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中小學(xué)教育資源及組卷應(yīng)用平臺
第7講 磁場
考題一　磁場的性質(zhì)
（2023 紹興二模）兩根通電細(xì)長直導(dǎo)線緊靠著同樣長的塑料圓柱體，圖甲是圓柱體和導(dǎo)線1的截面，導(dǎo)線2固定不動（圖中未畫出）。導(dǎo)線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從θ＝0緩慢移動到π，測量圓柱體中心O處磁感應(yīng)強度，獲得沿x方向的磁感應(yīng)強度Bx隨θ的圖像（如圖乙）和沿y方向的磁感應(yīng)強度By隨θ的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（　　）
A．導(dǎo)線1電流方向垂直紙面向里
B．導(dǎo)線2在第三象限角平分線位置
C．隨著θ的增大，中心O處的磁感應(yīng)強度先變大后變小
D．當(dāng)θ＝0.25π時，中心O處的磁感應(yīng)強度方向沿第四象限角平分線向外
【解答】解：B、當(dāng)導(dǎo)線1轉(zhuǎn)動0.5π時，根據(jù)安培定則（或右手螺旋定則）可知，導(dǎo)線1此時只產(chǎn)生了x軸方向的磁場，又因為此時O點只有沿x軸正方向的磁場，可知導(dǎo)線2在豎直方向上沒有分量，所以導(dǎo)線2不可能位于第三象限的角平分線上，只能是在y軸上，故B錯誤；
A、根據(jù)丙圖可知，導(dǎo)線1在初始狀態(tài)在O點產(chǎn)生的磁場沿y軸負(fù)方向。根據(jù)右手螺旋定則可知導(dǎo)線1中電流方向垂直紙面向外。故A錯誤；
C、磁感應(yīng)強度為矢量，根據(jù)勾股定理，可知中心O處的磁感應(yīng)強度為
，先變大后變小，故C正確；
D、θ＝0.25π時，導(dǎo)線1產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向沿第四象限角平分線，但導(dǎo)線2產(chǎn)生的磁場沿x軸正方向。故中心O處的磁感應(yīng)強度方向在x軸正方向與第四象限角平分線之間。并不是沿第四象限的角平分線，故D錯誤。
故選：C。
（2023 浙江模擬）如圖所示，無限長直導(dǎo)線A、B和以點p為圓心的圓形導(dǎo)線C、D固定在xy平面內(nèi)。導(dǎo)線C、D有強度相同的恒定電流，導(dǎo)線B中有強度為I0、方向為+x的電流。導(dǎo)線C在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B0。當(dāng)導(dǎo)線A中的電流改變時，導(dǎo)線A～D的電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小如下表，下列敘述正確的是（　　）
導(dǎo)線A的電流 導(dǎo)線A～D的電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小
強度 方向
0 無 0
I0 +y ？
I0 ﹣y B0
A．表格中的“？”應(yīng)填入2B0
B．導(dǎo)線B中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
C．導(dǎo)線D中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度比導(dǎo)線B產(chǎn)生的要小
D．導(dǎo)線C中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向是垂直xy平面向內(nèi)
【解答】解：A．導(dǎo)線A中的電流為0時，p點合磁感應(yīng)強度為零，即B、C、D三條導(dǎo)線產(chǎn)生合磁場為零，當(dāng)A中電流為﹣I0時，p點合磁感應(yīng)強度為B0，方向垂直紙面向外，故當(dāng)A中的電流為I0時，p點合磁感應(yīng)強度仍為B0，方向應(yīng)垂直紙面向里，故A錯誤；
B．由于A、B導(dǎo)線到p點距離相等，根據(jù)對稱性，B中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0，故B正確；
C．導(dǎo)線D中電流大小及方向不確定，不能比較其在p點產(chǎn)生磁感應(yīng)強度與導(dǎo)線B產(chǎn)生磁感應(yīng)強度，故C錯誤；
D．導(dǎo)線C中電流方向未知，導(dǎo)線C中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向不能確定，故D錯誤。
故選：B。
（2023 臺州模擬）如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點、B點分別為Oa、Od的中點。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場的磁感應(yīng)強度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比。6條輸電導(dǎo)線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導(dǎo)線中的電流對b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F，則（　　）
A．A點和B點的磁感應(yīng)強度相同
B．其中b導(dǎo)線所受安培力大小為F
C．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直于ed向下
D．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直于ed向上
【解答】解：A．A、B關(guān)于O點對稱，根據(jù)對稱性可知A點和B點的磁感應(yīng)強度大小相等，方向不同，故A錯誤；
B．根據(jù)題意可知a、c對導(dǎo)線b的安培力大小F，f、d對導(dǎo)線b的安培力大小為：Ffd＝tan30°F
解得：
e對導(dǎo)線b的安培力大小為：
則根據(jù)平行四邊形定則對矢量進行合成可得b導(dǎo)線所受安培力大小為：
解得：，故B錯誤；
CD．根據(jù)安培定則可得，a、d兩條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反；b、e兩條導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反；故a、b、c、d、e五根導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度方向與c導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度方向相同，垂直于ed向下，故C正確，D錯誤。
故選：C。
（2022 溫州二模）如圖所示，正方形abcd的四個頂角各有一根垂直于正方形平面的細(xì)長直導(dǎo)線，通有大小相同的電流，相鄰導(dǎo)線電流方向相反，O為正方形的中心，下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)、b連線中點的磁感應(yīng)強度為零
B．a(chǎn)、b連線中點與a、d連線中點的磁感應(yīng)強度相同
C．a(chǎn)、c兩點的兩根導(dǎo)線受到的安培力大小相等，方向垂直
D．a(chǎn)、b兩點的兩根導(dǎo)線受到的安培力大小相等，方向垂直
【解答】解：A、根據(jù)右手螺旋定則判定a、b連線中點的磁感應(yīng)強度垂直ab連線向下，故A錯誤；
B、a、d連線中點的磁感應(yīng)強度垂直ad連線向右，故B錯誤；
C、根據(jù)同向電流相互吸引，異向電流相互排斥和受力的矢量和可知，a、c兩點的兩根導(dǎo)線所受安培力大小相等，方向相反，故C錯誤；
D、根據(jù)同向電流相互吸引，異向電流相互排斥和受力的矢量和可知，a、b兩點的兩根導(dǎo)線所受安培力大小相等，方向垂直，故D正確；
故選：D。
1．分析通電導(dǎo)體棒受力時的基本思路
2．辨析以下說法的正誤．
(1)帶電粒子受電場力則空間一定存在電場(　√　)
(2)帶電粒子不受電場力則空間一定不存在電場(　√　)
(3)運動電荷受洛倫茲力則空間一定存在磁場(　√　)
(4)運動電荷不受洛倫茲力則空間一定不存在磁場(　×　)
考題二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
（2023春 溫州期末）如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（磁場足夠大），一對正、負(fù)電子（質(zhì)量、電量相等，但電性相反）分別以相同速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負(fù)電子與正電子在磁場中運動時間之比為（不計正、負(fù)電子間的相互作用力）（　　）
A．1： B．2：1 C．：1 D．1：2
【解答】解：正電子進入磁場后，在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，而負(fù)電子在洛倫茲力作用下向下偏轉(zhuǎn)。由T，知兩個電子的周期相等。
正電子從y軸上射出磁場時，根據(jù)幾何知識得知，速度與y軸的夾角為60°，則正電子速度的偏向角為θ1＝120°，其軌跡對應(yīng)的圓心角也為120°，則正電子在磁場中運動時間為t1TTT，
同理，知負(fù)電子以30°入射，從x軸離開磁場時，速度方向與x軸的夾角為30°，
則軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，負(fù)電子在磁場中運動時間為t2TTT。
所以負(fù)電子與正電子在磁場中運動時間之比為t2：t1＝1：2。
故選：D。
（多選）（2022秋 拱墅區(qū)校級期末）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，運動軌跡如圖所示，其中∠AOa＝90°，∠AOb＝120°，∠AOc＝150°。若帶電粒子只受磁場力的作用．則下列說法正確的是（　　）
A．三個粒子都帶負(fù)電荷
B．b粒子的速率是a粒子速率的倍
C．a(chǎn)粒子在磁場中運動時間最短
D．三個粒子在磁場中運動的時間之比為3：2：1
【解答】解：粒子在磁場中做勻速圓周運動的運動軌跡如圖所示
A、由左手定則可知，三個粒子均帶正電，故A錯誤；
B、設(shè)磁場半徑為R，由幾何關(guān)系可知，ra＝R，rbR，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：v，由于q、B、m都相等，則vbva，故B正確；
CD、粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，粒子在磁場中的運動時間t∝θ，如圖所示，由圖中幾何關(guān)系可知三個粒子在磁場中運動的時間之比是ta：tb：tc＝3：2：1，a粒子在磁場中運動時間最長，故C錯誤，D正確。
故選：BD。
（2023春 嘉興期末）如圖所示，空間中有一半徑為R、圓心處于O點的圓形勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。其底部A點有一電子源可向圓形磁場內(nèi)各個方向內(nèi)持續(xù)發(fā)射速度大小為v0，質(zhì)量為m，電量為e的電子。圓形磁場右側(cè)緊靠著一電子收集裝置，該裝置主要由長為2R、間距為2R的平行金屬板MN和PQ構(gòu)成，平行金屬板中心軸線過磁場圓心O點，金屬板之間加恒為UMN的電壓，PQ板接地，當(dāng)電子碰到金屬板立即被收集中和。未能收集的電子射出平行金屬板后會撞上另一收集裝置BC板（足夠長），B點在金屬板右端點QN連線的延長線上，并與延長線的夾角為θ（θ可調(diào)）。不計電子之間的相互作用和場的邊緣效應(yīng)，則：
（1）現(xiàn)要求所有電子均能平行進入金屬板間，求磁感應(yīng)強度B的大小；
（2）若電子初速度滿足（1）的條件且進入收集裝置時在豎直方向分布均勻，單位時間內(nèi)電子數(shù)為n，求平行金屬板的收集效率和單位時間內(nèi)電子減少的總電勢能；
（3）在（2）中未能收集的電子離開平行金屬板后與BC板發(fā)生碰撞，要求電子垂直撞擊BC板，應(yīng)調(diào)整θ為多少？調(diào)整后與BC撞擊的電子有60%被完全吸收，40%電子會被反彈，反彈后的速度大小減小為原來一半，求BC板受到的作用力大小。
【解答】解：（1）當(dāng)電子在磁場中運動半徑與磁場半徑相等時，所有電子均能平行向右進入收集裝置，有
解得
（2）電子進入平行板后受向上電場力作用做類平拋運動，設(shè)恰好從N點出射的電子進入平行板時離MN距離為d，則有
2R＝v0t
其中
UMN＝2ER
解得
d＝R
即從中心軸線以上進入的電子全部被收集，中心軸線以下的電子不能被收集，收集效率
η＝50%
因電子進入平行板時分布均勻，則中心軸線以上電子減少的電勢能為
中心軸線以下電子減少的電勢能為
共減少的電勢能
（3）設(shè)末被平行板收集的電子離開平行板區(qū)域時速度與水平方向夾角為α，則
tanα＝1
解得
α＝45°
要讓電子能夠垂直撞擊BC板，有
θ＝α＝45°
設(shè)電子與BC板發(fā)生碰撞時速度為v，由類平拋規(guī)律有
由動量定理得
根據(jù)牛頓第三定律，BC板受到的作用大小
答：（1）現(xiàn)要求所有電子均能平行進入金屬板間，磁感應(yīng)強度B的大小為；
（2）平行金屬板的收集效率和單位時間內(nèi)電子減少的總電勢能為；
（3）要求電子垂直撞擊BC板，應(yīng)調(diào)整θ為45°；BC板受到的作用力大小。
帶電粒子在勻強磁場中的“四點、六線、三角”
(1)如圖所示．
(2)四點：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O.
(3)六線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑r，入射速度直線和出射速度直線OB、OC，入射點與出射點的連線BC，圓心與兩條速度直線交點的連線AO.
(4)三角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．
考題三　帶電粒子在磁場中的臨界問題
（2022秋 溫州期末）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，O為圓心，A、C、D為圓形區(qū)域邊界上的三點，∠AOC＝90°，∠AOD＝60°。現(xiàn)有一對質(zhì)量相等、電荷量不等的正、負(fù)粒子，從A點沿AO方向以相同大小的速度垂直磁場射入，一個從C點離開磁場，另一個從D點離開磁場，粒子的重力及相互作用力均不計。
（1）從C點離開磁場的粒子的電性；
（2）從C點和D點離開磁場的兩個粒子的電荷量之比；
（3）從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比。
【解答】解：（1）從C點離開磁場的粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力水平向左，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電
（2）設(shè)磁場區(qū)域的半徑為R，粒子在磁場中做勻速圓周運動，粒子運動軌跡如圖所示
由幾何知識可知：r1＝Rtan30°R，r2＝R
粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m
解得：q
兩粒子的質(zhì)量m與速度大小v相等，則兩粒子的電荷量之比
（3）粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T
粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期之比
由幾何知識可知，從C點離開磁場的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θC＝90°，從D點離開磁場的粒子θD＝120°
粒子在磁場中的運動時間t
從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比
答：（1）從C點離開磁場的粒子帶負(fù)電；
（2）從C點和D點離開磁場的兩個粒子的電荷量之比是：3；
（3）從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比是3：4。
（2022秋 諸暨市期末）如圖所示，在xOy平面坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。在x軸上鋪設(shè)一不計厚度的足夠長擋板，擋板一端位于坐標(biāo)原點O處。在y軸上的P點有一放射源，在t＝0時刻開始沿坐標(biāo)平面向磁場區(qū)域的各個方向持續(xù)均勻地發(fā)射帶正電粒子。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，速率為v0，磁感應(yīng)強度的大小，P點位置坐標(biāo)為（0，L）。忽略粒子的重力及粒子之間的相互作用。
（1）某粒子的速度方向垂直y軸；
①求粒子第一次打到擋板上的位置坐標(biāo)和從P點到擋板所經(jīng)歷的時間；
②若粒子打到擋板后反彈，反彈后速度大小為反彈前的一半，求粒子最終的位置坐標(biāo)；
（2）求在時刻粒子可能出現(xiàn)的區(qū)域的面積；
（3）若粒子的發(fā)射速率為v，打到擋板上立即被收集，試討論粒子收集率η與速率為v的函數(shù)關(guān)系。（提示：若sinθ＝x，則θ＝arcsinx）
【解答】解：（1）①設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r1，從P點到擋板所經(jīng)歷的時間為t1，則根據(jù)牛頓第二定律可得：
解得：
得r1＝L
則該粒子打到擋板上的位置坐標(biāo)（L，0），根據(jù)周期公式和幾何關(guān)系可得：
得
②設(shè)第一次碰后圓周半徑為r2，第二次碰后半徑為r3，第n﹣1次碰后半徑為rn，則
，，
設(shè)粒子最終在擋板上的位置坐標(biāo)（x，0），則x＝r1+2r2+2r3+ +2rn
得x＝3L
由此可知粒子最終的位置坐標(biāo)（3L，0）
（2）粒子運動的時間
粒子運動的軌跡如圖甲所示
粒子可能出現(xiàn)的區(qū)域的面積
即
（3）設(shè)粒子速率為v時做圓周運動的半徑為r，則
①當(dāng)時，即，則如圖乙所示
此時收集率為η＝0
②當(dāng)v＞v0時，即r＞L時，則如圖丙所示
由幾何關(guān)系可知
此時收集率
③當(dāng)時，即，則如圖丁所示
由幾何關(guān)系可知，
所以收集率為
答：（1）某粒子的速度方向垂直y軸；
①粒子第一次打到擋板上的位置坐標(biāo)和從P點到擋板所經(jīng)歷的時間為；
②若粒子打到擋板后反彈，反彈后速度大小為反彈前的一半，粒子最終的位置坐標(biāo)為（3L，0）；
（2）在時刻粒子可能出現(xiàn)的區(qū)域的面積為；
（3）見解析。
1．解決本類問題的一般思路
(1)首先要明確帶電粒子的電性和磁場的方向．
(2)正確地找出帶電粒子運動的臨界狀態(tài)，以題目中的關(guān)鍵詞“恰好”、“最高”、“最長”、“至少”等為突破口．
(3)畫出粒子的運動軌跡，確定圓心、半徑，由幾何關(guān)系確定邊角關(guān)系．
2．巧解帶電粒子在磁場運動的臨界軌跡的方法
(1)動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同的同種粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上．
(2)旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同的同種粒子的運動軌跡的圓心在以入射點為圓心，半徑為R＝的圓上．
考題四　帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動
（2023 雨花區(qū)校級一模）如圖所示，有一圓形區(qū)域勻強磁場，半徑為R，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小B1，在其右側(cè)有一與其右端相切的正方形磁場區(qū)域，正方形磁場的邊長足夠長，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B2。有一簇質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，以相同的速度v0沿圖示方向平行射入磁場，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則粒子在正方形磁場區(qū)域中可能經(jīng)過的面積為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：依題意，粒子速度，粒子圓形磁場區(qū)域經(jīng)歷磁聚焦，聚于兩區(qū)域相切點而后進入正方形區(qū)域圖形，如下圖
圖中陰影部分為所求，
空白區(qū)域面積
空白加陰影總面積
則，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（多選）（2023 沈陽三模）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里。P（﹣L，0）、Q（0，﹣L）為坐標(biāo)軸上的兩個點。現(xiàn)有一電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（不計重力），以與x軸正向成45°角從P點射出，恰好經(jīng)原點O到達Q點，則下列對PQ段運動描述正確的是（　　）
A．粒子運動的最短時間為
B．粒子運動的總路程可能為πL
C．粒子在Q點速度方向與y軸正向的夾角可能為45°
D．粒子從P到O的時間與從O到Q的時間之比可能為1：3
【解答】解：C．若粒子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O到達Q點，運動軌跡可能如圖所示：
或
第一種情況粒子在Q點速度方向與y軸負(fù)向的夾角為45°；第二種情況粒子在Q點速度方向與y軸正向的夾角為45°，故C正確；
A．根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子運動的時間最短，根據(jù)幾何關(guān)系可得：
，故A錯誤；
B．根據(jù)幾何關(guān)系可知第一種情況粒子運動的總路程為：
同理可得第二種情況粒子運動的總路程粒子運動的總路程為：
，故B正確；
D．根據(jù)粒子的運動軌跡圖可知第一種情況粒子從P到O的時間與從O到Q的時間之比為1：1；
同理可得第二種情況粒子從P到O的時間為：
粒子與從O到Q的時間為：
因此第二種情況粒子從P到O的時間與從O到Q的時間之比為
，故D正確。
故選：BCD。
（多選）（2023 鄭州二模）如圖所示，ab和ac是無限大磁場的分界線，在ab和ac的上下兩側(cè)分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。∠bac＝90°，P、Q是分界線上的兩點，且aP＝aQ＝L。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的粒子從P點沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（　　）
A．粒子運動的軌跡半徑為r
B．粒子由P點運動到Q點所用的時間為t
C．若射出速度為，粒子由P點運動到Q點所用時間為
D．若射出速度為2v，粒子第一次運動ac邊上的位置到a點的距離為 d＝（1）L
【解答】解：A、粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得粒子運動的軌跡半徑rL，故A正確；
B、粒子在磁場中做運動圓周運動，粒子運動軌跡如下圖所示
由幾何知識可知，粒子從P運動到Q過程中，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝360°，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，粒子從P運動到Q需要的時間tT，故B錯誤；
C、若射出速度為，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qv×B＝m，解得：r'rL，粒子運動軌跡如下圖所示
由幾何知識可知，粒子由P點運動到Q點過程在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角α＝720°，粒子粒子由P點運動到Q點所用時間t'T＝2，故C錯誤；
D、若射出速度為2v，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：q×2v×B＝m，解得：R＝2rL，粒子運動軌跡如圖所示：
由幾何知識可知，粒子第一次運動ac邊上的位置到a點的距離d＝R﹣Rsin45°LL（1）L，故D正確。
故選：AD。
（2023 南昌三模）如圖所示，紙面內(nèi)有兩條互相平行的長直絕緣導(dǎo)線L1和L2，L1中的電流方向向向左，L2中的電流方向向右，L1和L2中電流大小相等；a、b兩點相對于L1對稱，且a點到L1、L2的距離相等．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度的方向也垂直于紙面向外，a點的磁感應(yīng)強度大小是b點的2倍。流經(jīng)L2的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和，則外磁場的磁感應(yīng)強度的大小為（　　）
A． B．2B0 C． D．
【解答】解：設(shè)外磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B，由于a、b兩點相對于L1對稱，而L1和L2中電流大小相等，由安培定則可知，流經(jīng)L1的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反。由于a點到L1L2的距離相等，L1和L2中電流大小相等，由安培定則知，流經(jīng)L1的電流和流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相同，也是B0，所以a、b兩點的磁感應(yīng)強度方向也垂直紙面向外，a點處的磁感應(yīng)強度大小為
Ba＝Bo+Bo+B
b點處的磁感應(yīng)強度大小為
BbBo﹣Bo+B，且Ba＝2Bb
外磁場的磁感應(yīng)強度的大小為BBo
故ABC錯誤，D正確。
故選：D。
（2023 濟南二模）如圖甲所示，a、b位于兩個等量異種電荷的連線上，且a、b到O點的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線垂直紙面通過M、N兩點，O'為MN的中點，c、d位于MN的連線上，且c、d到O點的距離相等，兩導(dǎo)線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（　　）
A．O點處的電場強度為零
B．c、d處的磁感應(yīng)強度相同
C．在a點處無初速的釋放點電荷+q，點電荷將在a、b間做往復(fù)運動
D．O'點處的磁感應(yīng)強度為零
【解答】解：A．正電荷在O點處的電場強度方向水平向右，負(fù)電荷在O點處的電場強度方向水平向右，根據(jù)場強疊加可知，O點的合場強方向水平向右，合場強不為零，故A錯誤；
BD．根據(jù)右手螺旋定則，M、N兩點處長直導(dǎo)線在c、d、O'點處的磁感應(yīng)強度方向均豎直向下，根據(jù)對稱性以及場強疊加可知，c、d處的磁感應(yīng)強度相同，O'點處的磁感應(yīng)強度不為零，故B正確，D錯誤；
C．等量異種電荷連線上的場強方向由正電荷指向負(fù)電荷，點電荷+q在a點處無初速的釋放，點電荷將沿a運動到b，不會做往復(fù)運動，故C錯誤。
故選：B。
（2023 海淀區(qū)校級三模）安培對物質(zhì)具有磁性的解釋可以用如圖所示的情景來表示，那么（　　）
A．甲圖代表了被磁化的鐵棒的內(nèi)部情況
B．乙圖代表了被磁化的鐵棒的內(nèi)部情況
C．磁體在高溫環(huán)境下磁性不會改變
D．磁體在高溫環(huán)境下磁性會加強
【解答】解：AB．根據(jù)“分子電流”假說，未被磁化的物體，分子電流的方向非常紊亂，對外不顯磁性，則甲圖代表了未被磁化的鐵棒的內(nèi)部情況，被磁化的物體，分子電流的方向大致相同，對外顯示出磁性，則乙圖代表了被磁化的鐵棒的內(nèi)部情況，故A錯誤，故B正確；
CD．根據(jù)磁化與退磁的特性可知，磁體在高溫環(huán)境下，磁性會減弱，故CD錯誤。
故選：B。
（2023 麗水二模）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B。在手機上建立三維直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xOy平面，x軸、y軸如圖所示，z軸垂直手機屏正面向外。經(jīng)探測發(fā)現(xiàn)當(dāng)磁場在x、y、z方向的分量與所建坐標(biāo)系對應(yīng)正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負(fù)值。某同學(xué)在某地對地磁場進行了六次測量，前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（　　）
測量序號 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 ﹣25.13 0 ﹣36.50
2 ﹣24.56 0 ﹣36.00
3 0 24.22 ﹣36.40
4 0 ﹣24.14 ﹣36.50
5 ﹣43.94 ﹣7.31 0
6 ﹣26.68 34.56 0
A．測量地點位于南半球
B．當(dāng)?shù)氐卮艌龅拇鸥袘?yīng)強度大小約為60μT
C．第3、4次測量時x軸均與磁場方向垂直
D．第5、6次測量時手機屏均與磁場方向垂直
【解答】解：A．地磁場如圖所示
地磁南極位于地理北極附近，地磁北極位于地理南極附近，由表中z軸數(shù)據(jù)可看出z軸的磁場豎直向下，則測量地點應(yīng)位于北半球，故A錯誤；
B．磁感應(yīng)強度為矢量，由表格中的數(shù)據(jù)，根據(jù)平行四邊形定則，此處的磁感應(yīng)強度為：
，
代入數(shù)據(jù)得：B≈45μT，故B錯誤；
C．北半球的磁場指向北方斜向下，第3、4次測量Bx＝0，故x軸與磁場方向垂直，故C正確；
D．第5、6次測量時，Bz＝0，故z軸與磁場方向垂直，xOy平面（手機屏所在平面）與磁場方向平行，故D錯誤。
故選：C。
（2023 鹽城一模）某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，t＝0時，線圈平面平行于磁場。t＝t1時線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則0﹣t1時間內(nèi)磁通量的平均變化率是（　　）
A． B． C． D．
【解答】解：開始時線圈與磁場的方向平行，穿過線圈的磁通量為零即Φ1＝0；經(jīng)過時間t，面積為S的線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，磁通量為Φ2＝BSsinθ，則磁通量變化為：ΔΦ＝Φ2﹣Φ1＝BSsinθ，磁通量與匝數(shù)無關(guān)，則0﹣t1時間內(nèi)磁通量的平均變化率是，故B正確，ACD錯誤；
故選：B。
（2017 浙江模擬）在宇宙環(huán)境中，地磁場保護著地球，地質(zhì)記錄表明，自地球在46億年前形成以來，已經(jīng)有過數(shù)百次地磁反轉(zhuǎn)，也就是說，地球的磁場在“反極性”（地磁場方向與現(xiàn)在的方向相反）和“正極性”（地磁場方向與現(xiàn)在的方向相同）之間不斷變換。物理學(xué)家的研究認(rèn)為，地球的磁極反轉(zhuǎn)在未來仍可能會發(fā)生。下列關(guān)于地磁反轉(zhuǎn)期間的說法正確的是（　　）
A．對依靠磁場進行導(dǎo)航的物種不會有影響
B．若地磁場處于最弱的狀態(tài)時，就不會對地球生物的生存有影響
C．太陽輻射的高能粒子直接轟擊地球的大氣層，可能引發(fā)一些疾病
D．地球磁場的反轉(zhuǎn)可能是瞬間發(fā)生，而不是一個緩慢、漸進的過程
【解答】解：A、當(dāng)?shù)厍虻拇艌鲎兓瘯r，對依靠磁場進行導(dǎo)航的物種會有影響。故A錯誤；
B、由于地球的磁場方向沿南北方向，與太陽輻射的方向是垂直的，根據(jù)左手定則可知，地球的磁場能使太陽輻射的高能帶電粒子發(fā)生偏轉(zhuǎn)，所以地球的磁場對地球的生物有一定的變化作用。若地磁場處于最弱的狀態(tài)時，就會對地球生物的生存有影響。故B錯誤；
C、結(jié)合B的方向可知，地磁反轉(zhuǎn)期間地球的磁場減弱，太陽輻射的高能粒子直接轟擊地球的大氣層，可能引發(fā)一些疾病。故C正確；
D、根據(jù)研究發(fā)現(xiàn)，地球磁場的反轉(zhuǎn)不可能是瞬間發(fā)生，而是一個緩慢、漸進的過程。故D錯誤。
故選：C。
（2023 寧波二模）如圖甲所示，A、B為兩個相同的環(huán)形線圈，共軸并靠近放置，A線圈中通有如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（　　）
A．t1時刻兩線圈間作用力最大
B．t2時刻兩線圈間作用力最大
C．在t1到t2時間內(nèi)，A、B兩線圈相互排斥
D．在t2到t3時間內(nèi)，A、B兩線圈相互排斥
【解答】解：A、由題意可知，在t1時刻，線圈A中的電流最大，而磁通量的變化率是最小的，所以線圈B感應(yīng)電流也是最小，因此兩線圈間作用力為零，故A錯誤；
B、在t2時刻，線圈A中的電流最小，而磁通量的變化率是最大的，所以線圈B感應(yīng)電流也是最大，但A、B間的相互作用力最小，故B錯誤；
C、在t1到t2時間內(nèi)，若設(shè)逆時針（從左向右看）方向為正，則線圈A電流方向逆時針且大小減小，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向右的磁通量大小減小，由楞次定律可知，線圈B的電流方向逆時針方向，因此A、B中電流方向相同，出現(xiàn)相互吸引現(xiàn)象，故C錯誤；
D、在t2到t3時間內(nèi)，若設(shè)逆時針方向（從左向右看）為正，則線圈A電流方向順時針且大小增大，所以根據(jù)右手螺旋定則可判定穿過線圈B方向向左的磁通量大小增大，由楞次定律可知，線圈B的電流方向逆時針方向，因此A、B中電流方向相反，A、B出現(xiàn)互相排斥，故D正確。
故選：D。
（2023 杭州二模）利用霍爾元件可以進行微小位移的測量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強弱相同同極相對放置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。兩磁極連線方向沿x軸，通過霍爾元件的電流I不變，方向沿z軸正方向。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時，磁感應(yīng)強度B為0，霍爾電壓UH為0，將該點作為位移的零點。當(dāng)霍爾元件沿著±x方向移動時，則有霍爾電壓輸出，從而能夠?qū)崿F(xiàn)微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負(fù)電荷，則下列說法正確的是（　　）
A．霍爾元件向左偏離位移零點時，其左側(cè)電勢比右側(cè)高
B．霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側(cè)電勢比上側(cè)高
C．增加霍爾元件沿y方向的厚度，可以增加測量靈敏度
D．增加霍爾元件沿x方向的厚度，可以增加測量靈敏度
【解答】解：AB．霍爾元件向左偏離位移零點時，磁場方向向右，根據(jù)左手定則，帶負(fù)電的載流子向下偏轉(zhuǎn)，則上側(cè)電勢比下側(cè)高；同理霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側(cè)電勢比上側(cè)高，故A錯誤，B正確；
CD．當(dāng)穩(wěn)定時，根據(jù)平衡條件列式
其中
根據(jù)微觀電流表達式有I＝nqdydxv
解得
則只有減小x方向的厚度才能增加靈敏度；增加霍爾元件沿y方向或者沿x方向的厚度，都不可以增加測量靈敏度，故CD錯誤。
故選：B。
（2023 浙江模擬）如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，單位時間內(nèi)有N個質(zhì)量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為v0～的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區(qū)域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為v0的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區(qū)域。擋板ND下方有磁感應(yīng)強度為圓形磁場2倍、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，ND＝R，直線ND與圓形區(qū)域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方磁場。擋板ND上表面絕緣，下表面導(dǎo)電且可完全吸收到達的粒子，下表面通過一靈敏電流計接地。不計粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B及帶電粒子的電性；
（2）已知靈敏電流計電流大小為I，則PQ間入射粒子中速度為v0的粒子的比例η；
（3）圓形磁場區(qū)域邊界上有粒子射出的弧長長度l弧；
（4）若ND可以繞N點順時針轉(zhuǎn)動（0～90°），求ND擋板下表面有粒子打到的長度L與ND轉(zhuǎn)過角度的關(guān)系，并求當(dāng)轉(zhuǎn)過多少角度時粒子打到的長度最大及長度Lm具體值？
【解答】解：（1）速度為v0的粒子從M點射入，從N點射出，軌道半徑為r，由幾何關(guān)系可知r＝R
由牛頓第二定律
解得
由左手定則判斷可得粒子帶正電；
（2）擋板下方磁感應(yīng)強度為2B，粒子均以速度v0進入，有
軌道半徑
所有速度為v0的粒子都能打在ND擋板上I＝ηNq
解得
（3）速度為v0入射的全部打在N點上，速度為的粒子從M點射入，射出位置離N點最遠(yuǎn)，射出點為A，如圖所示
由牛頓第二定律：
由幾何關(guān)系：
解得θ＝30°
∠MOA＝2（90°﹣θ）＝120°
所以AN之間的弧長。
（4）如圖，由幾何關(guān)系可知，能到達N點的帶電粒子速度均為v0，半徑均為r＝R△KOB中有
解得β＝60°
從K點射入的帶電粒子速度偏轉(zhuǎn)角為60°，從M點射入的帶電粒子速度偏轉(zhuǎn)角為90°，作豎直向下的粒子在下方磁場的軌跡圓1，作K點射入經(jīng)N點后在下方磁場的軌跡圓2。ND順時針轉(zhuǎn)動α角后與連軌跡圓交點G、F，△NFD中有LNE＝NDcosα﹣2r'cosα
H為圓2的圓心，連接HG構(gòu)成三角形，△NFD中有∠DNH＝30°，LNG＝2r'cos（α+30°）（0°≤α≤60°）
ND板下表面被粒子打到的長度為
當(dāng)（60°≤α≤90°）時，G點與N點重合，ND板下表面被粒子打到的長度為L＝Rcosα（60°≤α≤90°）
令
則L＝Rsin（α+γ）
但因為
所以當(dāng)α＝60°時
答：（1）圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度，帶電粒子帶正電；
（2）已知靈敏電流計電流大小為I，則PQ間入射粒子中速度為v0的粒子的比例；
（3）圓形磁場區(qū)域邊界上有粒子射出的弧長長度；
（4）若ND可以繞N點順時針轉(zhuǎn)動（0～90°），ND擋板下表面有粒子打到的長度為：Rcosα﹣Rcos（α+30°）（0°≤α≤60°），L＝Rcosα（60°≤α≤90°）；當(dāng)轉(zhuǎn)過60°時粒子打到的長度最大，且。
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第7講 磁場
考題一　磁場的性質(zhì)
（2023 紹興二模）兩根通電細(xì)長直導(dǎo)線緊靠著同樣長的塑料圓柱體，圖甲是圓柱體和導(dǎo)線1的截面，導(dǎo)線2固定不動（圖中未畫出）。導(dǎo)線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從θ＝0緩慢移動到π，測量圓柱體中心O處磁感應(yīng)強度，獲得沿x方向的磁感應(yīng)強度Bx隨θ的圖像（如圖乙）和沿y方向的磁感應(yīng)強度By隨θ的圖像（如圖丙）。下列說法正確的是（　　）
A．導(dǎo)線1電流方向垂直紙面向里
B．導(dǎo)線2在第三象限角平分線位置
C．隨著θ的增大，中心O處的磁感應(yīng)強度先變大后變小
D．當(dāng)θ＝0.25π時，中心O處的磁感應(yīng)強度方向沿第四象限角平分線向外
（2023 浙江模擬）如圖所示，無限長直導(dǎo)線A、B和以點p為圓心的圓形導(dǎo)線C、D固定在xy平面內(nèi)。導(dǎo)線C、D有強度相同的恒定電流，導(dǎo)線B中有強度為I0、方向為+x的電流。導(dǎo)線C在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B0。當(dāng)導(dǎo)線A中的電流改變時，導(dǎo)線A～D的電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小如下表，下列敘述正確的是（　　）
導(dǎo)線A的電流 導(dǎo)線A～D的電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小
強度 方向
0 無 0
I0 +y ？
I0 ﹣y B0
A．表格中的“？”應(yīng)填入2B0
B．導(dǎo)線B中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0
C．導(dǎo)線D中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度比導(dǎo)線B產(chǎn)生的要小
D．導(dǎo)線C中電流在p點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度方向是垂直xy平面向內(nèi)
（2023 臺州模擬）如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，間隔棒將6條輸電導(dǎo)線分別固定在一個正六邊形的頂點a、b、c、d、e、f上，O為正六邊形的中心，A點、B點分別為Oa、Od的中點。已知通電導(dǎo)線在周圍形成磁場的磁感應(yīng)強度與電流大小成正比，與到導(dǎo)線的距離成反比。6條輸電導(dǎo)線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中a導(dǎo)線中的電流對b導(dǎo)線中電流的安培力大小為F，則（　　）
A．A點和B點的磁感應(yīng)強度相同
B．其中b導(dǎo)線所受安培力大小為F
C．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直于ed向下
D．a(chǎn)、b、c、d、e五根導(dǎo)線在O點的磁感應(yīng)強度方向垂直于ed向上
（2022 溫州二模）如圖所示，正方形abcd的四個頂角各有一根垂直于正方形平面的細(xì)長直導(dǎo)線，通有大小相同的電流，相鄰導(dǎo)線電流方向相反，O為正方形的中心，下列說法正確的是（　　）
A．a(chǎn)、b連線中點的磁感應(yīng)強度為零
B．a(chǎn)、b連線中點與a、d連線中點的磁感應(yīng)強度相同
C．a(chǎn)、c兩點的兩根導(dǎo)線受到的安培力大小相等，方向垂直
D．a(chǎn)、b兩點的兩根導(dǎo)線受到的安培力大小相等，方向垂直
1．分析通電導(dǎo)體棒受力時的基本思路
2．辨析以下說法的正誤．
(1)帶電粒子受電場力則空間一定存在電場(　√　)
(2)帶電粒子不受電場力則空間一定不存在電場(　√　)
(3)運動電荷受洛倫茲力則空間一定存在磁場(　√　)
(4)運動電荷不受洛倫茲力則空間一定不存在磁場(　×　)
考題二　帶電粒子在勻強磁場中的運動
（2023春 溫州期末）如圖所示，在第一象限內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場（磁場足夠大），一對正、負(fù)電子（質(zhì)量、電量相等，但電性相反）分別以相同速度沿與x軸成30°角的方向從原點垂直磁場射入，則負(fù)電子與正電子在磁場中運動時間之比為（不計正、負(fù)電子間的相互作用力）（　　）
A．1： B．2：1 C．：1 D．1：2
（多選）（2022秋 拱墅區(qū)校級期末）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入磁場，運動軌跡如圖所示，其中∠AOa＝90°，∠AOb＝120°，∠AOc＝150°。若帶電粒子只受磁場力的作用．則下列說法正確的是（　　）
A．三個粒子都帶負(fù)電荷
B．b粒子的速率是a粒子速率的倍
C．a(chǎn)粒子在磁場中運動時間最短
D．三個粒子在磁場中運動的時間之比為3：2：1
（2023春 嘉興期末）如圖所示，空間中有一半徑為R、圓心處于O點的圓形勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。其底部A點有一電子源可向圓形磁場內(nèi)各個方向內(nèi)持續(xù)發(fā)射速度大小為v0，質(zhì)量為m，電量為e的電子。圓形磁場右側(cè)緊靠著一電子收集裝置，該裝置主要由長為2R、間距為2R的平行金屬板MN和PQ構(gòu)成，平行金屬板中心軸線過磁場圓心O點，金屬板之間加恒為UMN的電壓，PQ板接地，當(dāng)電子碰到金屬板立即被收集中和。未能收集的電子射出平行金屬板后會撞上另一收集裝置BC板（足夠長），B點在金屬板右端點QN連線的延長線上，并與延長線的夾角為θ（θ可調(diào)）。不計電子之間的相互作用和場的邊緣效應(yīng)，則：
（1）現(xiàn)要求所有電子均能平行進入金屬板間，求磁感應(yīng)強度B的大小；
（2）若電子初速度滿足（1）的條件且進入收集裝置時在豎直方向分布均勻，單位時間內(nèi)電子數(shù)為n，求平行金屬板的收集效率和單位時間內(nèi)電子減少的總電勢能；
（3）在（2）中未能收集的電子離開平行金屬板后與BC板發(fā)生碰撞，要求電子垂直撞擊BC板，應(yīng)調(diào)整θ為多少？調(diào)整后與BC撞擊的電子有60%被完全吸收，40%電子會被反彈，反彈后的速度大小減小為原來一半，求BC板受到的作用力大小。
帶電粒子在勻強磁場中的“四點、六線、三角”
(1)如圖所示．
(2)四點：入射點B、出射點C、軌跡圓心A、入射速度直線與出射速度直線的交點O.
(3)六線：圓弧兩端點所在的軌跡半徑r，入射速度直線和出射速度直線OB、OC，入射點與出射點的連線BC，圓心與兩條速度直線交點的連線AO.
(4)三角：速度偏轉(zhuǎn)角∠COD、圓心角∠BAC、弦切角∠OBC，其中偏轉(zhuǎn)角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍．
考題三　帶電粒子在磁場中的臨界問題
（2022秋 溫州期末）如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，O為圓心，A、C、D為圓形區(qū)域邊界上的三點，∠AOC＝90°，∠AOD＝60°。現(xiàn)有一對質(zhì)量相等、電荷量不等的正、負(fù)粒子，從A點沿AO方向以相同大小的速度垂直磁場射入，一個從C點離開磁場，另一個從D點離開磁場，粒子的重力及相互作用力均不計。
（1）從C點離開磁場的粒子的電性；
（2）從C點和D點離開磁場的兩個粒子的電荷量之比；
（3）從C點和D點離開磁場的兩個粒子在磁場中運動的時間之比。
（2022秋 諸暨市期末）如圖所示，在xOy平面坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)分布著垂直紙面向外的勻強磁場。在x軸上鋪設(shè)一不計厚度的足夠長擋板，擋板一端位于坐標(biāo)原點O處。在y軸上的P點有一放射源，在t＝0時刻開始沿坐標(biāo)平面向磁場區(qū)域的各個方向持續(xù)均勻地發(fā)射帶正電粒子。已知粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，速率為v0，磁感應(yīng)強度的大小，P點位置坐標(biāo)為（0，L）。忽略粒子的重力及粒子之間的相互作用。
（1）某粒子的速度方向垂直y軸；
①求粒子第一次打到擋板上的位置坐標(biāo)和從P點到擋板所經(jīng)歷的時間；
②若粒子打到擋板后反彈，反彈后速度大小為反彈前的一半，求粒子最終的位置坐標(biāo)；
（2）求在時刻粒子可能出現(xiàn)的區(qū)域的面積；
（3）若粒子的發(fā)射速率為v，打到擋板上立即被收集，試討論粒子收集率η與速率為v的函數(shù)關(guān)系。（提示：若sinθ＝x，則θ＝arcsinx）
1．解決本類問題的一般思路
(1)首先要明確帶電粒子的電性和磁場的方向．
(2)正確地找出帶電粒子運動的臨界狀態(tài)，以題目中的關(guān)鍵詞“恰好”、“最高”、“最長”、“至少”等為突破口．
(3)畫出粒子的運動軌跡，確定圓心、半徑，由幾何關(guān)系確定邊角關(guān)系．
2．巧解帶電粒子在磁場運動的臨界軌跡的方法
(1)動態(tài)放縮法：定點粒子源發(fā)射速度大小不同、方向相同的同種粒子，速度越大半徑越大，圓心在垂直初速度方向的直線上．
(2)旋轉(zhuǎn)平移法：定點粒子源發(fā)射速度大小相等、方向不同的同種粒子的運動軌跡的圓心在以入射點為圓心，半徑為R＝的圓上．
考題四　帶電粒子在相鄰多個磁場中的運動
（2023 雨花區(qū)校級一模）如圖所示，有一圓形區(qū)域勻強磁場，半徑為R，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小B1，在其右側(cè)有一與其右端相切的正方形磁場區(qū)域，正方形磁場的邊長足夠長，方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B2。有一簇質(zhì)量為m，電荷量為+q的粒子，以相同的速度v0沿圖示方向平行射入磁場，不計粒子的重力及粒子之間的相互作用，則粒子在正方形磁場區(qū)域中可能經(jīng)過的面積為（　　）
A． B．
C． D．
【解答】解：依題意，粒子速度，粒子圓形磁場區(qū)域經(jīng)歷磁聚焦，聚于兩區(qū)域相切點而后進入正方形區(qū)域圖形，如下圖
圖中陰影部分為所求，
空白區(qū)域面積
空白加陰影總面積
則，故C正確，ABD錯誤。
故選：C。
（多選）（2023 沈陽三模）如圖所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外，第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里。P（﹣L，0）、Q（0，﹣L）為坐標(biāo)軸上的兩個點。現(xiàn)有一電量大小為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子（不計重力），以與x軸正向成45°角從P點射出，恰好經(jīng)原點O到達Q點，則下列對PQ段運動描述正確的是（　　）
A．粒子運動的最短時間為
B．粒子運動的總路程可能為πL
C．粒子在Q點速度方向與y軸正向的夾角可能為45°
D．粒子從P到O的時間與從O到Q的時間之比可能為1：3
（多選）（2023 鄭州二模）如圖所示，ab和ac是無限大磁場的分界線，在ab和ac的上下兩側(cè)分布著方向相反、與平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。∠bac＝90°，P、Q是分界線上的兩點，且aP＝aQ＝L。現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為﹣q的粒子從P點沿PQ方向水平射出，粒子射出速度v，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。下列說法正確的是（　　）
A．粒子運動的軌跡半徑為r
B．粒子由P點運動到Q點所用的時間為t
C．若射出速度為，粒子由P點運動到Q點所用時間為
D．若射出速度為2v，粒子第一次運動ac邊上的位置到a點的距離為 d＝（1）L
（2023 南昌三模）如圖所示，紙面內(nèi)有兩條互相平行的長直絕緣導(dǎo)線L1和L2，L1中的電流方向向向左，L2中的電流方向向右，L1和L2中電流大小相等；a、b兩點相對于L1對稱，且a點到L1、L2的距離相等．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度的方向也垂直于紙面向外，a點的磁感應(yīng)強度大小是b點的2倍。流經(jīng)L2的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和，則外磁場的磁感應(yīng)強度的大小為（　　）
A． B．2B0 C． D．
（2023 濟南二模）如圖甲所示，a、b位于兩個等量異種電荷的連線上，且a、b到O點的距離相等；如圖乙所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線垂直紙面通過M、N兩點，O'為MN的中點，c、d位于MN的連線上，且c、d到O點的距離相等，兩導(dǎo)線中通有等大反向的恒定電流，下列說法正確的是（　　）
A．O點處的電場強度為零
B．c、d處的磁感應(yīng)強度相同
C．在a點處無初速的釋放點電荷+q，點電荷將在a、b間做往復(fù)運動
D．O'點處的磁感應(yīng)強度為零
（2023 海淀區(qū)校級三模）安培對物質(zhì)具有磁性的解釋可以用如圖所示的情景來表示，那么（　　）
A．甲圖代表了被磁化的鐵棒的內(nèi)部情況
B．乙圖代表了被磁化的鐵棒的內(nèi)部情況
C．磁體在高溫環(huán)境下磁性不會改變
D．磁體在高溫環(huán)境下磁性會加強
（2023 麗水二模）安裝適當(dāng)?shù)能浖螅弥悄苁謾C中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B。在手機上建立三維直角坐標(biāo)系，手機顯示屏所在平面為xOy平面，x軸、y軸如圖所示，z軸垂直手機屏正面向外。經(jīng)探測發(fā)現(xiàn)當(dāng)磁場在x、y、z方向的分量與所建坐標(biāo)系對應(yīng)正方向相同時顯示的示數(shù)為正值，反向時為負(fù)值。某同學(xué)在某地對地磁場進行了六次測量，前四次測量時手機屏面保持水平且正面朝上。根據(jù)表中測量結(jié)果可推知（　　）
測量序號 Bx/μT By/μT Bz/μT
1 ﹣25.13 0 ﹣36.50
2 ﹣24.56 0 ﹣36.00
3 0 24.22 ﹣36.40
4 0 ﹣24.14 ﹣36.50
5 ﹣43.94 ﹣7.31 0
6 ﹣26.68 34.56 0
A．測量地點位于南半球
B．當(dāng)?shù)氐卮艌龅拇鸥袘?yīng)強度大小約為60μT
C．第3、4次測量時x軸均與磁場方向垂直
D．第5、6次測量時手機屏均與磁場方向垂直
（2023 鹽城一模）某眼動儀可以根據(jù)其微型線圈在磁場中隨眼球運動時所產(chǎn)生的電流來追蹤眼球的運動。若該眼動儀線圈面積為S，匝數(shù)為N，處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，t＝0時，線圈平面平行于磁場。t＝t1時線圈平面逆時針轉(zhuǎn)動至與磁場夾角為θ處，則0﹣t1時間內(nèi)磁通量的平均變化率是（　　）
A． B． C． D．
（2017 浙江模擬）在宇宙環(huán)境中，地磁場保護著地球，地質(zhì)記錄表明，自地球在46億年前形成以來，已經(jīng)有過數(shù)百次地磁反轉(zhuǎn)，也就是說，地球的磁場在“反極性”（地磁場方向與現(xiàn)在的方向相反）和“正極性”（地磁場方向與現(xiàn)在的方向相同）之間不斷變換。物理學(xué)家的研究認(rèn)為，地球的磁極反轉(zhuǎn)在未來仍可能會發(fā)生。下列關(guān)于地磁反轉(zhuǎn)期間的說法正確的是（　　）
A．對依靠磁場進行導(dǎo)航的物種不會有影響
B．若地磁場處于最弱的狀態(tài)時，就不會對地球生物的生存有影響
C．太陽輻射的高能粒子直接轟擊地球的大氣層，可能引發(fā)一些疾病
D．地球磁場的反轉(zhuǎn)可能是瞬間發(fā)生，而不是一個緩慢、漸進的過程
（2023 寧波二模）如圖甲所示，A、B為兩個相同的環(huán)形線圈，共軸并靠近放置，A線圈中通有如圖乙所示的交變電流，下列說法正確的是（　　）
A．t1時刻兩線圈間作用力最大
B．t2時刻兩線圈間作用力最大
C．在t1到t2時間內(nèi)，A、B兩線圈相互排斥
D．在t2到t3時間內(nèi)，A、B兩線圈相互排斥
（2023 杭州二模）利用霍爾元件可以進行微小位移的測量。如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強弱相同同極相對放置的磁體縫隙中，建立如圖乙所示的空間坐標(biāo)系。兩磁極連線方向沿x軸，通過霍爾元件的電流I不變，方向沿z軸正方向。當(dāng)霍爾元件處于中間位置時，磁感應(yīng)強度B為0，霍爾電壓UH為0，將該點作為位移的零點。當(dāng)霍爾元件沿著±x方向移動時，則有霍爾電壓輸出，從而能夠?qū)崿F(xiàn)微小位移的測量。已知該霍爾元件的載流子是負(fù)電荷，則下列說法正確的是（　　）
A．霍爾元件向左偏離位移零點時，其左側(cè)電勢比右側(cè)高
B．霍爾元件向右偏離位移零點時，其下側(cè)電勢比上側(cè)高
C．增加霍爾元件沿y方向的厚度，可以增加測量靈敏度
D．增加霍爾元件沿x方向的厚度，可以增加測量靈敏度
（2023 浙江模擬）如圖所示是一種粒子探測裝置，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場，單位時間內(nèi)有N個質(zhì)量為m，電荷量大小為q，速度大小范圍為v0～的粒子從PM和QK間平行于PM射入圓形磁場區(qū)域，PM與圓心O在同一直線上，PM和QK間距離為0.5R。已知從M點射入的速度為v0的粒子剛好從O點正下方的N點射出圓形磁場區(qū)域。擋板ND下方有磁感應(yīng)強度為圓形磁場2倍、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，ND＝R，直線ND與圓形區(qū)域相切于N點，到達N點的粒子均能進入下方磁場。擋板ND上表面絕緣，下表面導(dǎo)電且可完全吸收到達的粒子，下表面通過一靈敏電流計接地。不計粒子重力以及粒子間的相互作用。求：
（1）圓形區(qū)域磁場的磁感應(yīng)強度B及帶電粒子的電性；
（2）已知靈敏電流計電流大小為I，則PQ間入射粒子中速度為v0的粒子的比例η；
（3）圓形磁場區(qū)域邊界上有粒子射出的弧長長度l弧；
（4）若ND可以繞N點順時針轉(zhuǎn)動（0～90°），求ND擋板下表面有粒子打到的長度L與ND轉(zhuǎn)過角度的關(guān)系，并求當(dāng)轉(zhuǎn)過多少角度時粒子打到的長度最大及長度Lm具體值？
21世紀(jì)教育網(wǎng) www.21cnjy.com 精品試卷·第 2 頁 （共 2 頁）
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