高考物理 第7讲　磁场

第7讲磁场题型1磁场的性质1.[2022·重庆卷]2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录.为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况,某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图),电场强度大小为E,磁感应强度大小为B.若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动,其速度平行于磁场方向的分量大小为v1,垂直于磁场方向的分量大小为v2,不计离子重力,则(D)A.电场力的瞬时功率为qEvB.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1BC.v2与v1的比值不断变大D.该离子的加速度大小不变[解析]根据功率的计算公式可知P=Fvcosθ,则电场力的瞬时功率为P=Eqv1,A错误;由于v1与磁感应强度平行,v2与磁感应强度垂直,则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B,B错误;根据运动的叠加原理可知,离子在垂直于纸面的平面内做匀速圆周运动,沿水平方向做加速运动,则v1增大,v2不变,v2与v1的比值不断变小,C错误;离子受到的洛伦兹力大小不变,电场力不变,两个力方向始终垂直,则该离子的加速度大小不变,D正确.2.(多选)[2022·湖北卷]如图所示,两平行导轨在同一水平面内.一导体棒垂直放在导轨上,棒与导轨间的动摩擦因数恒定.整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小恒定,方向与金属棒垂直、与水平向右方向的夹角θ可调.导体棒沿导轨向右运动,现给导体棒通以图示方向的恒定电流,适当调整磁场方向,可以使导体棒沿导轨做匀加速运动或匀减速运动.已知导体棒加速时,加速度的最大值为33g;减速时,加速度的最大值为3g,其中g为重力加速度大小.下列说法正确的是(BCA.棒与导轨间的动摩擦因数为3B.棒与导轨间的动摩擦因数为3C.加速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向下,θ=60°D.减速阶段加速度大小最大时,磁场方向斜向上,θ=150°[解析]设导体棒所受安培力为F,加速时,F与水平向右方向的夹角为α,Fsinα+FN=mg、Fcosα-μFN=ma1,联立得F(cosα+μsinα)-μmg=ma1,最大加速度a1max=1+μ2mF-μg=3g3,此时tanα=μ;减速时,设F与水平向左方向的夹角为β,Fsinβ+mg=FN、Fcosβ+μFN=ma2,联立得F(cosβ+μsinβ)+μmg=ma2,最大加速度a2max=1+μ2mF+μg=3g,此时tanβ=μ,联立可得μ=33,α=30°,由左手定则可知,加速阶段加速度最大时,磁场与水平向右方向成60°角斜向下;β=30°,则减速阶段加速度最大时,磁场与水平向右方向成3.一根质量为m、粗细可忽略、长度为l的导体棒静止在一个足够长的光滑绝缘半圆柱体顶端,导体棒中通有垂直纸面向外、大小为I的电流,其截面如图所示,现让导体棒由静止滑下,一段时间后从某一位置P离开半圆柱体.若给空间加入方向沿半圆柱截面半径指向圆心的磁场(图中未画出),其他条件不变,则导体棒离开半圆柱体的位置在P点的 (C)A.同一位置 B.右下方C.左上方 D.无法确定[解析]导体棒从某一位置P离开半圆柱体时,导体棒与半圆柱体之间的弹力刚好为零,如图所示,这个位置由重力沿半径方向的分力提供导体棒的向心力,即mgcosθ=mv2R,若给空间加入方向沿半圆柱截面半径指向圆心的磁场,根据左手定则可知导体棒受到一个垂直于半径方向且与速度方向相同的安培力,在导体棒运动的过程中,重力和安培力做正功,假设导体棒能到达位置P,由动能定理可知,导体棒的速度v'大于原来没有磁场时的速度v,即mgcosθ<mv'2R,故导体棒不能到达位置P4.(多选)[2021·福建卷]如图所示,四条相互平行的细长直导线垂直坐标系xOy平面,导线与坐标平面的交点为a、b、c、d四点.已知a、b、c、d为正方形的四个顶点,正方形中心位于坐标原点O,e为cd的中点且在y轴上;四条导线中的电流大小相等,其中过a点的导线的电流方向垂直坐标平面向里,其余导线电流方向垂直坐标平面向外.则 (BD)A.O点的磁感应强度为0B.O点的磁感应强度方向由O指向cC.e点的磁感应强度方向沿y轴正方向D.e点的磁感应强度方向沿y轴负方向[解析]由题知,四条导线中的电流大小相等,且到O点的距离相等,故四条导线在O点产生的磁感应强度大小相等,根据右手螺旋定则可知,四条导线在O点产生的磁感应强度方向如图甲所示,由图可知,Bb与Bc相互抵消,Ba与Bd合成,根据平行四边形定则可知,O点的磁感应强度方向由O指向c,其大小不为零,故A错误,B正确;由题知,四条导线中的电流大小相等,a、b到e点的距离相等,故a、b在e点产生的磁感应强度大小相等,c、d到e点的距离也相等,故c、d在e点产生的磁感应强度大小也相等,根据右手螺旋定则可知,四条导线在O点产生的磁感应强度方向如图乙所示,由图可知Bc与Bd大小相等,方向相反,互相抵消,而Bb与Ba大小相等,方向如图所示,根据平行四边形定则可知,合磁感应强度方向沿y轴负方向,故C错误,D正确.甲乙5.(多选)某同学设计了一个测量匀强磁场磁感应强度大小的装置,如图所示.两轻弹簧上端固定,下端悬挂一根质量为m的均匀细金属杆PQ,金属杆与弹簧绝缘.PQ的Q端连接一绝缘轻指针,可指示右侧标尺上的读数.在PQ下方的矩形区域abcd有匀强磁场,方向垂直于纸面向里.当PQ中没有电流通过且处于平衡状态时,PQ与ab边重合,指针指在标尺的零刻线;当PQ中通以恒定电流I,系统重新平衡时,指针示数可以表示磁感应强度大小.已知PQ始终保持水平状态,弹簧始终在弹性限度内,不计PQ中电流对磁场的影响,下列说法正确的是 (AD)A.要使装置正常工作,则PQ中电流方向由Q到PB.若将标尺标上所对应的磁感应强度值,则刻度不均匀C.该装置所能测量的磁感应强度范围与PQ的质量m有关D.该装置所能测量的磁感应强度范围与通过PQ的电流I有关[解析]要使装置正常工作,则PQ必须在磁场中受到向下的作用力,根据左手定则可知,PQ中电流方向由Q到P,A正确;对金属杆PQ受力分析,由平衡条件可得BIL+mg=2k·Δx,初始时刻,刻度为0时,弹簧的弹力为2F弹=2kx0=mg,其中Δx=x+x0,联立可得BIL=2kx,则B=2kIL·x,由于k、I、L恒定,则若将标尺标上所对应的磁感应强度值,刻度均匀,B错误;由公式B=2kIL·x可知,该装置所能测量的磁感应强度范围与质量m无关,与电流I有关,故C题型2带电粒子在匀强磁场中的运动1.(多选)[2022·辽宁卷]粒子物理研究中使用的一种球状探测装置横截面的简化模型如图所示.内圆区域有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器.两个粒子先后从P点沿径向射入磁场,粒子1沿直线通过磁场区域后打在探测器上的M点.粒子2经磁场偏转后打在探测器上的N点,装置内部为真空状态,忽略粒子重力及粒子间相互作用力.下列说法正确的是 (AD)A.粒子1可能为中子B.粒子2可能为电子C.若增大磁感应强度,粒子1可能打在探测器上的Q点D.若增大粒子入射速度,粒子2可能打在探测器上的Q点[解析]由运动轨迹知粒子1不带电,粒子2带正电,则粒子1可能为中子,粒子2不可能为电子,A正确,B错误;粒子1不带电,在磁场中运动时不受洛伦兹力,增大磁感应强度对其运动轨迹无影响,C错误;由qvB=mv2r,得r=mvqB,若增大粒子入射速度,粒子运动的轨迹半径也增大,如图所示,粒子2可能打在探测器上的Q2.在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场,两个相同的带电粒子①和②在P点垂直于磁场分别射入,两带电粒子与x轴的夹角如图所示,二者均恰好垂直于y轴射出磁场.不计重力.根据上述信息可以判断出(D)A.带电粒子①在磁场中运动的半径大B.带电粒子②在磁场中运动的轨迹短C.带电粒子①在磁场中运动的速度大D.带电粒子②在磁场中运动的时间长[解析]两带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,两粒子在磁场中运动的半径相等,均为2·OP,根据qvB=mv2R,可得v=qBRm,所以两粒子的速率相同,带电粒子②在磁场中运动的轨迹长,选项A、B、C错误;两粒子运动的周期均为T=2πmqB,粒子①转过的圆心角θ1=45°,粒子②转过的圆心角θ2=135°,根据t=θ2πT,可知带电粒子②3.如图所示,边长为L的正方形ABCD边界内有垂直纸面向里的匀强磁场,E为AD上一点,ED=33L.完全相同的两个带电粒子a、b以不同速度分别从A、E两点平行AB向右射入磁场,且均从C点射出磁场.已知a粒子在磁场中运动的时间为t,不计粒子的重力和相互作用,则b粒子在磁场中运动的时间为 (CA.13t B.12t C.23t D[解析]根据题意可知粒子做圆周运动的轨迹如图所示,由图可知a粒子运动轨迹所对的圆心角为θa=90°,根据几何知识有R2-33L2+L2=R22,得b粒子的轨迹半径R2=233L,sinθb=LR2=32,所以b粒子运动轨迹所对应的圆心角为θb=60°,根据T=2πmqB,t=θ360°T,可得tbta4.如图所示,虚线框MNQP内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里.a、b是两个电荷量相等、质量不相等的带电粒子,它们从PQ边上的中点以相同的速率沿垂直于磁场的方向射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹.若不计粒子所受重力和粒子间的相互作用,下列说法正确的是 (C)A.粒子a带负电,粒子b带正电B.粒子b在磁场中运动的时间长C.粒子a在磁场中的加速度大D.粒子b在磁场中的动量小[解析]根据左手定则可知,粒子a带正电,粒子b带负电,A错误;带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子a的路程大,根据t=sv可知,粒子a在磁场中运动的时间长,B错误;粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R,则有m=BqRv,粒子a的轨迹半径小,则粒子a的质量小,根据牛顿第二定律有qvB=ma,解得a=qvBm,则粒子a在磁场中的加速度大,C正确;根据p=mv可知,粒子5.(多选)如图所示,等腰梯形abcd区域(包含边界)存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边长ad=dc=cb=l,ab=2l,一质量为m、电荷量为q的正电粒子从a点沿着ad方向射入磁场中,不计粒子的重力,为使粒子从cb边射出磁场区域,粒子的速度可能为 (BC)A.3qBl2m B.33qBl4[解析]根据题意,画出粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知,当粒子从c点飞出时,半径为r1=ac=3l,粒子从b点飞出时,半径为r2=233l,由r=mvqB,则有233l≤mvqB≤3l,为使粒子从cb边射出磁场区域,粒子的速度范围为23qBl3m6.(多选)如图所示,由半圆和矩形组成的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,甲、乙两带电粒子从A点沿水平直径AP以相同速度v0入射(不计两粒子的相互作用),结果甲、乙两粒子分别从C、D点射出,已知CE⊥AP,AQ=12AP,∠COP=60°,sin37°=0.6,sin53°=0.8,则下列说法正确的是 (ACA.甲粒子带正电B.甲、乙两粒子的比荷之比为6C.甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为24D.甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为60[解析]甲粒子从C点射出,则根据左手定则可知,甲粒子带正电,故A正确;粒子的运动轨迹如图所示,设CE⊥AP于B,半圆半径为R,从D点射出的粒子的轨迹圆心为O2,因为∠COP=60°,所以∠OCB=30°,即OB=R2,BC=32R,根据几何知识可得∠CO1A=60°,故R甲=2BC=3R,t甲=60°360°·2πm甲Bq甲,因为QE=AO+OB=32R,所以根据几何知识可得(R乙-AQ)2+QD2=R乙2,解得R乙=52R,又因为R乙=m乙v0Bq乙=52R,R甲=m甲v0Bq甲=3R,联立解得甲、乙两粒子的比荷之比为536,因为sin∠QO2*题型3动态圆和收集粒子问题1.如图所示,P点处有一粒子源,可以以不同的速率发射某种质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,粒子沿纸面以与Pd成30°角的方向射入正方形匀强磁场区域abcd内,磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,正方形abcd的边长为a,P点是cd边的中点.不计粒子的重力以及粒子间的相互作用,则下列说法正确的是 (C)A.当粒子的速率大于Bqa2m时,粒子全部从B.当粒子的速率为2qBa5m时,C.当粒子的速率为qBa3m时,粒子恰好从D.当粒子的速率由qBa6m变为qBa10[解析]如图所示,设粒子的运动轨迹半径为r1时,粒子的轨迹与ad边相切,如图中曲线①所示,由几何关系得r1-a2=r1sin30°,解得r1=a,粒子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qv1B=mv12r1,解得粒子的速率为v1=qBam,当粒子的运动轨迹与ab边相切时,如图中曲线②所示,由几何关系可得r2+r2cos30°=a,可得此时粒子的运动轨迹半径为r2=2a2+3,解得粒子的速率为v2=2qBa(2+3)m,当粒子的运动轨迹与bc边相切时,如图中曲线③所示,由几何关系可得r3+r3sin30°=a2,可得此时粒子运动的轨迹半径r3=13a,解得粒子的速率为v3=qBa3m,当粒子的速率大于qBam时,粒子全部从ad边离开磁场,当粒子的速率为2qBa5m时,确,A、B错误;当粒子的速率由qBa6m变为qBa10m时,由于qBa10m<qBa6m<qBa3m,可知两种速率的粒子均从cd边离开磁场,从cd边离开磁场的运动轨迹如图中曲线④所示,由几何关系可知粒子轨迹对应的圆心角为300°,保持不变,粒子在磁场中的运