向的电流，故C正确；故选AC。点睛：本题考查了右手螺旋定则和楞次定律的应用，解决本题的关键掌握楞次定律判断感应电流的方向，知道感应电流的磁场阻碍原磁场磁通量的变化17如图所示，竖直虚线边界左侧为一半径为R的光滑半圆轨道，O为圆心，A为最低点，C为最高点，右侧同时存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场一电荷量为q、质量为m的带电小球从半圆轨道的最低点A以某一初速度开始运动恰好能到最高点C，进入右侧区域后恰好又做匀速圆周运动回到A点，空气阻力不计，重力加速度为g则A小球在最低点A开始运动的初速度大小为5gRB小球返回A点后可以第二次到达最高点CC小球带正电，且电场强度大小为mgqD匀强磁场的磁感应强度大小为mqgR【答案】 ACD【解析】小球恰能经过最高点C，则mg=mvC2R，解得vC=gR；从A到C由动能定理：-mg2R=12mvC2-12mvA2，解得vA=5gR，选项A正确；小球在复合场中以速度gR做匀速圆周运动，再次过A点时的速度为gR，则小球不能第二次到达最高点C，选项B错误；小球在复合场中受向下的重力和向上的电场力而平衡，可知粒子带正电，满足mg=qE，解得E=mgq，选项C正确；由qvB=mv2R，其中v=gR，解得B=mqgR，选项D正确；故选ACD.点睛：此题关键是知道小球在重力场、电场和磁场中做匀速圆周运动的条件：重力与电场力平衡，洛伦兹力充当向心力.18如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是()A弹簧长度将变长B弹簧长度将变短CF1F2DF10且为常量）。（1）求导体环中感应电动势E的大小；（2）将导体环换成内壁光滑的绝缘细管（管子内径忽略），管内放置一质量为m、电荷量为+q的小球，小球重力不计，如图乙所示。已知绝缘细管内各点涡旋电场的电场强度大小为ER=kr22R，方向与该点切线方向相同。小球在电场力作用下沿细管加速运动。要使t时刻管壁对小球的作用力为零，可在细管处加一垂直于纸面的磁场，求所加磁场的方向及磁感应强度的大小B2。【答案】 （1）得E=kr2（2）洛伦兹力方向指向圆心。由左手定则，磁场方向垂直纸面向里。B2=kr22R2t【解析】【详解】（1）根据法拉第电磁感应定律，有E=t=BS=ktr2得E=kr2（2）洛伦兹力方向指向圆心。由左手定则，磁场方向垂直纸面向里。电场力：F=ERqF=mat时刻速度v=at洛伦兹力大小F洛=qvB2qvB2=mv2R联立解得B2=kr22R2t22如图所示，一电子（电量为e）经过电场加速后从右板小孔飞出，两平行板间电压为U。电子垂直磁场边界进入磁场，从右边界飞出。磁场磁感应强度为B，磁场两边界间距离为d。（1）求电子从右板小孔飞出时的速度大小？（2）求电子在磁场中穿过后，速度方向改变量的正弦值是多少？【答案】 （1）2eUm（2）dBe2mU【解析】【详解】（1）经电场加速后电子的动能定理得：eU=12mv02解得：v0=2eUm（2）粒子运动轨迹如图所示：根据洛伦兹力提供向心力：qv0B=mv02R解得：R=mv0qB根据几何关系可得：sin=dR联立可得：sin=dBe2mU23空间中有一直角坐标系，其第一象限在圆心为O1、半径为R、边界与x轴和y轴相切的圆形区域内，有垂直于纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B；第二象限中存在方向竖直向下的场强为E的匀强电场。现有一群质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从圆形区域边界与x轴的切点A处沿纸面上的不同方向射入磁场中，如图所示。已知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径均为R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到达x轴上的N点，不计粒子的重力和它们之间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时的速度大小及ON间的距离；(2)速度方向与AO1夹角为60(斜向右上方)的粒子到达y轴距O点的距离；(3)速度方向与AO1夹角为60(斜向右上方)的粒子到达x轴的时间。【答案】 （1）qBRm，2qBR3mE（2）R+32R（3）(5+3)m6qB+(2+3)mRqE【解析】【分析】由洛伦兹力充当向心力可求得粒子的速度；再根据粒子在电场中的平抛运动规律可求得电场强度的大小；根据题意明确粒子的运动情况，明确粒子转动的运动轨迹图；由几何关系求得粒子到达y轴距O点的距离；由粒子转动的运动轨迹图，明确圆心角则可求得粒子转动的时间。【详解】(1)粒子射入磁场时的速度大小为v，因在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=mv2R解得：v=qBRm如图甲所示：因粒子的轨迹半径是R，故沿AO1方向射入的粒子一定从与圆心等高的D点沿x轴负方向射入电场，则粒子在电场中从D点到N点做类平抛运动，水平方向：x=vt竖直方向有：R=12qEmt2解得：x=2qBR3mE(2)对于速度v(斜向右上方)的粒子，轨迹如图乙所示：轨迹圆心为C，从M点射出磁场，连接O1M，四边形O1MCA是菱形，故CM垂直于x轴，速度方向偏转角度等于圆心角=150，粒子出磁场后速度方向垂直y轴，到达y轴距O点距离：y=R+Rsin60=R+32R(3)速度方向与AO1夹角为60为的粒子在磁场中运动的时间为t1=360T=5m6qB粒子离开磁场到y轴的距离MH=R2，在无场区运动的时间t2=R2v=m2qB设粒子在电场中到达x轴运动的时间为t3，y=R+32R=12qEmt32解得：t3=(2+3)mRqE粒子到达x轴的时间：t=t1+t2+t3=(5+3)m6qB+(2+3)mRqE【点睛】本题考查带电粒子在磁场和电场中的运动情况，要注意明确粒子在电场中运动时应用运动的合成和分解规律求解；而在磁场中做圆周运动时，根据几何关系和洛伦兹力充当向心力规律求解。24如图所示，两块相同的金属板MN、PQ平行倾斜放置，与水平面的夹角为45，两金属板间的电势差为U，PQ板电势高于MN板，且MN、PQ之间分布有方向与纸面垂直的匀强磁场。一质量为m、带电量为q的小球从PQ板的P端以速度v0竖直向上射入，恰好沿直线从MN板的N端射出，重力加速度为g，求：(1)磁感应强度的大小和方向；(2)小球在金属板之间的运动时间。【答案】 (1), 方向垂直纸面向外 (2)【解析】（1）小球在金属板之间只能做匀速直线运动，受重力G，电场力F电和洛伦兹力f，F电的方向与金属板垂直，由左手定则可知f的方向沿水平方向，受力如图，三力合力为零，故小球带正电，金属板MN、PQ之间的磁场方向垂直纸面向外，得由于不做功，则由动能定理可得，解得25电流天平可以用来测量匀强磁场的磁感应强度的大小。测量前天平已调至平衡，测量时，在左边托盘中放入质量m1=15.0g的砝码，右边托盘中不放砝码，将一个质m0=10.0g，匝数n=10，下边长l=10.0cm的矩形线圈挂在右边托盘的底部，再将此矩形线圈的下部分放在待测磁场中，如图18甲所示，线圈的两头连在如图乙所示的电路中，不计连接导线对线圈的作用力，电源电动势E=1.5V，内阻r=1.0。开关S闭合后，调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4V时，R1=10，此时天平正好平衡。g=10m/s2，求：（1）线圈下边所受安培力的大小F，以及线圈中电流的方向；（2）矩形线圈的电阻R；（3）该匀强磁场的磁感应强度B的大小。【答案】 （1）0.05N，顺时针（2）R=4（3）0.5T【解析】（1）天平两侧平衡，因此有 m1g= m0g+F可得：F= m1g-m0g=0.05NF的方向竖直向下，根据左手定则可判断出线框电流方向为顺时针（2）线圈中电流的大小为：I=(E-U)/r=0.1A根据电路规律：U=I(R1+R)联立两式可得：R=4（3）矩形线圈下边所受安培力为：F=nBIl将数值代入可得： B=F/nIl=0.5T26如图所示，在竖直平面内，直线MO与水平线PQ相交于O，二者夹角=30，在MOP范围内存在竖直向下的匀强电场，电场强度为E，MOQ上方的某个区域有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，O点处在磁场的边界上，现有一群质量为m、电量为+q的带电粒子在纸面内以大小不等的速率v（vv0）垂直于MO从O点射入磁场，所有粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。求：（1）速度最大的粒子在磁场中运动的时间；（2）速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离；（3）磁场区域的最小面积。【答案】 （1）2m3Bq（2）33mv02Bq+mv0q3v0EB（3）13R2-34R2【解析】试题分析：（1）因粒子通过直线MO时，速度方向均平行于PQ向左，说明粒子速度方向改变了23，由几何关系可得粒子的运动轨迹如图所示。设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为R，周期为T，粒子在匀强磁场中运动时间为t1因为T=2mBq所以t1=13T=2m3Bq（2）由Bqv0=mv02R，得R=mv0Bq设粒子自N点水平飞出磁场，出磁场后应做匀速运动至OM，设匀速运动的距离为s，由几何关系知：s=Rtan=3mv0Bq过MO后粒子在电场中做类平抛运动，设运动的时间为t2，则：R+Rsin30=12qEmt22t2=3mqBt2=mq3v0EB由几何关系知，速度最大的粒子打在水平线POQ上的位置离O点的距离L=OP=Rcos+s+v0t2=33mv02Bq+mv0q3v0EB（3）由题知速度大小不同的粒子均要水平通过OM，则其飞出磁场的位置均应在ON的连线上，故磁场范围的最小面积S是速度最大的粒子在磁场中的轨迹与ON所围成的面积扇形的面积的面积为：考点：带电粒子在匀强磁场和电场中的运动【名师点睛】此题是带电粒子在匀强电场及匀强磁场中的运动问题；首先要搞清粒子在电场和磁场中的运动性质，结合类平抛运动的规律及匀速圆周运动的规律解答；注意在磁场中的运动问题，必须要画出几何图线，几何几何关系列出方程才能解答.27电子质量为m、电荷量为q,以速度v0与x轴成角射入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后落在x轴上的P点,如图所示,求:（1）电子运动轨道的半径R（2）OP的长度;（3）电子从由O点射入到落在P点所需的时间t.【答案】 2mv0qBsin2mqB【解析】试题分析：（1）过O点和P点作速度方向的垂线,两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心,如图所示,则有几何知识得：OP=2Rsin洛伦兹力提供向心力：Bqv0=mv02R解得:OP=2mv0sinBq（2）由图中可知：2=t=2Tt又有：v0=R=2RT解得：t=2mBq考点：本题考查了带电粒子在磁场中的偏转问题28一束硼离子以不同的初速度，沿水平方向经过速度选择器，从O点进入方向垂直纸面向外的匀强偏转磁场区域，分两束垂直打在O点正下方的离子探测板上P1和P2点，测得OP1：OP2=2：3，如图甲所示速度选择器中匀强电场的电场强度为E，匀强磁场的磁感应强度为B1，偏转磁场的磁感应强度为B2若撤去探测板，在O点右侧的磁场区域中放置云雾室，离子运动轨迹如图乙所示设离子在云雾室中运动时受到的阻力Ff=kq，式中k为常数，q为离子的电荷量不计离子重力求（1）硼离子从O点射出时的速度大小；（2）两束硼离子的电荷量之比；（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比【答案】 （1）硼离子从O点射出时的速度大小；（2）两束硼离子的电荷量之比3：2；（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比2：3【解析】解：（1）只有竖直方向受力平衡的离子，才能沿水平方向运动离开速度选择器，电场力公式，F电=qE洛伦兹力公式，F洛=qvB1；则有：F电=F洛综合上述3式得：v=（2）设到达P1点离子的电荷量为q1，到达P2点离子的电荷量为q2，进入磁场后，根据牛顿第二定律，则有：qvB2=m解得：r=根据题意有：考虑到进入偏转磁场的硼离子的质量相同、速度相同，得：（3）设电荷量为q1离子运动路程为s1，电荷量为q2离子运动路程为s2，在云雾室内受到的阻力始终与速度方向相反，做负功洛伦兹力不做功，有：W=Ffs=EK且Ff=kq得：答：（1）硼离子从O点射出时的速度大小；（2）两束硼离子的电荷量之比3：2；（3）两种硼离子在云雾室里运动的路程之比2：3【点评】考查受力平衡方程的应用，掌握牛顿第二定律与向心力综合运用，理解动能定理的应用，注意做功的正负，及洛伦兹力不做功的特点29如图所示,矩形区域和内分别存在方向垂直于纸面向外和向里的匀强磁场(AA、BB、CC、DD为磁场边界,四者相互平行),磁感应强度大小均为B,矩形区域的长度足够长,磁场宽度及BB与CC之间的距离相同.某种带正电的粒子从AA上的O1处以大小不同的速度沿与O1A成=30角进入磁场(如图所示,不计粒子所受重力),当粒子的速度小于某一值时,粒子在区域内的运动时间均为t0;当速度为v0时,粒子在区域内的运动时间为t05.求:(1)粒子的比荷qm；(2)磁场区域和的宽度d;(3)速度为v0的粒子从O1到DD所用的时间.【答案】 （1）53t0B（2）33v0t010（3）2t05+33t010【解析】解：（1）若速度小于某一值时粒子不能从BB 离开区域，只能从AA边离开区域。则无论粒子速度大小，在区域中运动的时间相同。轨迹如图所示（图中只画了一个粒子的轨迹）。则粒子在区域内做圆周运动的圆心角为1=300o（3分）由Bqv=mv2R（1分）T=2Rv（1分）1122得：粒子做圆周运动的周期 T =mv2R（2分）由（1分）解得：（2分）（2）速度为v0时粒子在区域I内的运动时间为，设轨迹所对圆心角为2。由（2分）得：（1分）所以其圆心在BB上，穿出BB 时速度方向与BB 垂直，其轨迹如图所示，设轨道半径为R由qv0B=mv02R得：（2分）d=Rsin600=33v0t010（1分）（3）区域I、宽度相同，则粒子在区域I、中运动时间均为（1分）穿过中间无磁场区域的时间为t =mv2R33t010（1分）则粒子从O1到DD所用的时间t=2t05+33t010（2分）30如图所示，一带电微粒质量为m=2.01011kg、电荷量q=+1.0105C，从静止开始经电压为U1=100V的电场加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场中，微粒射出电场时的偏转角=30，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D=34.6cm的匀强磁场区域已知偏转电场中金属板长L=20cm，两板间距d=17.3cm，重力忽略不计求：（1）带电微粒进入偏转电场时的速率v1；（2）偏转电场中两金属板间的电压U2；（3）为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多少。【答案】 (1)1.0104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T【解析】【分析】（1）粒子在加速电场中，电场力做功，由动能定理求出速度v1。（2）粒子进入偏转电场后，做类平抛运动，运用运动的合成与分解求出电压。（3）粒子进入磁场后，做匀速圆周运动，结合条件，画出轨迹，由几何知识求半径，再求B。【详解】（1）带电微粒经加速电场加速后速度为v，根据动能定理：qU112mv12解得：v12qU1m=1.0104m/s（2）带电微粒在偏转电场中只受电场力作用，做类平抛运动。在水平方向微粒做匀速直线运动水平方向：tLv1带电微粒在竖直方向做匀加速直线运动，加速度为a，出电场时竖直方向速度为v2竖直方向：aqEmqU2dmv2atqU2dmLv1由几何关系：tanv2v1qU2Ldmv12U2L2dU1U22dU1Ltan代入数据得：U2=100V（3）带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒轨道半径为R，由几何关系知R+R2D得：R2D3设微粒进入磁场时的速度为v：vv1cos30由牛顿运动定律及运动学规律：qvBmv2R得：BmvqRm23qDv1cos30代入数据数据解得B=0.1T若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B至少为0.1T。
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