2017年高考物理考點解讀+命題熱點突破專題08磁場

專題08磁場

【考向解讀】

1.磁場的產(chǎn)生、磁感應(yīng)強度的疊加、安培定則、左手定則是磁場的基本知識，在近幾年的高考中時有

出現(xiàn)，考題以選擇題的形式出現(xiàn)，難度不大.

2.磁場對通電導(dǎo)體棒的作用問題是近幾年高考的熱點，分析近幾年的高考題，該考點的命題規(guī)律主要

有以下兩點：

(1)主要考查安培力的計算、安培力方向的判斷、安培力作用下的平衡和運動，題型以選擇題為主，難

度不大.

(2)與電磁感應(yīng)相結(jié)合，考查力學(xué)和電路知識的應(yīng)用，綜合性較強，以計算題形式出現(xiàn).

3.帶電粒子在磁場中的圓周運動問題是近幾年高考的重點，同時也是高考的熱點，分析近幾年高考試

題，該考點的命題規(guī)律有以下兩個方面：

(1)通常與圓周運動規(guī)律、幾何知識相聯(lián)系，綜合考查應(yīng)用數(shù)學(xué)知識處理物理問題的能力，題型為選擇

題或計算題.

(2)偶爾也會以選擇題的形式考查磁場的性質(zhì)、洛倫茲力的特點及圓周運動的周期性等問題.

4.帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動往往會出現(xiàn)臨界和極值問題，有時還會出現(xiàn)多解問題，解決

這類問題，對考生分析能力、判斷能力和綜合運用知識的能力要求較高，因此可能成為2016年高考命題點.

【命題熱點突破一】對磁場基本性質(zhì)的考查

1.【2016?全國卷HI】平面〃V和平面之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖1-所示，平面。獷上方

存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為8,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為加，電荷量為q(g>0).粒

子沿紙面以大小為/的速度從a/的某點向左上方射入磁場，速度與成30°角.已知該粒子在磁場中的

運動軌跡與只有一個交點，并從〃獷上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交

線。的距離為()

N

????^****

[30。

OM

圖1-

mv、3/nv

A---B---

2qBqB

2mv\mv

C---n---

qBqB

【答案】D【解析】設(shè)射入磁場的入射點為H延長入射速度丫所在直線交OY于一點3則軌跡圓與

相切；由于軌跡圓只與。'、一有一個交點，所以軌跡圓與0X相切，所以軌跡圓的圓心必在乙』8的角平分

線上，作出軌跡圓如圖所示，其中。為圓心，3為出射點.

由幾何關(guān)系可知/。'3=30。，RtZiODC中，CD=O'Dcot305=V3^j由對稱性知，XC=CD=4七等腰

△JC。中，OA=L4Ccos3（P=3R；等邊△。:45中，AB=R,所以O(shè)B=OA+/3=M.由05="埒導(dǎo)R='g

所以。=翳，D正確.

【變式探究】（多選）如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的跳/V兩小孔中，0為M、N

連線中點，連線上a、6兩點關(guān)于。點對稱.導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流/.已知通電長直導(dǎo)線在周

圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度5=/,式中衣是常數(shù)，/是導(dǎo)線中的電流，r為點到導(dǎo)線的距離.一帶正電的

r

小球（圖中未畫出）以初速度的從a點出發(fā)沿連線運動到。點.關(guān)于上述過程，下列說法正確的是（）

A.小球先做加速運動后做減速運動

B.小球一直做勻速直線運動

C.小球?qū)ψ烂娴膲毫ο仍龃蠛鬁p小

D.小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?/p>

【解析】由安培定則和磁場疊加原理可以判斷出在例V連線上的磁場方向平行桌面向里，所以小球所受洛倫

茲力的方向垂直桌面向上.對小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛倫茲力3個力作用，小球沿桌面方

向不受力，故從a點到6點，小球一直做勻速直線運動，A錯誤，B正確；由于從a至6合磁感應(yīng)強度先減

小后增大，則小球所受洛倫茲力先減小后增大，桌面對小球的支持力先增大后減小，由作用力與反作用力

的關(guān)系知小球?qū)ψ烂娴膲毫ο仍龃蠛鬁p小，C正確，D錯誤.

【答案】BC

【命題熱點突破二】磁場對電流的作用

例2.（多選）如圖所示，質(zhì)量為以長為/的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于0、0）,并處于勻強磁場中.當(dāng)導(dǎo)

線中通以沿x正方向的電流/,且導(dǎo)線保持靜止時，懸線與豎直方向夾角為9,則磁感應(yīng)強度方向和大小

可能為（）

A.z正向，賁tan9B.y正向，號

C.z負(fù)向,詈tan0D.沿懸線向上，力sin0

【解析】若磁感應(yīng)強度方向為二正向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力方向沿J?負(fù)方向，直導(dǎo)線不能平衡,

選項A錯誤；若磁感應(yīng)強度方向為丁正向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力方向沿二正方向，根據(jù)平衡

條件所以3=翌，選項B正確；若磁感應(yīng)強度方向為z負(fù)向，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培

力方向沿「正方向，根據(jù)平衡條件BIL=mgtan0,所以B=^an6,選項C正確；若磁感應(yīng)強度方向沿懸

線向上，根據(jù)左手定則，直導(dǎo)線所受安培力方向如圖所示（側(cè)視圖），直導(dǎo)線不能平衡，選項D錯誤.

o

BIL

mg

【答案】BC

【變式探究】（多選）如圖甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為。其間有豎直向下的勻強磁場，

磁感應(yīng)強度為8.垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒.從t=0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變

電流/,周期為7,最大值為人,圖甲中/所示方向為電流正方向.則金屬棒（）

A.一直向右移動

B.速度隨時間周期性變化

C.受到的安培力隨時間周期性變化

D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功

【解析】根據(jù)題意得出V-?圖象如圖所示，金屬棒一直向右運動，A正確.速度隨時間做周期性變化，B

正確.據(jù)尸或=5〃及左手定則可判定，尸工大小不變，方向做周期性變化，則C項正確.尸工在前半周期做

正功，后半周期做負(fù)功，則D項錯.

【感悟提升】解決安培力問題的一般思路

1.正確地對導(dǎo)體棒進行受力分析，應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)

強度組成的平面垂直.

2.畫出輔助圖如導(dǎo)軌、斜面等，并標(biāo)明輔助方向磁感應(yīng)強度反電流/的方向.

3.將立體的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖.)

【命題熱點突破三】帶電粒子在勻強磁場中的運動

例3.[2016-四川卷】如圖1-所示，正六邊形aAdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子

從/,點沿々方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為％時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為期當(dāng)速度

大小為■5寸，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為以不計粒子重力.貝M)

圖1-

A.Vbvc=1：2,tbtc=21

B.Vb?vc—2'thtc—\2

C.VhVc—21,tbtc—1:1

D.Vb:Vc=1：2,tbte=\：2

【答案】A【解析】由題可得帶正電粒子在勻強磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，且洛倫茲力提供

做圓周運動的向心力，作出粒子兩次運動的軌跡如圖所示

e

r,=l：2,又由可以得出時間之比等于偏轉(zhuǎn)角之比.由

圖看出偏轉(zhuǎn)角之比為2：1,則t/%=2：1,選項A正確.

【變式探究】一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為〃筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為區(qū)

圓筒下面有相距為d的平行金屬板收N,其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷.質(zhì)量為限電荷量為0的

帶正電粒子自"板邊緣的尸處由靜止釋放，經(jīng)川板的小孔S以速度/沿半徑方向射入磁場中.粒子與圓

筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重

力的情況下，求:

(1)加及間電場強度E的大小；

(2)圓筒的半徑花

2

⑶保持欣M旬電場強度少不變，僅將"板向上平移粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進

入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)〃

【解析】(D設(shè)兩板間的電壓為;由動能定理得

如:二3加①

由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得丁=及超)

聯(lián)立①②式可得E二需③

(2)粒子進入磁場后做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為0',圓半徑為工設(shè)第一次碰撞點為4由

于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，必弧所對的圓心角/40'S等于

O

由幾何關(guān)系得r="tan

粒子運動過程中洛倫茲力充當(dāng)向心力，由牛頓第二定律，得04=用

聯(lián)立④⑤式得不=鍥.⑥

6qD

⑶保持M-V間電場強度E不變，M板向上平移花設(shè)板間電壓為U,貝吐、=孕=初

設(shè)粒子進入S孔時的速度為V,由①式看出

綜合⑦式可得T=坐@

設(shè)粒子做圓周運動的半徑為乙貝1"'=融

設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為8,比較⑥⑨兩式得到，=心可見夕=；

粒子須經(jīng)過四個這樣的圓邨才能從s孔射出，故"=3.

.田自、mv..yj3/nv..?

【答案】(1)3~5(2)\?(3)3

【命題熱點突破四】帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題

例4、［2016?四川卷】如圖1-所示，圖面內(nèi)有豎直線加‘，過加'且垂直于圖面的平面將空間分成I、

II兩區(qū)域.區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場6(圖中未畫出)；區(qū)域H有固定

在水平面上高2=2/、傾角。的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線加'距離s="，區(qū)域II可加豎直方

向的大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；C點在如'上，距地面高〃=3/零時刻，質(zhì)量為加、帶電荷量為°

的小球P在｛點具有大小處二值、方向與水平面夾角的速度，在區(qū)域I內(nèi)做半徑的勻速圓周

運動，經(jīng)，點水平進入?yún)^(qū)域n.某時刻，不帶電的絕緣小球/由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面

的小球?相遇.小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球一所帶電荷量對空間電磁場的影響./已知，g為重力

加速度.

(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度8的大??；

(2)若小球4尸在斜面底端相遇，求釋放小球4的時刻以；

(3)若小球/、P在時刻力=￡寸/(￡為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域H的勻強電場的場強反并

討論場強￡的極大值和極小值及相應(yīng)的方向.

圖1-

【答案】⑵(3—2木)

⑶“7二儂極大值為磐，方向豎直向上；極小值為0

【解析】(1)由題知，小球P在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運動，有

2

in-=qvoB

代入數(shù)據(jù)解得8=北海.

(2)小球P在區(qū)域I做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為Q,運動到C點的時刻為1c,到達斜面底端時刻為r；

有

Or

tc=~

Vo

s-/tcota=vo(6—tc)

小球T釋放后沿斜面運動加速度為Q<,與小球P在時刻力相遇于斜面底端，有

??gsina=mai

h_1”7

聯(lián)立以上方程解得u=(3-2

⑶設(shè)所求電場方向向下，在〃d時刻釋放小球兒小球尸在區(qū)域n運動加速度為勃，有

s=的（Z一口（z-tf,）cosa

mg+qE=map

〃一力+ga(Z—，j)2sina=^p(t-t^)2

聯(lián)立相關(guān)方程解得￡=-(“二目

q（￡一8”1）

對小球戶的所有運動情形討論可得3W￡<5

由此可得場強極小值為凰.=0；場強極大值為昆尸等，方向豎直向上.

【變式探究】如圖所示，兩平行金屬板中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場.4板帶正電荷，6板帶

等量負(fù)電荷，電場強度為公磁場方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度為仇平行金屬板右側(cè)有一擋板必，中間

有小孔。'，00'是平行于兩金屬板的中心線.擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為員切

為磁場氏邊界上的一絕緣板，它與"板的夾角。=45°,O'C=a,現(xiàn)有大量質(zhì)量均為卬，含有各種不同電

荷量、不同速度的帶電粒子(不計重力)，自。點沿加'方向進入電磁場區(qū)域，其中有些粒子沿直線0。'方

(1)進入勻強磁場民的帶電粒子的速度;

(2)能擊中絕緣板切的粒子中，所帶電荷量的最大值;

(3)絕緣板切上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度.

解析：⑴設(shè)沿直線。。運動的帶電粒子進入勻強磁場比的速度為I,,根據(jù)/3：=gE,解得：尸水.

(2)粒子進入勻強磁場生中做勻速圓周運動，根據(jù)解得：q孝.

因此，電荷量最大的帶電粒子運動的軌道半徑最小.設(shè)最小半徑為打，此帶電粒子運動軌跡與切板相切.

則有：=解得：力=(鏡一l)a

電荷量最大值9=($+1)需.

氏坨a

⑶帶負(fù)電的粒子在磁場合中向上偏轉(zhuǎn)，某帶負(fù)電粒子軌跡與切相切，設(shè)半徑為力，依題意及+劉=位選

解得：r2=(yfi+Da

則切板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為

x—r2一八=2a

田田,、E小A/2+1mE小、八

答案：（1）不⑵7RR-----（3）2a

D\BBa

【易錯提醒】解決帶電粒子在磁場中運動的臨界和極值問題極易從以下幾點失分：①審題過程出現(xiàn)多層思

維障礙，不能把粒子的運動和磁場的分布相結(jié)合分析問題；②對定圓心、求半徑、找轉(zhuǎn)角、畫軌跡、求時

間的方法不熟練；③找不出臨界點，挖掘不出臨界條件；④數(shù)學(xué)功底薄弱，求不出臨界極值.

可從以下兒點進行防范：①正確判定洛倫茲力方向，確定軌跡的彎曲方向；②熟練掌握圓心、半徑、軌跡、

轉(zhuǎn)角、時間的求解或確定方法；③靈活運用物理方程、幾何知識找出等量關(guān)系，求出臨界極值.）

【高考真題解讀】

1.【2016?北京卷】中國宋代科學(xué)家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能

指南，然常微偏東，不全南也.”進一步研究表明，地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖.結(jié)合上述材

料，下列說法不正確的是（）

地軸

圖1-

A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合

B.地球內(nèi)部也存在磁場，地磁南極在地理北極附近

C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行

D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用

【答案】C【解析】根據(jù)“則能指南，然常微偏東，不全南也”知，選項A正確.由圖可知地磁場的南極在

地理北極附近，選項B正確.由圖可知在兩極附近地磁場與地面不平行，選項C不正確.由圖可知赤道附

近的地磁場與地面平行，射向地面的帶電宇宙粒子運動方向與磁場方向垂直，會受到磁場力的作用，選項D

正確.

2.12016?全國卷H】一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為夕的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截

面如圖所示.圖中直徑網(wǎng),的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度。順時針轉(zhuǎn)動.在該截面內(nèi)，一

帶電粒子從小孔材射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與物'成30°角.當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時，該粒子恰好從小孔N

飛出圓筒.不計重力.若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為（）

圖1-

6JG)

A—

3BB?9

0)23

C-~BD-~

【答案】A【解析】作出粒子的運動軌跡如圖所示，其中。為粒子運動軌跡的圓心，由幾何關(guān)系可知NW。、'

=30；由粒子在磁場中做勻速圓周運動的規(guī)律可知/5=3，7=§,得了=疆，即比荷齊為由題意

知艮喘1=黑人，則口入，又丁曼若，故片最，選項A正確.

3.12016?全國卷m】平面的和平面2V之間的夾角為30°,其橫截面（紙面）如圖1-所示，平面加上方

存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為氏方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為屆電荷量為g（力0）.粒

子沿紙面以大小為『的速度從切/的某點向左上方射入磁場，速度與Q"成30°角.已知該粒子在磁場中的

運動軌跡與2V只有一個交點，并從〃V上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交

線。的距離為（）

N

130。

O,??7。品

圖1-

mv

A----R

2qBqB

2mv\mv

C.—萬D.--

QBqB

【答案】D【解析】設(shè)射入磁場的入射點為A,延長入射速度/所在直線交ON千一點、C,則軌跡圓與AC

相切；由于軌跡圓只與QV有一個交點，所以軌跡圓與如，相切，所以軌跡圓的圓心必在N/切的角平分線上,

作出軌跡圓如圖所示，其中0'為圓心，6為出射點.

由幾何關(guān)系可知N。'CD=30°,RtZXO'DC中,CD=O'￡)?cot30°=小1；由對稱性知，AC=CD=小R；

V

等腰△47。中，的=2然?cos30°=3"；等邊△(?'47中，AB=R,所以加總+/8=44由°4=盯得"

K

所以緲=而，D正確.

4.【2016?北京卷】如圖1-所示，質(zhì)量為必、電荷量為。的帶電粒子，以初速度，沿垂直磁場方向射入磁

感應(yīng)強度為8的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動.不計帶電粒子所受重力.

(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑"和周期T；

(2)為使該粒子做勻速直線運動，還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度￡的大小.

：

BxXXBX

XX

XX

XX

XX

XX

ixXXX

圖1-

⑵出

【解析】(D洛倫茲力提供向心力，有『二打3="與

帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R='￡

勻速圓周運動的周期丁=#二黑

>Qu

(2)粒子受電場力F=gE,洛倫茲力粒子做勻速直線運動，則

qE=q\B

場強E的大小E=v3.

5.12016?四川卷】如圖1-所示，正六邊形a歷曲f區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場.一帶正電的粒子從f

點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為％時，從力點離開磁場，在磁場中運動的時間為好當(dāng)速度大小

為分時，從C點離開磁場，在磁場中運動的時間為好不計粒子重力.則（）

圖1-

A.Vb?Vc=12,tb?tc=21

B.vh:vc=21,tb：tc=12

C.Vb-0c=21,tb-t＜：=21

D.Vb:vc=12,tb?tc=12

【答案】A【解析】由題可得帶正電粒子在勻強磁場中受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，且洛倫茲力提供

做圓周運動的向心力，作出粒子兩次運動的軌跡如圖所示

4萬2

由”=布一加率可以得出環(huán)：-=1：2,又由『。另7可以得出時間之比等于偏轉(zhuǎn)角之比.由圖

I1/兀

看出偏轉(zhuǎn)角之比為2：1,則“：tc=2：1,選項A正確.

6.【2016?全國卷I］現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖1-所示，其中加速電

壓恒定.質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場.若某種一價正離

子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感

應(yīng)強度增加到原來的12倍.此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（）

/；磁場

加速電場,/

出口1.

圖1-

A.11B.12

C.121D.144

【答案】D【解析】粒子在電場中加速，設(shè)離開加速電場的速度為％則粒子進入磁場做圓周

運動，半徑二=4=。\/網(wǎng)，因兩粒子軌道半徑相同，故離子和質(zhì)子的質(zhì)量比為144,選項D正確.

7.【2016?江蘇卷】回旋加速器的工作原理如圖1-甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為此兩盒間狹

縫的間距為人磁感應(yīng)強度為占的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為加電荷量為+g,加在狹縫

間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為h周期7=安一束該種粒子在f=0?各寸間內(nèi)從4處均勻地

qtyL

飄入狹縫，其初速度視為零.現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加

速運動，不考慮粒子間的相互作用.求：

(1)出射粒子的動能區(qū)；

(2)粒子從飄入狹縫至動能達到E所需的總時間加

(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應(yīng)滿足的條件.

，依心...TiBit+2BRdJtm

【答案】⑴3r⑵一一而

小\nmlk

⑶%IZ00於〃

【解析】(D粒子運動半徑為五時

且EH=\XF

解得￡=￡1^3

⑵粒子被加速n次達到動能&,則&=nq仄

粒子在狹縫間做勻加速運動，設(shè)〃次經(jīng)過狹縫的總時間為At

qlk

加速度a=

md

勻加速直線運動nd=^a?AG

T,nBR+2BRd頁m

由to=(〃-1),5+△t,解得to—

2,6qB

(3)只有在0?(J—△，時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速

T

則所占的比例為

2

..?nmUo

由77>99%,解得X[00q)R

8.12016?四川卷】如圖1-所示，圖面內(nèi)有豎直線勿'，過如'且垂直于圖面的平面將空間分成I、II兩

區(qū)域.區(qū)域I有方向豎直向上的勻強電場和方向垂直于圖面的勻強磁場庾圖中未畫出)；區(qū)域I［有固定在水

平面上高方=2八傾角。的光滑絕緣斜面，斜面頂端與直線如'距離s=4/,區(qū)域n可加豎直方向的

大小不同的勻強電場(圖中未畫出)；。點在如'上，距地面高仁3/.零時刻，質(zhì)量為例帶電荷量為。的

打37

小球尸在｛點具有大小方向與水平面夾角〃=彳的速度，在區(qū)域I內(nèi)做半徑的勻速圓周運

O兒

動，經(jīng)。點水平進入?yún)^(qū)域II.某時刻，不帶電的絕緣小球/由斜面頂端靜止釋放，在某處與剛運動到斜面的

小球。相遇.小球視為質(zhì)點，不計空氣阻力及小球。所帶電荷量對空間電磁場的影響./已知，g為重力加

速度.

(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度6的大小;

(2)若小球4、尸在斜面底端相遇，求釋放小球/的時刻匕；

(3)若小球/、P在時刻力=￡\^幺￡為常數(shù))相遇于斜面某處，求此情況下區(qū)域H的勻強電場的場強反并

討論場強6的極大值和極小值及相應(yīng)的方向.

圖1-

【答案】⑴

⑶詈極大值為尊方向豎直向上；極小值為。

【解析】(1)由題知，小球P在區(qū)域I內(nèi)做勻速圓周運動，有

代入數(shù)據(jù)解得

(2)小球。在區(qū)域I做勻速圓周運動轉(zhuǎn)過的圓心角為0,運動到C點的時刻為以到達斜面底端時刻為6,

有

s—Acota=.K>(fi—tc)

小球4釋放后沿斜面運動加速度為&,與小球P在時刻我相遇于斜面底端，有

mgsm。=叫

h12

sin°=5?(心一打)

聯(lián)立以上方程解得t?=(3—2*)扉

(3)設(shè)所求電場方向向下，在門時刻釋放小球X,小球P在區(qū)域II運動加速度為力，有

j=i'o(r-fc)+|a4(r-G)cosa

mg+qE=niap

;:

H-力+<七?—G)sma=%p(f—tc)

g

聯(lián)立相關(guān)方程解得三=；膜;”

對小球P的所有運動情形討論可得3<^<5

由此可得場強極小值為Ea=0;場強極大值為E?：=等，方向豎直向上.

9.【2016?浙江卷】為了進一步提高回旋加速器的能量，科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形

聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn).

扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖1-11所示，圓心為。的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，

三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布.峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為6,谷區(qū)內(nèi)沒

有磁場.質(zhì)量為如電荷量為。的正離子，以不變的速率y旋轉(zhuǎn)，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示.

(1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時針還是逆時針；

(2)求軌道在一個峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角0,及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期7；

(3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為夕，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內(nèi)的圓心角

a

8變?yōu)?0°，求夕和鳥的關(guān)系.已知：sin(〃±￡)=sin〃cos￡±cos4tsinB,cosa=1—2sin—

圖1-11

【答案】（1）3逆時針（2）9（2"+*?。?）9=寫1占

qB3qB2

【解析】（1）峰區(qū)內(nèi)圓亞半徑7=/①

旋轉(zhuǎn)方向為逆時針方向②

（2）由對稱性，峰區(qū)內(nèi)圓邨的圓心角月牛③

每個圓弧的長度/=孚=瑞④

每段直線長度Z=2rco《=Sx嚓1⑤

oqn

周期T='W⑥

m

代入得7二口：火⑦

（3）谷區(qū)內(nèi)的圓心角0'=120°-90°=30°⑧

mv

谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑/=-7=⑨

QD

由幾何關(guān)系rsin?-=r'sin-5一⑩

由一件）￥玄.30°."一由

由二角關(guān)系sin—^――sin15—~廠—

代入得夕=寫46

10.【2016?天津卷】電磁緩速器是應(yīng)用于車輛上以提高運行安全性的輔助制動裝置，其工作原理是利用電

磁阻尼作用減緩車輛的速度.電磁阻尼作用可以借助如下模型討論：如圖1-所示，將形狀相同的兩根平行

且足夠長的鋁條固定在光滑斜面上，斜面與水平方向夾角為火一質(zhì)量為0的條形磁鐵滑入兩鋁條間，恰好

勻速穿過，穿過時磁鐵兩端面與兩鋁條的間距始終保持恒定，其引起電磁感應(yīng)的效果與磁鐵不動、鋁條相

對磁鐵運動相同.磁鐵端面是邊長為d的正方形，由于磁鐵距離鋁條很近，磁鐵端面正對兩鋁條區(qū)域的磁

場均可視為勻強磁場，磁感應(yīng)強度為反鋁條的高度大于4電阻率為。.為研究問題方便，鋁條中只考慮

與磁鐵正對部分的電阻和磁場，其他部分電阻和磁場可忽略不計，假設(shè)磁鐵進入鋁條間以后，減少的機械

能完全轉(zhuǎn)化為鋁條的內(nèi)能，重力加速度為&

圖1-

(1)求鋁條中與磁鐵正對部分的電流/；

(2)若兩鋁條的寬度均為推導(dǎo)磁鐵勻速穿過鋁條間時速度P的表達式；

(3)在其他條件不變的情況下，僅將兩鋁條更換為寬度6,〉6的鋁條，磁鐵仍以速度「進入鋁條間，試簡要

分析說明磁鐵在鋁條間運動時的加速度和速度如何變化.

.八、mgsin0..pmgsin0..

［口案］⑴2Bd⑵2聲也°)略

【解析】(D磁鐵在鋁條間運動時，兩根鋁條受到的安培力大小相等，均為有

F-=IdB①

磁鐵受到沿斜面向上的作用力為尸，其大小

F=1F-②

磁鐵勻速運動時受力平衡，則有

尸一T”gsin8=0③

聯(lián)立①②③式可得羅④

⑵磁鐵穿過鋁條時，在鋁條中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢為反有

E=Bdv⑤

鋁條與磁鐵正對部分的電阻為此由電阻定律有

d丁

工⑥

由歐姆定律有

匕⑦

p

聯(lián)立④⑤⑥⑦式可得x"￡;;b"⑧

（3）磁鐵以速度/進入鋁條間，恰好做勻速運動時，磁鐵受到沿斜面向上的作用力凡聯(lián)立①②⑤⑥⑦式可

當(dāng)鋁條的寬度少＞6時，磁鐵以速度/進入鋁條間時，磁鐵受到的作用力變?yōu)閲?yán)，有

可見戶＞產(chǎn)=磔sin0,磁鐵所受到的合力方向沿斜面向上，獲得與運動方向相反的加速度，磁鐵將減速下

滑，此時加速度最大.之后，隨著運動速度減小，F(xiàn)'也隨著減小，磁鐵所受的合力也減小，由于磁鐵加速

度與所受到的合力成正比，磁鐵的加速度逐漸減小.綜上所述，磁鐵做加速度逐漸減小的減速運動，直到U

=/ine時，磁鐵重新達到平衡狀態(tài)，將再次以較小的速度勻速下滑.

1.（2015?新課標(biāo)全國卷I）兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行.一速度方向與磁感應(yīng)

強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的（）

A.軌道半徑減小，角速度增大

B.軌道半徑減小，角速度減小

C.軌道半徑增大，角速度增大

D.軌道半徑增大，角速度減小

解析：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由洛倫茲力

提供向心力，得？解得軌道半徑片患.帶電粒子由較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強

度5減小，由7=翳可知，軌道半徑r增大.由于洛倫茲力不做功，帶電粒子速度不變，由角速度公式

vr,可知角速度減小,選項D正確，選項A、B、C錯誤.

答案：D

2.（2015?四川卷）如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板加V垂直于紙面，在

紙面內(nèi)的長度/=9.1cm,中點。與S間的距離d=4.55cm,,"與SO直線的夾角為，，板所在平面有電

子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度6=2.0Xl（rT.電子質(zhì)量勿=9.1X10-1kg,

電荷量e=-l.6X10T9C,不計電子重力.電子源發(fā)射速度「=1.6X10,m/s的一個電子，該電子打在板上

可能位置的區(qū)域的長度為則（）

A.?=90°時，7=9.1cm

B.，=60°時，7=9.1cm

C.?=45°時，1=4.55cm

D.8=30°時，7=4.55cm

解析：如圖所示，根據(jù)一用滾圓法求解磁場中粒子源射出粒子打在屏上范圍”的模型，圖中圓。、均為半

徑為R的圓，圓。1分別交及其延長線于P、C兩點，SC為圓。］的直徑，圓2與.HV相切于。點，

N5°V=a若屏的大小無限制，則電子應(yīng)當(dāng)打在圖中C、。之間，而由于長度的限制，電子只能打在X

>1??____

。之間.據(jù)題意，夫=虧=4.55?11,可見SO=XO=O￥f=Q0=R,由幾何知識可得22?smasma=Rsm￡,

則sina=、y\sinJ,/=.W=.\?+PO=??（1—cos^）+2Rsmacosa=（l—cos^+sin:5R,分別將B—

90。、60。、45。、30。代入公式即可確定,A、D項正確，B、C項錯誤.

答案:AD

3.（2015?新課標(biāo)全國II,18,6分）（多選）指南針是我國古代四大發(fā)明之一.關(guān)于指南針，下列說法正確

的是（）

A.指南針可以僅具有一個磁極

B.指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場

C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾

D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線,導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)

解析指南針不可以僅具有一個磁極，故A錯誤；指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，故B正確；

當(dāng)附近的鐵塊磁化時，指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾，故C正確；根據(jù)安培定則，在指南針正上方

附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時會產(chǎn)生磁場，指南針會偏轉(zhuǎn)與導(dǎo)線垂直，故D錯誤.

答案BC

4.（2015?海南單科，1,3分）如圖，a是豎直平面一上的一點，戶前有一條形磁鐵垂直于只且S極朝向a

點，一后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點.在電子經(jīng)過a

點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向（）

A.向上B.向下C.向左D.向右

解析條形磁鐵的磁感線在0點垂直尸向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所

受洛倫茲力的方向向上，A正確.

答案A

5.（2015?江蘇單科，4,3分）如圖所示，用天平測量勻強磁場的磁感應(yīng)強度.下列各選項所示的載流線圈

匝數(shù)相同，邊長期V相等，將它們分別掛在天平的右臂下方.線圈中通有大小相同的電流，天平處于平衡狀

態(tài).若磁場發(fā)生微小變化，天平最容易失去平衡的是（）

\X*\

XXX

D

解析由題意知，處于磁場中的導(dǎo)體受安培力作用的有效長度越長，根據(jù)尸=8〃知受安培力越大，越容易

失去平衡，由圖知選項A中導(dǎo)體的有效長度最大，所以A正確.

答案A

6.（2015?新課標(biāo)全國I,14,6分）兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行.一速度方向

與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子（不計重力），從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的（）

A.軌道半徑減小，角速度增大

B.軌道半徑減小，角速度減小

C.軌道半徑增大，角速度增大

D.軌道半徑增大，角速度減小

解析由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動,即孕5號，軌道半徑噎,

從較強磁場進入校弱磁場后，速度大小不變，軌道半徑「變大，根據(jù)角速度。=:二普可知角速度變小，選

rfrl

項D正確.

答案D

7.（2015?新課標(biāo)全國0,19,6分）（多選）有兩個勻強磁場區(qū)域I和II,I中的磁感應(yīng)強度是H中的左倍.兩

個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動.與I中運動的電子相比，II中的電子（）

A.運動軌跡的半徑是I中的4倍

B.加速度的大小是I中的4倍

C.做圓周運動的周期是I中的4倍

D.做圓周運動的角速度與I中的相等

解析設(shè)電子的質(zhì)量為加，速率為力電荷量為＜7,設(shè)民=6,B\=kB

則由牛頓第二定律得：

mv

qvB=~^）

K

.口?mve2n勿

由①②得：R=G7=方

所以夕=4，^=k

K\1\

,VV

根據(jù)劉=工，3=7可知

K1\

3-21321

a\N3、k

所以選項A、C正確，選項B、D錯誤.

答案AC

8.（2015?廣東理綜，16,4分）在同一勻強磁場中，a粒子朗e）和質(zhì)子（；H）做勻速圓周運動，若它們的

動量大小相等，則a粒子和質(zhì)子（）

A.運動半徑之比是2：1

B.運動周期之比是2：1

C.運動速度大小之比是4:1

D.受到的洛倫茲力之比是2：1

解析a粒子和質(zhì)子質(zhì)量之比為4：1,電荷量之比為2：1,由于動量相同，故速度之比為1：霜同一磁

場，5相同.由譚,得兩者半徑之比為1：2;由7=翳得周期之比為2：b由.32得洛倫茲力

之比為1：2.故只有B正確.

答案B

9.（2015?四川理綜，7,6分）（多選）如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板

助￥垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度￡=9.1cm,中點。與S間的距離d=4.55cm,劭V與S。直線的夾角

為0,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度6=2.OXI。-'T.電

子質(zhì)量%=9.1Xl（r”kg,電量e=-1.6義1。793不計電子重力.電子源發(fā)射速度r=1.6Xl（）6m/s的一

個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為/,則（）

A.^=90°時，7=9.1cmB.0=60°時，1=9.1cm

C.?=