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1、解密10 磁场核心考点考纲要求磁场、磁感应强度、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力洛伦兹力、洛伦兹力的方向洛伦兹力公式带电粒子在匀强磁场中的运动质谱仪和回旋加速器考点1 带电粒子在磁场中的运动1带电粒子垂直磁场方向射入磁场时，粒子只受洛伦兹力时，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可知，粒子运动的半径为；粒子运动的周期为。粒子所受洛伦兹力的方向用左手定则来判断（若是负电荷，则四指指运动的反方向）。2“三步法”分析带电粒子在磁场中的运动问题（1）画轨迹：也就是确定圆心，用几何方法求半径并画出轨迹。作带电粒子运动轨迹时需注意的问题：四个点：分别是入射点、出射
2、点、轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。六条线：圆弧两端点所在的轨迹半径，入射速度直线和出射速度直线，入射点与出射点的连线，圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形，后面两条为对角线。三个角：速度偏转角、圆心角、弦切角，其中偏转角等于圆心角，也等于弦切角的两倍。（2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种。物理方法也就是应用公式确定；几何方法一般根据数学知识（直角三角形知识、三角函数等）通过计算确定。速度偏转角与回旋角（转过的圆心角）、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角等于回旋角，等于弦切角的2倍，且有
3、=2=t=t或，（其中s为运动的圆弧长度）。（3）用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。（2020·黑龙江香坊区·哈尔滨市第六中学校高三月考）长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是()A使粒子的速度v<B使粒子的速度v>C使粒子的速度v>D使粒子的速度<v<【答案】D【详解】如图所示带电粒子刚好打在极板右边缘
4、时，根据几何关系有在磁场中，由洛伦兹力提供向心力解得v1粒子刚好打在极板左边缘时，根据几休何关系有解得v2综合上述分析可知，粒子的速度范围为<v<故选D。1（2020·湖北蔡甸区·汉阳一中高二月考）如图所示，在xOy平面的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。两个相同的带电粒子，先后从y轴上的P点（0，a）和Q点（纵坐标b未知），以相同的速度v0沿x轴正方向射入磁场，在x轴上的M点（c，0）相遇。不计粒子的重力及粒子之间的相互作用，由题中信息不能确定的（）AQ点的纵坐标bB带电粒子的电荷量C两个带电粒子在磁场中运动的半径D两个带电粒子在磁
5、场中运动的时间【答案】B【详解】粒子从P、Q两点进行磁场的轨迹如图所示，由几何关系可知解得，两个带电粒子在磁场中运动的半径为Q点的纵坐标b洛伦兹力提供向心力，由向心力公式可知可以求出粒子的比荷比荷可以求出，因为不知道粒子的质量，所以粒子的电荷量不能求出。粒子在磁场中运动的周期周期可以求出，由几何关系可求出两个带电粒子在磁场中运动的圆心角，故可以求出两个带电粒子在磁场中运动的时间。由题中信息不能确定的是带电粒子的电荷量，其余都可以求出，故B正确，ACD错误。故选B。 2如图所示，平面直角坐标系的第象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y
6、轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则()来源:Zxxk.ComA该粒子带正电BA点与x轴的距离为C粒子由O到A经历时间tD运动过程中粒子的速度不变【答案】BC【解析】由左手定则可判断该粒子带负电，选项A错误；根据粒子运动轨迹，A点离x轴的距离为r(1cos )·(1cos 60°)，选项B正确；tT，选项C正确；运动过程中粒子速度大小不变，方向时刻改变，选项D错误3（2020·盐城市第一中学高二月考）如图所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t
7、。若加上磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出磁场时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的（）带电粒子的比荷带电粒子在磁场中运动的周期带电粒子的初速度带电粒子在磁场中运动的半径ABCD【答案】A【详解】由带电粒子在磁场中运动的偏转角可知，带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，由几何关系得磁场宽度由于未加磁场时：d=vt，解得正确；已经求出比荷，由 ，正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得： ，根据向右条件无法求出粒子的初速度，也无法求出粒子轨道半径错误故选A考点2 带电粒子在磁场中运动的临界
8、、多解问题1临界问题：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由于磁场边界的存在及速度大小和方向、磁感应强度的大小和方向的不确定性，往往引起粒子运动的临界问题。2粒子圆周运动的多解问题：（1）带电粒子的电性不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。（2）磁场方向不确定形成多解，可能出现两个方向的运动轨迹。（3）临界状态不唯一形成多解，需要根据临界状态的不同，分别求解。（4）圆周运动的周期性形成多解。3方法技巧总结：（1）利用极限思维法求解带电粒子在磁场中的临界问题：极限思维法是把某个物理量推向极端（即极大和极小）的位置，并以此作出科学的推理分析，从而做出判断或导出一般结论的一种思维方法。分析带电粒
9、子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端（如极大、极小；最上、最下；最左、最右等），结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果。（2）常见的三种几何关系：a刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切。b当速率v一定时，弧长（或弦长）越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长。c当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长。（3）两种动态圆的应用方法：a如图所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上
10、，速度增大时，轨道半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹。b如图所示，一束带负电的粒子以初速度v垂直进入匀强磁场，若初速度v大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨道半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O为圆心、以轨道半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹。利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点。（4）求解带电粒子在磁场中运动多解问题的技巧：a分析题目特点，确定题目多解性形成原因。b作出粒子运动轨迹示意图（全面考虑多种可能性）。c若为周期性重复的多解问题，寻找通项式，若是出现几种解的可能性，注意每种
11、解出现的条件。（2020·河南高二期中）如图所示，矩形区域abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，在ad边的中点O处垂直磁场方向向里射入一带正电粒子，其入射速度大小为、方向与ad边的夹角为。已知粒子的质量为m、电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。欲使粒子不从ab边射出磁场，则磁场的磁感应强度大小B的范围为（）ABCD或【答案】D【详解】粒子在磁场中做圆周运动，有得则磁场的磁感应强度越大，粒子的轨迹半径越小。如图所示设粒子的轨迹刚好和cd边相切时，轨迹的圆心为O，则有得则故当磁场的磁感应强度小于时，粒子将从cd边射出磁场；设粒子的轨迹刚好与ab边
12、相切时，圆心为O2，则有则则故当磁场的磁感应强度大于或等于时，粒子将从ad边射出磁场。故选D。1（2020·长阳土家族自治县第一高级中学高二期中）质子（）和a粒子（）均垂直于磁场方向射入同一匀强磁场，图中1和2分别是质子和a粒子运动的轨迹，则关于两粒子的运动半径r，运动速率v，运动周期T，在磁场（矩形区域）内运动时间t的关系正确的有（）Ar1=r2Bv1=v2CT1=T2Dt1=2t2【答案】B【详解】质子p和粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，均由洛仑兹力提供向心力，由牛顿第二定律得得轨道半径 则运动周期为根据图象可知r1：r2=1：2且质子和粒子的电荷量之比是1：2，质量之比是1：4
13、，则得v1=v2T1：T2=1：2质子在磁场中运动的时间t1T1a粒子在磁场中运动的时间t2T2则t1=t2故B正确，ACD错误。故选B。2（2020·江苏高二期中）如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a（0，L）。一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°。下列说法中正确的是（）A电子在磁场中运动的半径为LB电子在磁场中运动的时间为C电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为D电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为【答案】B【详解】A电子在磁
14、场中做匀速圆周运动，粒子运动轨迹如图所示电子的轨道半径为R，由几何知识，电子转过的圆心角解得故A错误；B电子在磁场中做圆周运动的周期电子在磁场中运动时间故B正确；CD设磁场区域的圆心坐标为，其中所以磁场圆心坐标为根据几何三角函数关系可得解得所以电子的圆周运动的圆心坐标为，故CD错误。故选B。【点睛】由题意确定粒子在磁场中运动轨迹是解题的关键之处，从而求出圆磁场的圆心位置，再运用几何关系来确定电子的运动轨迹的圆心坐标。3如图所示，在xOy平面内第象限有沿y轴负方向的匀强电场，场强大小为 N/C。y轴右侧有一个边界为圆形的匀强磁场区域，圆心O位于x轴上，半径为r=0.02 m，磁场最左边与y轴相切
15、于O点，磁场方向垂直纸面向里。第象限内与x轴相距为 m处，有一平行于x轴长为l=0.04 m的屏PQ，其左端P离y轴的距离为0.04 m。一比荷为C/kg带正电的粒子，从电场中的M点以初速度m/s垂直于电场方向向右射出，粒子恰能通过y轴上的N点。已知M点到y轴的距离为s=0.01 m，N点到O点的距离为 m，不计粒子的重力。求：（1）粒子通过N点时的速度大小与方向；（2）要使粒子打在屏上，则圆形磁场区域内磁感应强度应满足的条件；（3）若磁场的磁感应强度为T，且圆形磁场区域可上下移动，则粒子在磁场中运动的最长时间。【答案】（1） m/s， （2） （3）s【解析】（1）设粒子通过N点时的速度为v
16、，速度与竖直方向的夹角为，粒子进入电场后做类平抛运动有：，又由牛顿第二定律有：代入数据解得 m/s， （2）由分析知粒子通过N点后将沿半径方向进入圆形磁场区域粒子垂直进入磁场做匀速圆周运动有：粒子刚好打在P点时，磁感应强度最强设为，此时粒子的轨迹半径为由几何关系有：，代入数据解得粒子刚好打在Q点时，磁感应强度最弱设为，此时粒子的轨迹半径为由几何关系有：，代入数据解得综合得粒子要打在屏上磁感应强度满足： （3）粒子的轨迹半径为 m 设粒子在磁场中做圆周运动的圆心角为，弦长为，由几何关系有： 要使粒子在磁场中运动的时间最长，则，解得 设粒子在磁场中运动的周期为T有：s 粒子在磁场中运动的最长时间为
17、： s考点3 带电粒子在复合场中的运动问题带电粒子在复合场中的运动问题是电磁场的综合问题，这类问题的显著特点是粒子的运动情况和轨迹较为复杂、抽象、多变，因而这部分习题最能考查学生分析问题的能力。解决这类问题与解决力学题目方法类似，不同之处是多了电场力和洛伦兹力，因此，带电粒子在复合场中的运动问题除了利用力学三大观点（动力学观点、能量观点、动量观点）来分析外，还要注意电场和磁场对带电粒子的作用特点，如电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直，永不做功等。带电粒子在复合场中运动问题的分析思路1正确的受力分析：除重力、弹力和摩擦力外，要特别注意电场力和磁场力的分析。2正确分析物体的运
18、动状态：找出物体的速度、位置及其变化特点，分析运动过程。如果出现临界状态，要分析临界条件。带电粒子在复合场中做什么运动，取决于带电粒子的受力情况。（1）当粒子在复合场内所受合力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器）。（2）当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动。（3）当带电粒子所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电粒子可能连续通过几个情况不同的复合场区，因此粒子的运动情况也发生相应的变化，其运动过程也可能由几种不同的运动阶段所组成。（2020&
19、#183;四川成都市·树德中学高二月考）在光滑绝缘的水平面上建有如图所示的平面直角坐标系Oxy，在二、三象限的y=L和y=-L区域中，存在平行于y轴且与y轴正向相反的匀强电场；在一、四象限的正方形区域abcd内存在竖直向下的匀强磁场，正方形的边长为2L，坐标原点O为ab边的中点。一质量为m的绝缘不带电小球甲，以速度v0沿x轴正向做匀速运动，与静止在坐标原点的带正电小球乙发生弹性正碰（碰撞时间很短），乙球的质量为2m，带电量为q，碰撞前后电量保持不变，甲、乙两球均可视为质点，且m、q、L、v0均为已知，sin53°=0.8，cos53°=0.6。（）A碰撞后甲球的速
20、度大小为B两球碰后，若乙球恰从d点离开磁场则乙球在磁场中的运动时间C要使两球再次相碰，磁感应强度必须大于D要使两球再次相碰，电场强度和磁感应强度大小必须满足【答案】ACD【详解】A甲与乙碰撞过程根据动量守恒有根据机械能守恒有解得碰撞后甲的速度为（负号表示向左）乙的速度为选项A正确；B碰撞后，乙球在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，恰从d点离开磁场，则由几何知识得：解得根据向心力公式得解得磁感应强度设圆心角为，则即则乙球在磁场中的运动时间选项B错误；CD要使两球再次相碰，乙球应从边界离开磁场，即圆运动半径必须满足又解得在磁场中运动的时间乙球进入第二象限的电场做类平抛运动，则对甲球，设经过时间与乙球碰
21、撞，发生的位移为两球再次相碰，需满足联立以上各式解得选项CD正确。故选ACD。1（2020·浙江宁波市·效实中学高二期中）研究表明，蜜蜂是依靠蜂房、釆蜜地点和太阳三个点来定位的，蜜蜂飞行时就是根据这三个位置关系呈8字型运动来告诉同伴蜜源的方位。一兴趣小组用带电粒子在如图所示的电场和磁场中模拟蜜蜂的8字形运动，即在的空间中和的空间内同时存在着大小相等、方向相反的匀强电场，上、下电场以轴为分界线，在轴左侧和图中竖直虚线右侧均无电场，但有方向垂直纸面向里和向外的匀强磁场，与轴的距离为。一重力不计的负电荷从轴上的点以沿轴正方向的初速度开始运动，经过一段时间后，电子又以相同的速度回到
22、点，下列说法正确的是（）A电场与磁场的比值为B电场与磁场的比值为C带电粒子运动一个周期的时间为D带电粒子运动一个周期的时间为【答案】AC【详解】粒子运动轨迹如图粒子在电场中做类似平抛运动，根据公式有粒子在磁场中做匀速圆周运动，有结合几何知识，可得联立，可得又因为类平抛运动的总时间匀速圆周运动的轨迹是两个半圆，所以故带电粒子运动一个周期的时间为故AC正确。故选AC。2（2020·广西南宁市·南宁三中高二月考）如图所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a、b，相距为d，a、b间的电场强度为E，今有一带正电的微粒从a板下边缘以初速度v0竖直向上射入电场，当它飞到b板时，速度大小不变
23、，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d的狭缝进入bc区域，bc区域的宽度也为d，所加电场的场强大小也为E，方向竖直向上，磁感应强度方向垂直纸面向里，磁场磁感应强度大小等于，重力加速度为g，则下列关于微粒运动的说法正确的是（）A微粒在ab区域的运动时间为B微粒在bc区域中做匀速圆周运动，圆周半径r=dC微粒在bc区域中做匀速圆周运动，运动时间为D微粒在ab、bc区域中运动的总时间为【答案】AC【详解】A将粒子在电场中的运动沿水平和竖直方向正交分解，水平分运动为初速度为零的匀加速运动，竖直分运动为末速度为零的匀减速运动，根据运动学公式，水平方向竖直方向解得A正确；B粒子在复合场中运动时，由于电场
24、力与重力平衡，故粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力联立解得r=2d，B错误；C由于r=2d，画出轨迹，如图。设回旋角度为解得 在复合场中的运动时间为解得 ，C正确；D粒子在电场中运动时间为故粒子在ab、bc区域中运动的总时间为D错误。故选AC。3如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场，第一、四象限内存在半径为L的圆形匀强磁场，磁场的圆心在M（L，0），磁场方向垂直于坐标平面向外。一个质量m电荷量q的带正电的粒子从第三象限中的Q（2L，L）点以速度v0沿x轴正方向射出，恰好从坐标原点O进入磁场，从P（2L，0）点射出磁场。不计粒子重力，求：（1）电场强度
25、E；（2）从P点射出时速度vP的大小；（3）粒子在磁场与电场中运动时间之比。【答案】（1） （2） （3）【解析】粒子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；（1）粒子在电场中做类平抛运动， 轴方向：， 方向：解得，电场强度：（2）设粒子到达坐标原点时竖直分速度为，粒子在电场中做类似平抛运动，方向：方向：，联立得：粒子进入磁场时的速度：离子进入磁场做匀速圆周运动，粒子速度大小不变，则：（3）粒子在磁场中做圆周运动的周期：粒子在磁场中的运动时间：粒子在磁场与电场中运动时间之比：考点4 带电体在电磁场中的运动问题1注意带电体的区别（1）对于微观粒子，如电子、质子、离子等，因为其
26、重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小，可以忽略。而对于一些实际物体，如带电小球、液滴、金属块等，一般应考虑其重力。（2）在题目中明确说明的按说明要求是否考虑重力。（3）不能直接判断是否考虑重力的，在进行受力分析与运动分析时，要由分析结果确定是否考虑重力。2带电体在电磁场中运动的处理方法（1）正确分析带电体的受力情况及运动形式是解决问题的前提带电体在复合场中做什么运动，取决于带电体所受的合力及其初速度，因此应把带电体的初速度情况和受力情况结合起来分析。带电体在复合场中所受合外力为零时，做匀速直线运动（如速度选择器：粒子重力不计，电场力与洛伦兹力平衡）。当带电体所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹
27、力恰好提供向心力，带电体在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动，相当于带电粒子在磁场中做圆周运动。当带电体所受的合力是变力，且与初速度方向不在一条直线上时，带电体做非匀变速曲线运动，这时带电体的运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线，由于带电体可能连续通过几个情况不同的电磁场区或单独的电场、磁场区，因此带电体的运动情况也发生相应的变化，其运动过程可能由几种不同的运动阶段所组成，要注意区分。（2）灵活选用力学规律是解决问题的关键当带电体在电磁场中做匀速直线运动时，应画出受力图，根据平衡条件列方程求解。当带电体在电磁场中做匀速圆周运动时，往往同时应用牛顿第二定律和平衡条件列方程联立求解。当带电体在电磁场中做
28、一般的曲线运动时，应选用动能定理求解，在找最大速度时结合牛顿运动定律处理。当带电体在电场中做匀变速曲线运动时，应根据初速度和电场力、重力研究分运动。当带电体不计重力，在单独磁场中运动轨迹为圆弧，宜根据圆心和轨迹，利用圆周运动的相关知识求解，在单独电场中运动轨迹为抛物线，宜利用运动的合成与分解，找分运动求解。3如果涉及两个带电体的碰撞问题，要根据定量守恒定律累出方程，再与其他方程联立求解。由于带电粒子在复合场中受力情况复杂，运动情况多变，往往出现临界问题，这时应以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，挖掘隐含条件，根据临界条件列出辅助方程，再与其他方程联立求解。（2020
29、83;四川成都市·树德中学高二月考）如图所示，在以O为圆心的圆形区域内，有一个方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B=0.1T，圆半径cm，竖直平行放置的金属板连接在如图所示的电路中，电源电动势E=120V，内阻r=5，定值电阻R1=5，滑动变阻器R2的最大阻值为50；两金属板上的小孔S1、S2跟O点在垂直于极板的同一直线上，另有一水平放置的足够长的荧光屏D，O点跟荧光屏D之间的距离m，现有比荷的正离子由小孔S1进入电场加速后，从小孔S2穿出，通过磁场后打在荧光屏D上，不计离子的重力和离子在小孔S1处的初速度，问：(1)若离子能垂直打在荧光屏上，则此时滑线变阻器接入电路中的阻
30、值R2=？(2)调节滑动变阻器滑片P的位置不同，离子在磁场中运动的时间也不同，当离子在磁场中运动的时间最长时，求此种情况下打在荧光屏上的位置到屏中心O点的距离x=？【答案】(1) 10；(2)20cm【详解】解：(1)若离子由电场射出进入磁场后垂直打在荧光屏上，则离子在磁场中速度方向偏转了90°，离子在磁场中做圆周运动的径迹如图所示由几何知识可知，离子在磁场中做圆周运动的圆半径设离子进入磁场时的速度为v1，洛伦兹力提供离子做圆周运动的向心力，由牛顿第二定律得解得设两金属板间的电压为U，离子在电场中加速，由动能定理有解得解得U1=30V由闭合电路欧姆定律解得R2=10(2)两金属板间的
31、电压越小，离子经电场加速后速度也越小，离子在磁场中作圆周运动的半径越小，射出电场时的偏转角越大，在磁场中运动的时间越长，所以滑片在变阻器R2的右端时，离子在磁场中运动的时间最长。由闭合电路欧姆定律有两金属板间电压由动能定理得离子轨道半径解得r2=0.1m粒子进入磁场后的径迹如图所示，O1为径迹圆的圆心。由图可得所以=60°在OOA中，=30°，所以A、O间距离为x=Htan=20cm1（2020·广东茂名市·高三月考）如图甲是法拉第发明的铜盘发电机，也是人类历史上第一台发电机。利用这个发电机给平行金属板电容器供电，如图乙，已知铜盘的半径为L，加在盘下侧的
32、匀强磁场感应强度为B1，盘匀速转动的角速度为，每块平行板长度为d，板间距离也为d，板间加垂直纸面向内、磁感应强度为B2的匀强磁场。(1)请用一种方法求解铜盘产生的感应电动势大小，并说明这种求解方法的优点；(2)若有一带负电的小球从电容器两板中间水平向右射入，在复合场中做匀速圆周运动又恰好从极板右侧射出，求射入的速度v。【答案】(1)，优点见解析；(2) 【详解】(1)方法一：用法拉第电磁感应定律定义式求解故这种求解方法的优点是：将圆盘的转动等效为单棒的转动，单棒充当等效电源，假想有一个闭合回路，根据闭合回路磁通量的变化求解。方法二：用法拉第电磁感应定律计算式求解故这种求解的优点是：将圆盘的转动
33、等效为单棒的转动，利用单棒线速度与半径的线性特点，得到中点速度等效为导体棒的线速度。(2)小球在复合场中做匀速圆周运动，必须电场力与重力平衡，洛仑兹力提供向心力，有带电小球恰好能从金属板间射出，如右图所示，根据勾股定理，有联立解得2（2020·江苏南通市·高三月考）一台质谱仪的工作原理如图所示。甲、乙两种比荷不同的带电粒子从容器A下方的狭缝S1飘入电势差为U0的加速电场，其初速度几乎为0，然后经过狭缝S3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。已知带电粒子从狭缝S3进入磁场时与垂直磁场边界方向存在一个很小的散射角，所有粒子均打在底片的MN区域
34、内。甲粒子能打在底片上的最远点为M，乙粒子能打在底片上的最近点为N，点M、N到狭缝S3的距离分别为xM、xN。忽略带电粒子的重力及相互间作用力。(1)求甲粒子的比荷；(2)求乙粒子在磁场中运动的最长时间t；(3)若考虑加速电压有波动，在（U0-）到（U0+）之间变化，要使甲、乙两种粒子在底片上没有重叠，求应满足的条件。【答案】(1)；(2)；(3) 【详解】(1)甲粒子打在底片上的最远点M，对应甲粒子在磁场中偏转了半个圆周，即r甲=又U0q甲=m甲v甲2Bq甲v甲=解得(2)乙粒子打在底片上的最近点N，对应乙粒子以散射角进入磁场，即2r乙cos=xN又U0q乙=m乙v乙2Bq乙v乙=乙粒子在磁
35、场中偏转角为（+2）时，运动的时间最长，即r乙（+2）=v乙t解得(3)要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，即甲粒子打在底片上距离狭缝S3的最小距离比乙粒子打在底片上距离狭缝S3的最大距离大，故2r甲2r乙cos， 解得3（2020·浙江宁波市·效实中学高二期中）如图所示，直角坐标系中，矩形区域分布有沿轴正方向的匀强电场，场强大小为，三角形区域分布有垂直纸面向外的匀强磁场，、分别为、轴上的两点，、长均为，。在边界上范围内均匀分布着大量相同的带正电粒子，质量为，电荷量为，它们持续不断地飘入电场并从静止开始加速运动，然后进入磁场。已知从轴上点（图中未画出）进入磁场的粒子刚好垂直
36、边界离开磁场，且，不计带电粒子的重力，不考虑带电粒子之间的相互作用，试求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间；(3)轴上有带电粒子打到的区域范围。【答案】(1)；(2)；(3)【详解】(1)由几何关系可知，长为， 经过点的粒子速度垂直边界，可知轨迹圆心在点，半径为在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力，有电场中，根据牛顿第二定律，有联立,可解得(2)从点进入的带电粒子在电场和磁场中运动的时间最长在电场中运动的时间粒子在磁场中做圆周运动的周期在磁场中运动的时间所以，带电粒子在电场和磁场中运动的最长时间为(3)如图所示，设粒子从点进入磁场的运动轨迹的圆心为，圆心角为，
37、经过边界上的点，然后做匀速直线运动，交轴于点，由几何关系在中，根据正弦定理在中，根据正弦定理可得由于所以即轴上有带电粒子通过的区域范围为1（2020·北京高考真题）如图所示，在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转，小磁针发生偏转。下列说法正确的是（）A偏转原因是圆盘周围存在电场B偏转原因是圆盘周围产生了磁场C仅改变圆盘的转动方向，偏转方向不变D仅改变圆盘所带电荷的电性，偏转方向不变【答案】B【详解】AB小磁针发生偏转是因为带负电荷的橡胶圆盘高速旋转形成电流，而电流周围有磁场，磁场会对放入其中的小磁针有力的作用，故A错误，B正确；C仅改变圆盘的转动方向，形成
38、的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故C错误；D仅改变圆盘所带电荷的电性，形成的电流的方向与初始相反，小磁针的偏转方向也与之前相反，故D错误。故选B。2（2020·海南高考真题）如图，在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线，当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时，导线所受安培力的方向为（）A向上B向下C向左D向右【答案】B【详解】根据安培定则，可知蹄形电磁铁的分布情况，如图所示故导线所处位置的磁感应线的切线方向为水平向右，根据左手定则，可以判断导线所受安培力的方向为向下。故选B。3（2020·浙江高考真题）特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所
39、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和，。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。不考虑地磁场的影响，则（）Ab点处的磁感应强度大小为0Bd点处的磁感应强度大小为0Ca点处的磁感应强度方向竖直向下Dc点处的磁感应强度方向竖直向下【答案】C【详解】A通电直导线周围产生磁场方向由安培定判断，如图所示在b点产生的磁场方向向上，在b点产生的磁场方向向下，因为即则在b点的磁感应强度不为零，A错误；BCD如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，BD错误，C正确。
40、故选C。4（2020·全国高考真题）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。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（）ABCD【答案】C【详解】电子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力则磁感应强度与圆周运动轨迹关系为即运动轨迹半径越大，磁场的磁感应强度越小。令电子运动轨迹最大的半径为，为了使电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，其最大半径的运动轨迹与实线圆相切，如图所示 A点为电子做圆周运动
41、的圆心，电子从圆心沿半径方向进入磁场，由左手定则可得， 为直角三角形，则由几何关系可得解得解得磁场的磁感应强度最小值故选C。5（2020·全国高考真题）CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（）AM处的电势高于N处的电势B增大M、N之间的加速电压可使P点左移C偏转磁场的方
42、向垂直于纸面向外D增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【答案】D【详解】A由于电子带负电，要在MN间加速则MN间电场方向由N指向M，根据沿着电场线方向电势逐渐降低可知M的电势低于N的电势，故A错误；B增大加速电压则根据可知会增大到达偏转磁场的速度；又根据在偏转磁场中洛伦兹力提供向心力有可得可知会增大在偏转磁场中的偏转半径，由于磁场宽度相同，故根据几何关系可知会减小偏转的角度，故P点会右移，故B错误；C电子在偏转电场中做圆周运动，向下偏转，根据左手定则可知磁场方向垂直纸面向里，故C错误；D由B选项的分析可知，当其它条件不变时，增大偏转磁场磁感应强度会减小半径，从而增大偏转角度，使P点左移，故
43、D正确。故选D。6（2020·全国高考真题）一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，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（q>0）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（）ABCD【答案】C【详解】粒子在磁场中做匀速圆周运动， 可得粒子在磁场中的周期粒子在磁场中运动的时间则粒子在磁场中运动的时间与速度无关，轨迹对应的圆心角越大，运动时间越长。采用放缩圆解决该问题，粒子垂直ac射入磁场，则轨迹圆心必在ac直线
44、上，将粒子的轨迹半径由零逐渐放大。当半径和时，粒子分别从ac、bd区域射出，磁场中的轨迹为半圆，运动时间等于半个周期。当0.5R<r<1.5R时，粒子从半圆边界射出，逐渐将轨迹半径从0.5R逐渐放大，粒子射出位置从半圆顶端向下移动，轨迹圆心角从逐渐增大，当轨迹半径为R时，轨迹圆心角最大，然后再增大轨迹半径，轨迹圆心角减小，因此当轨迹半径等于R时轨迹圆心角最大，即轨迹对应的最大圆心角粒子运动最长时间为,故选C。7（2020·浙江高考真题）如图所示，在光滑绝缘水平面上，两条固定的相互垂直彼此绝缘的导线通以大小相同的电流I。在角平分线上，对称放置四个相同的正方形金属框。当电流在
45、相同时间间隔内增加相同量，则（ ）A1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向内运动B1、3线圈静止不动，2、4线圈沿着对角线向外运动C2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向内运动D2、4线圈静止不动，1、3线圈沿着对角线向外运动【答案】B【详解】先对1和3线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线框中的磁场方向：电流大小相等，线圈关于两导线对称，所以线圈中的磁通量为0，电流增大时，根据楞次定律可知线圈中无感应电流，不受安培力，所以1和3线圈静止不动；再对2和4线圈进行分析，根据安培定则画出直流导线在线圈中的磁场方向：电流增大，根据楞次定律判断感应电流方向（如图所示），靠近直流导线的线圈导体周围磁感应强度较大，因此受力起主要作用，根据左手定则判断安培力的方向（如图所示），根据力的合成可知2、4线圈沿着对角线向外运动，故B正确，ACD错误。故选B8（2020·海南高考真题）如图，足够长的间距的平行光滑金属导轨MN、