专题4第2讲电场和磁场

1、专题四第二讲一、选择题（16题只有一个选项正确，710小题有多个选项正确）1. （2014 新课标I ）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解析该题考查通电导线在磁场中所受安培力的大小和方向。解题的关键是要理解楞 次定律和有效长度。安培力垂直于导线和磁场决定的方向，A错B对。由F= BILsin 0可知，C错。当导线从中间折成直角时，有效长度L1 =_22L, D选项不正确。本题容

2、易出错的是D选项。没有掌握有效长度与原长度的关系。有效长度是连接初、末位置线段的长度。2 . （2014 长春模拟）如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截 面分别位于一正方形 abed的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为 la= I , I b= 2I , I e = 3I , I d = 4I的恒定电流。已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B=丄，式中常量k>0, I为电流强度。忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方r形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B,则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为 （ ）A. 2 2B,方向由

3、O点指向ad中点B. 2 2B,方向由O点指向ab中点C. 10B,方向垂直于纸面向里D. 10B,方向垂直于纸面向外答案A解析由题意，直导线周围某点的磁感应强度与电流强度成正比，与距直导线距离成反比。应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确。3. （2014 乌鲁木齐模拟）如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小 为B,方向垂直纸面向里。长度为 L的导体中通有恒定电流，电流大小为I。当导体垂直于磁场方向放置时，导体受到的安培力大小为BIL。若将导体在纸面内顺时针转过30°角，导体受到的安培力大小为（）A.BILB. BILD. 2BIL答案B解析F= BIL公式的适用范围是 B、

4、I互相垂直。虽然导体在纸面内顺时针转过30°的角，但B I仍然互相垂直，导体受到的安培力大小为F= BIL，选项B正确，其余均错误。4. （2014 新课标I ）如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀 强磁场（未画出）。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点0。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。A.D.C. 1答案D解析该题考查带电粒子在匀强磁场中的轨道半径问题，解题关键要找出动能与速度1 2,、2mvmv的关系。由E<=三mv可知当动能为原来的一半时，速度是原来的。由R= 可知

5、2R=。 R2 2qBqBiqB2B : Ba=, D正确。本题要把握轨道半径的表达式。有的同学在利用比值找关系时,容易出错。5. （2014 安徽）“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径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于（）A.TC.T3答案AB. T2D. T解析该题考查带电粒子在磁场中的轨道半径问题。解题关键要理解动能与温度的关mv 12l系。由R= qB，qmv = kT

6、,可知B与.T成正比，A正确，本题情景涉及科学的前沿知识，但本质是考查轨道半径问题。6. （2014 和平区）初速度为v。的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子初始运动方向如图所示，则A. 电子将向左偏转，速率不变B. 电子将向左偏转，速率改变C. 电子将向右偏转，速率不变D.电子将向右偏转，速率改变答案C解析本题考查了安培定则、左手定则及洛伦兹力永不做功的特点，意在考查考生对基本物理规律的理解和应用能力。由安培定则判断导线右方磁场方向是垂直纸面向里，再由左手定则判断电子将向右偏转。洛伦兹力永不做功，由动能定理得出电子速率不变，选项C正确。7. （2014 和平区）圆形

7、区域内有如图所示的匀强磁场,一束相同比荷的带电粒子对准圆心O射入，分别从a、b两点射出，则从b点射出的粒子A.速率较小B.运动半径较小C.偏转角较小Q * h/ X X X .II右 轟“1 X Kv X /D.在磁场中的运动时间较短答案CD解析 本题考查了带电粒子在边界磁场中的运动问题,意在考查考生对磁场基本规律的理解能力。从b点射出的粒子做圆周运动的半径大，对应偏转角mv0小，由公式R= qB得b点射出的0粒子速率较大。在磁场中的运动时间t =石周期t相同，则从b点射出的粒子在磁场中 时间较短。和60° （与边界的夹角）射入磁场，又都8. （2014 河北质检）如图所示，带有正电

8、荷的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（A.B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是1_3B.B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是C.B两粒子之比是士, mD. A、B两粒子-之比是q2+ 3答案BD解析画好轨迹，定出圆心，由几何知识可得R+ Rcos a=d, R=d1 + cos a则 Ra : Rbd1+cos60°X=1 + cos30°d32+ .3，A错 B对;mvqB，m BR m=,x R 所以 A、B q v q两粒子彳之比是32 +3。9. （2014

9、原创卷）如图所示，坐标原点O处有一粒子源，能沿纸面向各个方向(y>0)发射速率v相同的粒子，在 x轴上方的空间存在着磁感应强度方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B,不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，图中曲线OMN表示粒子运动的区域边界，OM= ON= L,则（）X XyXX /X*X C XXX NiLX0a.粒子带负电，其比荷为m= IBB. 当粒子沿x轴负方向射入磁场时，其运动轨迹即为曲线OMNC. 当粒子射入磁场的速度方向与x轴正方向的夹角为 30°时，粒子在磁场中的运动时间D. 当粒子沿y轴正方向射入磁场时，其一定会经过ON的中点答案AC1 2解析由左手

10、定则知粒子带负电，由题图知粒子轨道半径为；L,而Bqv= rk，所以q =2rm2vLB, A对；当粒子沿x轴负方向射入磁场时，粒子的运动轨迹是一完整的圆周，B错；当粒子射入磁场的速度方向与 x轴正方向的夹角为 30°时，粒子运动所对圆心角为 60°,粒子在磁TI1场中的运动时间为t = = , C对；因ON= L,粒子运动半径为L，当粒子沿y轴正方向射6 6v2入磁场时，ON恰好为粒子做圆周运动的直径，粒子一定会经过N点，D错。10. （2014 浙江）如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为 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

11、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（）11ItI-4i-en ri 衍 2?：；2 2 :>1 ak332A. 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 本题考查通电导体在磁场中运动。解题关键是结合受力分析，进行运动过程的分析，取安培力向左的方向为正方向，作出导体棒受安培力随时间变化的图象如图甲所示，再根据受力情况，作出导体棒的v t图象，v向右为正方向，如图乙所示，从甲图可知安培力随时间周期性变化， C正确；由图

12、乙可知，速度方向一直向右，并且随时间作周期性变化，A B正确；0£时间内，导体棒速度增大，安培力做正功，T时间，安培力与速度方向相反，安培力做负功，D错误。图象法分析力和运动问题是常用方法之一，优点直观方便。甲乙、非选择题11. （2014 乌鲁木齐模拟）如图所示，一匀强磁场的磁感应强度大/ x x I 小为B,方向垂直纸面向里， 磁场边界是半径为 R的圆，AB为圆的直径。一质量为 m带电荷量为一q的带电粒子以某一速度垂直磁场方向从A点射入磁场，粒子的初速度方向与AB的夹角为60°。经过一段时间，粒子从磁场边界上的 C点飞出（C点在图中未标出），C点到A点的距离为，3R。粒

13、子重力不计。求粒子的速度大小和粒子在磁场中运动的时间。答案第一种情况:3BqR n mm 3Bq第二种情况:j3BqR n m2m Bq（所以，0 = 30°在直角三角形 AOD中，AD=2AO为粒子运动的半径ADsin 0设粒子速度为v2mv Bvq=解得v=m2 n m粒子在磁场中运动的时间T_ n m6= 3Bq第二种情况：由几何关系可得粒子的轨道半径3R2r 1 =设粒子速度为vi2mvBviq=r i解得:粒子在磁场中运动的时间T n m t 1 = 12 BqB,12. （2014 长春模拟）如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为q方向垂直于纸面向里的匀

14、强磁场。三个相同带正电的粒子，比荷为一，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。已知编号为的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为的粒子cBaAEr 3n m从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域。求:编号为的粒子进入磁场区域的初速度大小; 编号为的粒子在磁场区域内运动的时间;由几何关系得，戶2sin6o°解得，V!=耳聖3m为60°,则粒子在磁场中运动的时间t = £ 3Bq=2acos30°=3aAEr3=sm30_=2 3a(3)编号为的粒子在ED边上飞出的位置与 E点的

15、距离。答案/3Bqan m厂页-扳(23 - 3)ari,初速度大由几何关系得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角由几何关系可得 AEtan30=3a13. (2014 广西四校调研)如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy,2V1小为 V1,贝U qv1B= mn(2)设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为2,线速度大小为 V2,周期为E则2V22 n 2qv2 B=T2 =r 2V22 n m解得T2=药(3)设编号为的粒子在正六边形区域磁场中圆周运动的半径为EG=3 OE= (23-3)a沿y轴放置一平面荧光屏，在y>0,0<x<0.5m的

16、区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B= 0.5T。在原点O放一个开有小孔的粒子源，粒子解析(1)设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为6源能同时放出比荷为q/m= 4.0 X 10 kg/C的不同速率的正离子束，沿与x轴成30°角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮，入射正离子束的速率在2.0 X 106m/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力。0到最大值 Vm=(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间;(2)求离子打到荧光屏上的范围;(3)实际上，从O点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x轴成30°

17、60°角内进入磁场,则某时刻(设为t = 0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过5 n 73 X10 s时这些离子可能出现的区域面积是多大?答案(1) n X 106s (2)y = 0 到 y = 3m3 '(3)0.26m 2解析(1)离子在磁场中运动的周期为:T= 2n-m= n X 10 _6sqB由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角都相等2na = T离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间,a 十n、“,小6t = 2rT=nrX10 s2mv mv 由 qvB=j, r = qB,” rmVn贝U r m= 1mqB离子在磁场中运动最大轨道半径r m= 1mOA长度为:由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以y