1、考点考点 1010磁场磁场 一、选择题一、选择题 1.(2016全国卷 IT15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意 图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经 匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同 一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应 强度增加到原来的 12 倍。此离子和质子的质量比约为() A.11 B.12 C.121 D.144 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析: (1)电场中加速依据动能定理。 (2)磁场中依据牛顿第二定律分析运动轨迹。 (3)依据两种粒子运动轨迹半径
2、表达式,利用比值法计算。 【解析】选 D。离子在加速电场有 2 2 1 mvqU ,在磁场中偏转有 R v mqvB 2 ,联立解 得 q mU B R 21 ,经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,即 R 相同,因此有 2 B B m m H 离 ,离子和质子的质量比约为 144,故选 D。 2.(2016全国卷 IIT18)一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,磁场 方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔,筒 绕其中心轴以角速度顺时针转动。 在该截面内,一带电粒子从小孔 M 射入筒内, 射入时的运动方向与 MN 成 30角。当筒转过 90时,该粒子
3、恰好从小孔 N 飞出 圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为 () A. 3B B. 2B C. B D. 2 B 【解析】选 A。 粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒时筒转过 90,由几何关系得,粒子在磁场中做匀速 圆周运动所转过的圆心角为 30。 如图所示,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的 周期 T=3T= 6 ,根据 T= qB m2 ,所以 Bm q 3 ,故选项 A 正确。 3.(2016全国卷 IIIT18)平面 OM 和平面 ON 之间的夹角为 30,其横截面(纸 面)如图所示,平面 OM 上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面 向外。一带电粒子
4、的质量为 m,电荷量为 q(q0)。粒子沿纸面以大小为 v 的速度 从 OM 的某点向左上方射入磁场,速度与 OM 成 30角。 已知该粒子在磁场中的运 动轨迹与 ON 只有一个交点,并从 OM 上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁 场的出射点到两平面交点 O 的距离为() A. qB mv 2 B. qB mv3 C. qB mv2 D. qB mv4 【解析】选 D。 如图,由题意知运动轨迹与 ON 相切。 设切点为 D,入射点为 A,出射点为 C,圆心为 O ,由入射角为 30可得A O C 为等边三角形,则AC O =60,而MON=30, ODC=90 , 故 D 、 O 、 C
5、在 同 一 直 线 上 , 故 出 射 点 到 O 点 的 距 离 为 CO=4r r sin CD 2 1 2 30 ,又 r= qB mv ,故距离为 Bq mv4 。 4.（2016海南高考T8）如图甲所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频 电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音。俯视图乙表示处于辐射状 磁场中的线圈(线圈平面即纸面),磁场方向如图中箭头所示,在图乙中() A.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 B.当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 C.当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里 D.当电流沿逆时针方向
6、时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外 【解析】 选 B、 C。 将圆形线圈看作由无数小段直导线组成,由左手定则可以判断, 当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外,选项 B 正确、A 错误;当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里,选项 C 正 确、D 错误。 5.(2016北京高考T17)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地 磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。 ”进一步研究表明, 地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 () A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在
7、地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用 【解析】选 C。地理南、北极与地磁场存在一个夹角,称为磁偏角,故地理南、北 极与地磁场的南、北极不重合,A 正确;地磁南极在地理的北极附近,地磁北极在 地理南极附近,B 正确;由于地磁场中某点的磁场方向沿该点的磁感线切线方向, 故只有赤道处磁场方向与地面平行,C 错误;在赤道处磁场方向水平,而射线是带 电的粒子,运动方向垂直磁场方向,根据左手定则可得射向赤道的带电宇宙射线 粒子受到洛伦兹力的作用,D 正确。 【误区警示】对地磁场的正确理解 (1)地磁场的方向并不是正南正北方向的,即
8、地磁两极与地理两极并不重合。地 磁南极在地理北极附近,地磁北极在地理南极附近。 (2)在南半球,地磁场方向指向北上方;在北半球,地磁场方向指向北下方。 6.(2016四川高考T4)如图所示,正六边形 abcdef 区域内有垂直于纸面的匀 强磁场。 一带正电的粒子从 f 点沿 fd 方向射入磁场区域,当速度大小为 vb时,从 b 点离开磁场,在磁场中运动的时间为 tb,当速度大小为 vc时,从 c 点离开磁场, 在磁场中运动的时间为 tc,不计粒子重力。则() A.vbvc=12,tbtc=21 B.vbvc=21,tbtc=12 C.vbvc=21,tbtc=21 D.vbvc=12,tbtc
9、=12 【解析】选 A。设正六边形边长为 L,若粒子从 b 点离开磁场,可知运动的半径为 R1=L,圆心角 1=120;粒子从 c 点离开磁场,可知运动的半径为 R2=2L,圆心角2=60,根据 R= qB mv 可得 vbvc=R1R2=12;根据 t=T 360 可知 tbtc=21,故选 A。 二、计算题二、计算题 7.（2016江苏高考T15）回旋加速器的工作原理如图甲所示,置于真空中的 D 形金属盒半径为 R,两盒间狭缝的间距为 d,磁感应强度为 B 的匀强磁场与盒面垂 直,被加速粒子的质量为 m,电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电 压值的大小为 U0。周期 T= 2
10、m qB 。一束该种粒子在 t=0 2 T 时间内从 A 处均匀地 飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的 粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求: (1)出射粒子的动能 Em。 (2)粒子从飘入狭缝至动能达到 Em所需的总时间 t0。 (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过 99%能射出,d 应满足的条件。 【解题指南】 (1)出射粒子的动能 Em即最大动能,对应最大的半径,就是 D 形盒半 径。 (2)粒子从飘入狭缝至动能达到 Em所需的总时间 t0是电场匀加速和磁场偏转(半 个周期)等循环之和。 (3)0 2 T 内粒子被加速,但是只有在 0(
11、 2 T -t)时间内飘入的粒子才能每次均 被加速,进而算出满足“超过 99%能射出”的条件。 【解析】(1)粒子运动半径为 R 时有 qvB=m R v2 , 且 Em= 2 1 mv 2,解得 E m= m RBq 2 222 (2)粒子被加速 n 次达到动能 Em,则 Em=nqU0 粒子在狭缝间做匀加速运动,设 n 次经过狭缝的总时间为t, 加速度 a= md qU0 匀加速直线运动总长度 nd= 2 1 a(t) 2 由 t0=(n-1) 2 T +t,解得 t0= 0 2 2 2+ U BRdBR - qB m (3)只有在 0( 2 T -t)时间内飘入的粒子才能每次均被加速,则
12、所占的比例为 = 2 - 2 T t T ,由99%,解得 d RqB mU 2 0 100 。 答案:(1) m RBq 2 222 (2) 0 2 2 2+ U BRdBR - qB m (3)d RqB mU 2 0 100 8.(2016天津高考T11)如图所示,空间中存在着水平向右的匀强电场,电场强 度大小 E=53N/C,同时存在着水平方向的匀强磁场,其方向与电场方向垂直,磁 感应强度大小B=0.5T。 有一带正电的小球,质量m=1.010 -6kg,电荷量q=210-6C, 正以速度 v 在图示的竖直面内做匀速直线运动,当经过 P 点时撤掉磁场(不考虑 磁场消失引起的电磁感应现象
13、),g 取 10m/s 2。求: (1)小球做匀速直线运动的速度 v 的大小和方向。 (2)从撤掉磁场到小球再次穿过 P 点所在的这条电场线经历的时间 t。 【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析: (1)小球做匀速直线运动时受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,这三个力的合 力为零。 (2)撤去磁场后小球做类平抛运动。 【解析】(1)小球匀速直线运动时受力如图,其所受的三个力在同一平面内,合力 为零,有 2222 qvBq Em g 代入数据解得 v=20m/s 速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角满足 tan qE mg 代入数据解得 tan=3 =60 (2)解法一: 撤去磁场,
14、小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动,设其加速度为 a,有 2222 q Em g a m 设撤掉磁场后小球在初速度方向上的分位移为 x,有 x=vt 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为 y,有 y= 2 1 at 2 a 与 mg 的夹角和 v 与 E 的夹角相同,均为,又 tan= x y 联立式,代入数据解得 t=23s=3.5 s 解法二:撤去磁场后,由于电场力垂直于竖直方向,他对竖直方向的分运动没有 影响,以 P 点为坐标原点,竖直向上为正方向,小球在竖直向上做匀减速运动,其 初速度为 vy=vsin 若使小球再次穿过 P 点所在的电场线,仅需小球的竖直方向上的分位移为零
15、,则 有 vyt- 2 1 gt 2=0 联立式,代入数据解得 t=23s=3.5 s 答案:(1)20m/s速度 v 的方向与电场 E 的方向之间的夹角为 60(2)3.5s 【误区警示】洛伦兹力与重力和电场力的合力等大反向,小球做匀速直线运动时 速度与洛伦兹力的方向垂直,也与重力和电场力的合力垂直,撤掉磁场后小球做 类平抛运动。 9.（2016海南高考T14）如图,A、C 两点分别位于 x 轴和 y 轴上,OCA= 30,OA 的长度为 L。在OCA 区域内有垂直于 xOy 平面向里的匀强磁场。质量 为 m、电荷量为 q 的带正电粒子,以平行于 y 轴的方向从 OA 边射入磁场。已知粒 子
16、从某点射入时,恰好垂直于 OC 边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为 t0。 不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小。 (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从 OC 边上的同一点射出 磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和。 (3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与 AC 边相切,且在磁场内运动的时间 为 3 5 t0,求粒子此次入射速度的大小。 【解析】 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间 t0内其速度方向改变了 90, 故其周期 T=4t0 设磁感应强度大小为 B,粒子速度为 v,圆周运动的半径为 r。由洛伦兹力公式和 牛顿第二定律得 2 = v qvB
17、m r 匀速圆周运动的速度满足 2 r v T 联立式得 0 2 m B qt (2)设粒子从 OA 边两个不同位置射入磁场,能从 OC 边上的同一点 P 射出磁场,粒 子在磁场中运动的轨迹如图甲所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为1和2。 由几何关系知 1=180-2 粒子两次在磁场中运动的时间分别为 t1与 t2,则 t1+t2= 2 T =2t0 (3)如图乙,由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为 150。设 O 为圆弧的圆心,圆弧的半径为 r0,圆弧与 AC 相切于 B 点,从 D 点射出 磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有 O O D=B O A=30 r0c
18、osO O D+ AOBcos 0 r =L 设粒子此次入射速度的大小为 v0,由圆周运动规律得 v0= T r02 联立式得 v0= 0 3 7 L t 答案:(1) 0 2 m qt (2)2t0(3) 0 3 7 L t 10.(2016北京高考T22)如图所示,质量为 m,电荷量为 q 的带电粒子,以初速 度 v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为 B 的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运 动。不计带电粒子所受重力。 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径 R 和周期 T。 (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电 场,求电场强度 E 的大小。 【解题指南】解答本题应
19、把握以下三点: (1)明确洛伦兹力提供向心力。 (2)根据周期和线速度的关系求出周期的表达式。 (3)根据平衡条件求电场强度。 【解析】(1)粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有 f=qvB=m R v2 解得粒子做匀速圆周运动的半径 R= qB mv 粒子做匀速圆周运动的周期 T= v R2 = qB m2 (2)粒子受电场力 F=qE, 洛伦兹力 f=qvB, 粒子做匀速直线运动,由二力平衡可知,qE=qvB。 解得电场强度的大小 E=vB。 答案:(1) qB mv qB m2 (2)vB 11.(2016四川高考T11)如图所示,图面内有竖直线 DD,过 DD且垂直于图 面的平面
20、将空间分成、两区域。区域有方向竖直向上的匀强电场和方向 垂直于图面的匀强磁场 B(图中未画出);区域有固定在水平地面上高 h=2l、倾 角= 4 的光滑绝缘斜面,斜面顶端与直线 DD距离 s=4l,区域可加竖直方向 的大小不同的匀强电场(图中未画出);C 点在 DD上,距地面高 H=3l。零时刻,质 量为 m、带电荷量为 q 的小球 P 在 K 点具有大小 v0=gl、方向与水平面夹角 = 3 的速度,在区域内做半径 r= l 3 的匀速圆周运动,经 C 点水平进入区域。 某 时刻,不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇。小球视为质点,不计空气阻力及小球 P
21、所带电量对空间电磁场的影响。l 已知,g 为重力加速度。 (1)求匀强磁场的磁感应强度的大小。 (2)若小球 A、P 在斜面底端相遇,求释放小球 A 的时刻 tA。 (3)若小球 A、P 在时刻 t= g l (为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域 的匀强电场的场强 E,并讨论场强 E 的极大值和极小值及相应的方向。 【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析: (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动:m r v2 0 =qv0B。 (2)牛顿第二定律:F=ma。 (3)匀变速直线运动位移公式:x=v0t+ 2 1 at 2。 【解析】(1)由题知,小球 P 在区域内做匀速圆周运动,有 m r
22、 v2 0 =qv0B 代入数据解得 B=gl lq m 3 (2)小球 P 在区域做匀速圆周运动转过的圆心角为,运动到 C 点的时刻为 tC, 则有 0 C v r t s-hcot=v0(t1-tC) 小球 A 释放后沿着斜面运动的加速度为 aA,与小球 P 在时刻 t1相遇在斜面底端, 有 mAgsin=mAaA sin h = 2 1 aA(t1-tA) 2 联立方程得 tA=(3-22) g l (3)设所求电场方向向下,在 tA时刻释放小球 A,小球 P 在区域运动的加速度 为 aP,有 s=v0(t-tC)+ 2 1 aA(t-tA) 2cos mg+qE=maP H-h+ 2
23、1 aA(t-tA) 2sin= 2 1 aP(t-tC) 2 联立相关方程解得 E= 2 2 ) 1( )11( q mg 若小球 P 与小球 A 在斜面底端相遇,则有 t-tC= 0 cot v hs 解得 t=3 g l 若小球 P 与小球 A 在斜面顶端相遇,则有 t-tC= 0 v s 解得 t=5 g l 可得 35 所以- q mg 8 7 E q mg 2 ,负号表明电场方向向上。 所以电场强度最大为 q mg 8 7 ,方向竖直向上;电场强度最小为 0。 答案:(1)gl lq m 3 (2)(3-22) g l (3)场强极大值为 q mg 8 7 ,方向竖直向上;场 强极
24、小值为 0 12.（2016浙江高考T25 ）为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造 了“扇形聚焦回旋加速器” 。在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平 衡轨道上周期性旋转。 扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示,圆心为 O 的圆形区域等分成六个扇形区域, 其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面 向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,谷区内没有磁场。质量为 m,电荷量为 q 的正 离子,以不变的速率 v 旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示。 (1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径 r,并判断离子旋转的方向是顺时针还 是逆时针。 (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆
25、心角及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期 T。 (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B,新的闭合平衡轨 道在一个峰区内的圆心角变为 90,求 B和 B 的关系。已知:sin()= sincoscossin,cos=1-2sin 2 2 。 【解析】(1)在封闭区内圆弧半径 mv r qB ,旋转方向为逆时针方向。 (2)由对称性,封闭区内圆弧的圆心角 3 2 每个圆弧的长度 qB mvr l 3 2 3 2 每段直线的长度 qB mv rrL 3 3 6 cos2 运行的周期 v lL T )(3 离子绕闭合平衡轨道旋转的周期 T qB m)332( (3)谷区内的圆心角=120-90=30 谷区内的轨道圆弧半径 Bq mv r 由几何关系 2 sin 2 sin rr 由三角关系 4 26 15sin 2 30 sin o o 代入得BB 2 ) 13( 答案:(1) qB mv 旋转方向为逆时针方向 (2) 3 2 qB m)332( (3)BB 2 ) 13(
