第一篇：2012屆高考物理磁場專題復習教案1解讀

2012高考復習電學部分 精講精練 磁場 磁場在科技生活中的運用 【課標要求】

1．掌握帶電粒子在復合場中的應用實例。2．知道回旋加速器的工作原理。

3．認識電磁現象的研究在社會發展中的作用。（質譜儀和回旋加速器的技術細節不作要求。）【知識精要】 1．質譜儀

（1）主要特征：將質量數不等電荷數相等的帶電粒子經同一電場加速后進入同一偏轉磁場，由于粒子的動量不同，引起軌跡半徑不同而分開，進而分析元素中所含同位素的種類。（2）推導過程如下：

R=mv=qB=1=BBUq對

同一元素均為常量，故R∝

（3）質譜儀是測量帶電粒子質量和分析同位素的重要工具。

2．回旋加速器

回旋加速器是利用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，使帶電粒子在磁場中改變運動方向，然后進入電場中加速，使帶電粒子在回旋過程中逐漸加速。（1）回旋加速器加速的最大速度vm由D型盒的邊緣的半徑R決定，即R=mvm，故。qBvm=qBR m（2）加速條件：交變電壓的周期和粒子做圓周運動的周期相等。

（3）回旋加速器的優點：使帶電粒子在較小的空間得到電場的多次加速，而使粒子獲得較高的能量。缺點是這種經典的加速器使粒子獲得的能量不會很高。因為粒子能量很高時，它的運動速度接近光速，按照狹義相對論，粒子的質量將隨速度的增加而增大，粒子在磁場中的回旋周期將發生變化，這就破壞了回旋加速器的工作條件。

3．速度選擇器：構造如圖所示，當帶正電粒子從左側平行于極

板射入時，帶電粒子同時受到電場力F=qE和洛侖茲力f=qvB作用，當兩者等大反向時，粒子不偏轉，而是沿直線勻速直線運動，qE=qvB，所以v=E/B，即只要粒子以速度v=E/B的速度沿垂直于磁場和電場的方向射入正交的電磁場中，粒子就不發生偏轉。

（1）速度選擇器只選擇速度的大小而不選擇粒子的種類。即只要滿足v=E/B，粒子就能沿直線勻速通過選擇器，而與粒子的電性、電量、質量無關。

（2）對于某一確定的速度選擇器，有確定的入口和出口。若帶電粒子能以確定的速度沿某一方向作勻速直線運動，則沿相反方向則不能。

4．磁流體發電機

如圖所示是磁流體發電機，其原理是：等離子氣體噴入磁場，正負離子在洛侖茲力作用下發生上下偏轉而聚集到A、B板上，產生電勢差，設AB平行金屬板的面積為S，相距為L，等粒子體 的電阻率為ρ，噴入氣體的速度為v，板間磁場的磁感應強度為B，板外電阻為R，當等離子氣體勻速通過AB板間時，AB板上聚集的電荷最多，板間電勢差最大，即為電源電動勢U，此時離子受力平衡：q U/L =qvB，電動勢U=BLv，電源的內電阻為r=ρL/S，所以R中電流為I=E=R+rBLvR+ρL S=BLvS。RS+ρL

5．電磁流量計：

如圖所示，一圓形導管直徑為d，用非磁性材料制成，其中有 可以導電的液體向左流動，導電流體中的正負離子在洛侖茲力作 用下橫向偏轉，ab間出現電勢差，當自由電荷所受電場力和洛侖

茲力平衡時，ab間的電勢差就保持穩定，由qvB=qE=qdavUU可得，v=，流量dBdQ=Sv=πd2 4.UπdU=。Bd4B dB6．霍爾效應：

如圖所示，厚度為h，寬度為d的導體板放在垂直 hAI 于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過導體 板時，在導體板的上側面A和下側面A'之間會產生電勢A’

差，這種現象叫做霍爾效應。實驗表明，當磁場不夠強時，電勢差U、電流I、和磁感應強

度的關系為U kBI，式中的比例系數k稱為霍爾系數，霍爾效應可以解釋為：自由電子d 在外部磁場的洛侖茲力作用下，聚集在導體板的一側，在板的另外一側會感應出等量的正電荷，從而形成橫向電場，橫向電場對電子產生的電場力和洛侖茲力相反，當靜電力和洛侖茲力平衡時，導體板上下兩側面之間就會形成穩定的電勢差。

【名師點撥】

例1：一個用于加速質子的回旋加速器，其D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應強度為B，接在D形盒上的高頻電源頻率為f。下列說法正確的是

A．質子被加速后的最大速度不可能超過2πfR

B．質子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關 C．只要R足夠大，質子的速度可以被加速到任意值 D．不需要改變任何量，這個裝置也能用于加速α粒子

解析：粒子通過回旋加速器獲得的最大速度又回旋加速器的D型盒的半徑來決定，而與加速電壓無關；要加速某一粒子，必須滿足粒子的回旋周期和加速電壓的交變周期相同；當粒子的速度接近光速時，根據狹義相對論，粒子的質量將發生變化，破壞了回旋加速器的工作原理，故粒子不能被無限加速，綜上所述，本題的答案是A和B。

點撥：解決本題需透徹了解回旋加速器的工作原理和條件，切忌生搬硬套。例題2：質譜儀是一種測定帶電粒子質量和分析同位素的

重要工具，它的構造原理如圖所示．離子源S產生的各種不同 正離子束(速度可看作為零)，經加速電場(加速電場極板間的 距離為d、電勢差為U)加速，然后垂直進入磁感應強度為B 的有界勻強磁場中做勻速圓周運動，最后到達記錄它的照相 底片P上．設離子在P上的位置與入口處S1之間的距離為x。(1)求該離子的荷質比q． m(2)若離子源產生的是帶電量為q、質量為m1和m2的同

位素離子(m1> m2)，它們分別到達照相底片上的P1、P2位置

(圖中末畫出)，求P1、P2間的距離△x。(3)若第(2)小題中兩同位素離子同時進入加速電場，求它們到達照相底片上的時間差△t(磁場邊界與靠近磁場邊界的極板間的距離忽略不計)．

解析：（1）離子在電場中加速，由動能定理得qU=1mv2 ① 2 v2 離子在磁場中做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得：qBv=m ② r 而r=x ③ 2 q8U=22 ④ mBx 由①②③式可得：

（2）由①②式可得粒子m1在磁場中的運動半徑是r1，則： r1=2qum1 qB ⑤

對離子m2，同理得 r2=2qum2

qB ⑥

∴照相底片上P1、P2間的距離 ?x=2(r1-r2)=22qU(m1-m2)⑦ qB（3）離子m1在電場中加速：d=1qU2 ??t1⑧2m1d 對離子m2，同理得：d=1qU2 ??t2⑨2m2d ∴離子ml、m2到達照相底片上的時間差

?t=(t1+t1')-(t2+t2')=-+π(m1-m2)⑩ qB 點撥：質譜儀的主要原理是帶電粒子在磁場中的偏轉，在現代技術中有著重要的應用，處理問題時要注意對帶電粒子運動過程以及工作原理的分析。同時在物理學習中，“同中求異，異中求同”是解決問題的重要思維方法。例3：電視機的顯像

管中，電子束的偏轉是 用磁偏轉技術實現的。電子束經過電壓為U的 加速電場后，進入一圓

形勻強磁場區，如圖所示。磁場方向垂直于圓面。磁場區的中心為O，半徑為r。當不加磁場時，電子束將通過O點而打到屏幕的中心M點。為了讓電子束射到屏幕邊緣P，需要加

磁場，使電子束偏轉一已知角度θ，此時磁場的磁感應強度B應為多少？

解析 電子在磁場中沿圓弧ab運動，圓心為C，半徑為R。以v表示電子進入磁場時的速度，m、e分別表示電子的質量和電量，則 eU=1mv2 ① 2 mv2 evB= ② R

又有tanθ 2=r ③ R 由以上各式解得

θ ④ 2 點評 ：帶電粒子在勻強磁場中的運動，其圓心、半徑的確定是解題的關鍵。圓心的確定是畫出粒子運動軌跡中任意兩點（一般是射入和射出磁場的兩點）的洛倫茲力的方向，沿兩個洛倫茲力方向畫其延長線，兩個延長線的交點即為圓心；半徑的確定，一般是利用幾何知識、解三角形的方法及圓心角等于圓弧上弦切角的兩倍等知識。此外，還常常會涉及在磁場中運動時間的確定，通常是利用圓心角與弦切角的關系或四邊形內角和為360°計算出圓心角的大小，再由t=θθ?T（或t=?T）求出運動時間。2π360

例4：電磁流量計廣泛應用于測量可導電流體(如污水)在管中的流量(在單位時間內通過管內橫 截面的流體的體積),為了簡化,假設流量計是如圖

所示的橫截面為長方形的一段管道,其中空部分的長、寬、高分別為圖中的a、b、c。流量計的兩端與輸送流體的管道相連接（圖中虛線）。圖中流量計的上下兩面是金屬材料，前后兩面是絕緣材料。現于流量計所在處加磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于前后兩面。當導電流體穩定地流經流量計時，在管外將流量計上、下兩表面分別與一串接了電阻R的電流表的兩端連接，I表示測得的電流值。已知流體的電阻率為ρ。不計電流計的內阻，則可求得流量為（）IcIb(bR+ρ)B.(aR+ρ)BaBc

IbcD.(R+ρ)Ba A.C.Ia(cR+ρ)Bb 解析：在流量計的前后兩面加上勻強磁場后，導電流體經過管道時受洛倫茲力作用會發

生偏移(即霍爾效應)，穩定時，由qvB＝qE得上、下兩側面間的電勢差為：U＝Ec＝vBc 它相當于電源電動勢，所以測量電路可等效成上圖。

圖中E＝U＝vBc，電源內阻就是處于流量計內的導電液體電阻，即r＝ρ

所以流過電流表電流為：I＝E=r+RvBcρ+RabcL＝ρ absQ，流量Q＝vS＝vbc，則v＝ bc QBcQBaρcI+Rb）所以I＝＝，Q＝（aBρc+Rabρ+Rab 故本題正確答案選A 點撥：搞清金屬內部產生霍耳效應是由于自由電子在洛侖茲力作用下的偏轉而形成的，它不同于電解液和半導體中的霍耳效應；當自由電子受到的洛侖茲力和電場力平衡時，產生

穩定的霍爾電壓。

例5：我國第21次南極科考隊在南極觀看到了美麗的極光。極光是由來自太陽的高能

量帶電粒子流高速沖進高空稀薄大氣層時，被地球磁場俘獲，從而改變原有運動方向，向

兩極做螺旋運動，如圖所示。這些高能粒子在運動過程中與大氣分子或原子劇烈碰撞或摩

擦從而激發大氣分子或原子，使其發出有一定特征的各種顏色的光。地磁場的存在，使多

數宇宙粒子不能達到地面而向人煙稀少的兩極偏移，為地球生命的誕生和維持提供了天然 的屏障?？茖W家發現并證實，向兩極做螺旋運動的這些高能粒子的旋轉半徑是不斷減小的，這主要與下列哪些因素有關:（）

A.洛倫茲力對粒子做負功，使其動能減小 B.空氣阻力做負功，使其動能減小 C.靠近南北兩極磁感應強度增強 D.太陽對粒子的引力做負功

解析：帶電粒子斜射入地磁場中，在一段極短的時間內，其速度可以分解為兩個方向，沿著磁場方向和垂直于磁場的方向，粒子在沿著磁場的方向上

作勻速直線運動，在垂直于磁場的方向上，粒子做勻速圓周運動，由于粒子克服空氣阻力做功，所以速度不斷減小，由于靠近低級，所以磁感應強度不斷增強，根據r= 粒子的軌道半徑不斷減小，故本題的正確答案是B和C。

mv可知，qB 點撥：快速構建物理模型，將實際生活和所學知識相聯系是我們應該具備的能力。例題3：(2011菏澤模擬)為了測量某化工廠的污水排放量，技術人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下底面方向加磁感 應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內側固定有金屬板作為電極，污水充滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間 的電壓U．若用Q表示污水流量（單位時間內排出的污水體積），下列說法中正確的是 BD A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高

B．前表面的電勢一定低于后表面的電勢，與哪種離子多無關 C．污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大

D．污水流量Q與U成正比，與a、b無關

解析：由左手定則可知，污水管的前表面一定帶負電，后表面帶正電，所以前表面的電勢低于后表面的電勢；穩定時，由qvB=qU/c，即U=Bvc所以電壓表的示數和離子的濃度高低無關；因為流量Q=vbc=Ub/B，所以流量Q與U成正比，與a、b無關。

點撥：搞清物理現象產生的機理是解決某些物理問題的前提和關鍵，例6：串列加速器是用來產生高能離子的裝置。圖中虛線框內為其主體的原理示意圖，其中加速管 的中部b處有很高的正電勢U，a、c兩端均有電極

接地（電勢為零）。現將速度很低的負一價碳離子從

a端輸入，當離子到達ｂ處時，可被設在ｂ處的特殊裝置將其電子剝離，成為n價正離子，而不改變其速度大小。這些正n價碳離子從c端飛出后進入一與其速度方向垂直的、磁感應強度為B的勻強磁場中，在磁場中做半徑為R的圓周運動。已知碳離子的質量為m=2.0×10-26kg，U=7.5×105V，B=0.50T，n=2，基元電荷e=1.6×10-19C，求R。

解析：設碳離子到達b處時的速度為v1，從c端射出時的速度為v2，由能量關系得：111mv12=eU，mv22= mv12+neU進入磁場后，碳離子做圓周運動，R=mv2/Bne，得222 12mUn+1 =0.75m

R=Bne 點撥：

對于多過程問題，需搞清每個情境中的受力情況和做功特點，注重過程和過程的聯系，巧借力學規律，建立方程組，求出未知量。【及時反饋】

1．2006年1月20日下午2時30分，中國遠洋科學考察船“大洋一號"歷經300天、在穿越太平洋、大西洋和印度洋約10萬公里的總行程后順利地在青島近海錨地拋錨。“大洋一號”是我國于去年4月首次組織的橫跨三大洋的遠洋考察船，在航行過程中，海洋工作者可以根據水流切割地磁場所產生的感應電動勢來測定海水的速度。假設海洋某處的磁場豎直分量為B=0.5×10-4T，水流是南北流向，將兩電極豎直插入此處海水中，且保持兩電極的連線垂直水流方向。若兩電極相距L=20m，與兩電極相連的靈敏電壓表讀數為U=0.2mV，則海水的流速大小為 A．10m/s B．0.2m/s C．5 m/s 2．如圖所示,a、b、c、d四種離子，它們帶等量同種電荷，質量為ma=mb＜mc=md，以不等的速率va＜vb=vc＜vd進入速度選擇器后，有兩種離子從選擇器中射出，進入磁感應強度為B2的磁場。由此可以判斷射向D1的是_________離子.(不計重力)-

B2 +

2．如圖所示，電容器兩極板相距為d，兩板間電壓為U，極板間的勻強磁場的磁感應強度為B1，一束電荷量相同的帶正電的粒子從圖示方向射入電容器，沿直線穿過電容器后進入另一磁感應強度為B2的勻強磁場，結果分別打在a、b兩點，兩點間距離為△R.設粒子所帶電量為q，且不計粒子所受重力，求打在a、b兩點的粒子的質量之差△m是多少？ D．2m/s 3．回旋加速器D型盒中央為質子流，D型盒的交流電壓為U，靜止質子經過加速后，進入D型盒，其最大軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B，問：（1）質子最初進入D型盒的動能多大？

（2）質子經回旋加速器最后得到的動能多大？（3）交流電源的頻率是多少？

5．(2011南寧模擬)在原子反應堆中抽動液態金屬等導電液時，由于不允許傳動機械部分與這些流體相接觸，常使用一種電磁泵．圖1表示這種電磁泵的結構．將導管置于磁場中，當電流I穿過導電液體時，這種導電液體即被驅動．若導管的內截面積為a×h，磁場區域的寬度為L，磁感強度為B，液態金屬穿過磁場區域的電流為I，求驅動所產生的壓強差是多大？ qdB1B2?Rq2B2R2Bq1．B 2．C 3． 4．?qU ?

2πm2U2m 5．BI a

第二篇：2012屆高考物理磁場專題復習教案4

2012高考復習電學部分 精講精練

磁場 磁場

磁感應強度

【課標要求】

1．知道電流的磁效應，知道磁場的基本特性，了解我國古代在磁現象方面的研究成果及其對人類文明的影響。

2．認識磁感應強度的定義，用磁感應強度的定義式進行有關計算。

3．知道磁感線。知道幾種常見磁場磁感線的分布情況，判斷通電直導線和通電線圈周圍磁場的方向。了解安培分子電流假說。

【知識精要】

1．磁體周圍存在磁場。奧斯特實驗表明，通電導體周圍也存在磁場。磁場是一種物質。2．安培分子電流假說認為，在原子、分子等物質微粒內部存在著分子電流，分子電流使每個物質微粒都成為一個微小的磁體。分子電流實際上是由運動的電荷形成的。

3．磁感線

（1）磁感線上各點的切線方向與該點的磁感應強度的方向相同。磁感線是假想曲線。（2）磁感線的疏密大致表示各處磁感應強度的強弱。（3）磁感線都是閉合曲線，且不能相交。

（4）電流（包括直線電流、環形電流、通電螺線管）周圍的磁感線方向與電流的方向的關系，可由安培定則來判定。

4．磁感應強度（1）磁感應強度B?關。

（2）B是矢量，方向為小磁針靜止時N極的指向，也即磁場的方向。單位是特斯拉（T）。

（3）地面附近的磁場的磁感應強度大約是3×10-5T～7×10-5T,永磁鐵附近的磁感應強度大約是10-3～1T，在電機和變壓器的鐵芯中，B可達0.8T～1.4T。

（4）磁感應強度的方向同該點的磁場方向一致，而磁場的方向與小磁針靜止時N極所指的方向一致。

F，式中電流元IL與磁場方向垂直，B與IL的大小、有無均無IL

【名師點撥】

例1：如圖所示，若一束電子沿y軸正方向移動，則在z軸上某點A的磁場方應該是

A．沿x軸的正向 軸的負向

C．沿z軸的正向

D．沿z軸的負向

B．沿x解析：電子沿y軸正方向移動，相當于電流方向沿y軸負方向，根據安培定則可判斷在z軸上的A點的磁場方向應該沿x軸負方向。故選B。

點撥：合理建立空間概念，運用安培定則判斷，注意帶負電的物體運動方向與電流方向間的關系。

例2：關于磁感強度B，下列說法中正確的是

A．磁場中某點B的大小，跟放在該點的試探電流元的情況有關 B．磁場中某點B的方向，跟放在該點的試探電流元所受磁場力方向一致 C．在磁場中某點的試探電流元不受磁場力作用時，該點B值大小為零 D．在磁場中磁感線越密集的地方，磁感強度越大

解析：磁感強度是磁場本身屬性，在磁場中某處為一恒量，其大小可由B=F計算，IL但與試探電流元的F、I、L的情況無關；B的方向規定為小磁針N極受磁場力的方向，與放在該處電流元受力方向并不一致；當試探電流元的方向與磁場方向平行時，雖磁感強度不為零，但電流元受磁場力卻為零；據磁感強度大小即磁通密度B?φ可知，在磁場中磁感S線越密集的地方，磁感強度越大。由以上分析可知，正確選項為D．

點撥：磁場的磁感強度只取決于磁場本身，與試探電流元無關，正如電場中的電場強度與檢驗電荷無關一樣，是場的本身屬性．類似的物理量還有速度、加速度、電阻、電容、電勢差等，凡是用比值定義的物理量都和定義式中的物理量無必然關系．

例3：十九世紀二十年代, 以塞貝克(數學家)為代表的科學家已認識到: 溫度差會引起電流, 安培考慮到地球自轉造成了太陽照射后正面與背面的溫度差, 從而提出如下假設: 地球磁場是由繞地球的環形電流引起的, 則該假設中的電流方向是

A.由西向東垂直磁子午線

B.由東向西垂直磁子午線 C.由南向北沿磁子午線

D.由赤道向兩極沿磁子午線方向(注: 磁子午線是地球磁場N極與S極在地球表面的連線)

解析: 本題考查地球磁場磁感線分布及安培定則.學生易將地球內部地磁場方向弄錯.在地球內部地磁場磁感線由地理北極指向地理南極, 再根據安培定則得出環形電流方向為由東向西垂直磁子午線。答案:B 例4：如圖所示，放在通電螺線管內部中間處的小磁針，靜止時N極指向右，試判斷電源的正負極。

解析：小磁針N極的指向即為該處的磁場方向，所以在螺線管內部磁感線由a→b，根據安培定則可判斷電流由電源的c端流出，由d端流入。故c端為正極，d端為負極。

點評：不要錯誤認為螺線管b端吸引小磁針的N極就相當于條形磁鐵的南極，關鍵要搞清楚螺線管內、外部磁感線分布。

例5：如圖所示，圖（甲）（乙）是兩種結構不同的環狀螺線管的示意圖．其中（乙）圖是由兩個匝數相同、互相對稱的、半圓環形螺線管串聯而成的．給它們按圖示方向通以電流．試畫出磁感線的分布情況示意圖．

解析：畫電流產生的磁場的磁感線分布圖應注意掌握三條原則：①電流的磁場方向，由右手螺旋定則（安培定則）決定；②磁感線是閉合曲線；③磁感強度大的地方磁感線密，磁感強度小的地方，磁感線疏．

（甲）圖所示的通電螺線管中的磁場，只能存在于環形螺線管的空腔中，磁感線都是圓形；根據右手螺旋定則，磁感線方向是順時針方向．如圖中的虛線所示．

（乙）圖為兩個對稱的半圓環形的螺線管組合而成．左邊的通電半圓環形螺線管中的磁場是順時針方向的；右邊的通電半圓環形螺線管中的磁場是逆時針方向的；由于磁感線都是閉合曲線，兩個半圓環形螺線管磁場的磁感線在環頂相遇都轉彎豎直向下，各自閉合，環面中間部分的磁場方向向下．

點評：磁感線是閉合曲線，圖（甲）中比較容易判斷磁感線方向是順時針的．圖（乙）中要注意導線的繞向．由于左、右兩半圓形螺線管中電流方向不同，應先判斷環內磁感線的方向，然后根據磁感線閉合的特點來判斷磁感線的形狀．

【當堂反饋】

1．有關磁感應強度的下列說法中, 不正確的是

A．若有一小段通電導體在某點不受磁場力的作用, 則該點的磁感應強度一定為零

B．若一小段長為L、通過電流為I的導體, 在磁場中某處受到的磁場力為F, 則該處磁感應強度的大小一定是F/IL C．由定義式B=F/IL可知, 電流強度I越大, 導線L越長, 某點的磁感應強度B就越小 D．一小段通電導體受到的磁場力的方向即為該處磁感應強度的方向

2．在圖中,一束帶電粒子沿著水平方向平行地飛過磁針上方時,磁針的S極向紙內偏轉,這一帶電粒子束可能是

A.向右飛行的正離子

B.向左飛行的正離子

C.向右飛行的負離子

D.向左飛行的負離子

3．(2011大連模擬)如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導線A、C由通有等大電流．在紙面上距A、C等遠處有一點P．若P點磁感應強度的方向水平向左，則導線A、C中的電流方向是如下哪種說法？

A． A中向紙里，C中向紙外

B． A中向紙外，C中向紙里 C． A、C中均向紙外

D． A、C中均向紙里

4．磁鐵在高溫下或者受到敲擊時會失去磁性，根據安培的分子電流假說，其原因是 A．分子電流消失

B．分子電流的取向變得大致相同

C．分子電流的取向變得大致無序

D．分子電流的強度減弱

5．(2011遼陽模擬)指南針靜止時，其位置如圖中虛線所示．若在其上方放置一水平方向的導線，并通以恒定電流，則指南針轉向圖中實線所示位置．據此可能是 A．導線南北放置，通有向北的電流

B．導線南北放置，通有向南的電流 C．導線東西放置，通有向西的電流 D．導線東西放置，通有向東的電流 6．按要求完成下列各圖

(1)根據圖(a)中小磁針靜止時指向，標出電源極性．

(2)根據圖(b)中蹄形磁鐵通電后的磁感線方向，畫出線圈繞法．(3)要求兩線圈通電后互相吸引，畫出圖(c)中導線的連接方法．

(4)根據圖(d)中合上電鍵S后小磁針A向右擺動的現象，畫出小磁針B的轉動方向．

1．ABCD

2．BC

3．A 4．C

5．B

6．略

第三篇：磁場復習教案

（教案）年級 ________學科 ___________編寫人________日期 __________

磁場復習（1-4節）

教學目標：

1、磁現象的電本質。

2、磁感強度。磁感線。磁通量。

3、磁場對通電直導線的作用。安培力。左手定則。教學重點：

磁感強度。磁感線。左手定則、安培定則 教學過程：

一、主要概念和規律

1、磁場的基本概念（1）磁場

磁場：存在于磁體、電流和運動電荷周圍空間的一種特殊形態的物質。

磁場的基本特性：磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用。

磁現象的電本質：磁體、電流和運動電荷的磁場都產生于電荷的運動，并通過磁場而相互作用。

磁現象的電本質：指安培分子環流假設。

【例1】下列敘述正確的是：（A）安培假設中的分子電流是不存在；（B）通電直導線周圍的磁場是內部的分子電流產生的；（C）軟鐵棒在磁場中被磁化是因為在外磁場作用下，軟鐵棒中分子電流取向變得大致相同；軟鐵棒中分子電流取向變得大致相同；（D）軟鐵棒在磁場中被磁化是因為棒中分子電流消失

答案：C（2）磁感強度（B）

B：是從力的角度描述磁場性質的矢量。

大小的定義式：B=F/IL，式中的F為I與磁場方向垂直時的磁場力（此時的磁場力最大，電流I與磁場方向平行時，磁場力為零），l為通電導體的長度。

方向規定：小磁針的N極所受磁場力的方向，即小磁針靜止時N極的指向，也即磁場的方向。

單位：T 【例2】有一小段通電導線，長為1cm，電流強度為5A，把它置于磁場中某點，受到的磁場力為0.1N，則該點的磁感應強度B一定是（A）B=2T（B）B￡2T（C）B32T（D）以上情況均有可能

答案：C 【例3】在同一平面內，如圖所示放置六根通電導線，通以相等的電流，方向如圖。則在a、b、c、d四個面積相等的正方形區域中，磁感線指向紙外且磁通量最大的區域是：（A）僅在a區（B）僅在b區（C）僅在c區（D）僅在d區

答案：C（3）磁感線

在磁場中畫出一些有方向的曲線，在這些曲線上，每一點的曲線方向，亦即該點的切線方向，都跟該點的磁場方向相同，這些曲線稱為磁感線。

磁感線的疏密：表示磁場的強弱，磁感線上某點的切線方向就是該點的磁場方向。

磁感線不相交、不相切、不中斷、是閉合曲線。在磁體外部，從N極指向S極；在磁體內部，由S極指向N極。

磁感線是為了形象描述磁場和電流的磁場中，磁感線在空間都是立體分布的，為了能正確地分析和解答各種磁場問題，不僅應熟悉條形磁體、蹄形磁體、直線電流、通電螺線管、磁電式電流計內的磁場、地磁場等幾種典型磁場的磁感線分布，還要善于將磁感線分布的空間圖轉化為不同方向的平面圖，如下視圖、俯視圖、側視圖、和相應的剖視圖。

地磁場：地球的磁場與條形磁體的磁場相似，其主要特點有三個：1）地磁場的N極在地球南極附近、S極在地球北極附近；2）地磁場的B的水平分量（Bx），總是從地球南極指向北極，而豎直分量（By）則南北相反，在南北球豎直向上，在北半球豎直向下；3）在赤道平面內（即地磁場的中性面）上，距離地球表面相等的各點，磁感強度相等，且方向水平。

勻強磁場：磁感強度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強磁場。勻強磁場中的磁感線是分布均勻、方向相同的平行直線。距離很近的兩個異名磁極之間的磁場和通電螺線管內部的磁場（邊緣部分除外），都可以認為是勻強磁場。

在應用安培右手定則，判定直線電流和通電螺線管（環形電流可視為單匝螺線宇航局）的磁場方向時，應注意分清“因”和“果”：在判定直線電流的磁場方向時，大拇指指“原因-電流方向”；四指指“結果-磁場繞向”，在判定通電螺線管磁場方向時，四指指“原因-電流繞向”，大拇指指“結果-螺線管內部沿中心軸線的磁感線方向，即指螺線管的N極”。

【例4】如圖所示，一束帶電粒子沿水平方向平行地飛過靜止小磁針的正上方時，磁針的南極向西轉動，這一帶電粒子束可能是：（A）由北向南飛行的正離子束；（B）由南向北的正離子束；（C）由北向南的負離子束；（D）由南向北的負離子束。

答案：AD

（4）磁通量（f）

穿過某一面積（S）的磁感線條數。f=BScosq，式中Scosq為面積S在垂直于磁場方向的平面（中性面）上投影的大小。

在使用此公式時，應注意以下幾點：1）公式的適用條件：一般只適用于計算平面在勻強磁場中磁通量；2）q角的物理意義：表示平面法線方向（n）與磁場方向（B）的夾角或平面（S）的夾角或平面中性面（oo￠）的夾角，如圖所示，而不是平面（S）與磁場（B）的夾角（a）。因為q+a=90°，所以磁通量公式還可以表示為f=BSsina；3）f是雙向變量，其正負表示與規定的正方向（如平面法線的方向）是相同還是相反。若磁感線沿相反方向穿過同一平面，且正向磁感線條數為f1，反向磁感線條數為f2，則磁通量等于穿過平面的磁感線的條數（磁通量的代數和）即f=f1-f2。

【例5】如圖所示，兩個同平面、同圓心放置的金屬圓環a和b，條形磁鐵放在其中，通過兩環的磁通量fa、fb相比較（A）fa>fb（B）fa

答案：B

2、磁場對電流的作用（1）安培力

大?。篎=BILsinq。其中B為通電導線所在處的勻強磁場；I為電流強度；L為導線的有效長度；q為B與I（或L）夾角；Bsinq為B垂直于I的分量。

方向：總垂直于B、I所決定的平面，即一定垂直B和I，但B與I不一定垂直。故一般使用（電動機）左手定則判定安培力方向時，左手心應迎B的垂直于I的分量（B^=Bsinq）。

公式的適用范圍：一般只適用于勻強磁場；彎曲導線的有效長度l等于兩端點所連直線的長度，相應的電流方向由始端指向末端，因為任意形狀的閉合線圈，其有效長度l=0，所以通電后在勻強磁場中，受到的安培力的矢量和一定為零。

安培力的做功特點：可以做功，但起的是傳遞能量的作用。與靜摩擦力做功的作用有些相似。

【例6】如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場中，有一段彎成直角的金屬導線abc，且ab=bc=l0，通有電流I，磁場的磁感應強度為B，若要使該導線靜止不動，在b點應該施加一個力F0，則F0的方向為 ；B 的大小為。答案：斜向上45°，I l0B

二、主要概念及規律的辨析

1、電力線與磁力線

電力線是用于形象描述靜電場的分布的，磁力線是用于形象描述靜磁場的分布的。靜電場的電力線是不閉合的；靜磁場的磁力線是閉合的。

靜電場電力線上某點切向（沿電力線向）既表示該點場強方向，又表示電荷在該點所受電場力的方向；靜磁場磁力線上某點切向既表示該點磁場方向，又表示小磁針在該點所受磁場力的方向，但不表示該點置放帶電導線元或運動電荷所受力的方向。

2、磁感強度與磁通量

磁感強度是描述磁場強弱的一個物理量，是指空間某點垂直于磁場方向單位面積的磁力線條數（故也稱磁通密度）；磁通量是指空間某區域垂直于磁場方向某一定面積S的磁力線條數。

3、安培定則與左手定則

判斷情形的因果關系有所不同。安培定則是用于判定電流或電荷產生磁場的情形；左手定則是用于判定磁場對電流或電荷產生安培力或洛侖茲力的情形。

使用方法也用所不同。安培定則：右手彎曲；左手定則：左手伸直。

三、主要問題與分析方法

1、通電導體在安培力作用下的運動及其分析方法

通電導體和通電線圈，在安碚力作用下的運動方向問題，有下列幾種定性分析方法：（1）電流元法：即把整段電流等效為多段直線電流元，先用左手定則判斷出每小段電流元所受安培力的方向，從而判斷出整段電流所受合力的方向，最后確定運動方向。

（2）特殊位置法：把電流或磁鐵轉到一個便于分析的特殊位置后再判斷安培力方向，從而確定運動方向。

（3）等效法：環形電流和通電螺線管都可以等效成條形磁鐵，條形磁鐵也可等效成環形電流或通電螺線管。通電螺線管也可以等效成很多匝的環形電流來分析。

（4）利用現成結論：兩電流相互平行時無轉動趨勢，同向電流相互吸引，反向電流相互排斥；兩電流不平行時，有轉動到相互平行且電流方向相同的趨勢。

【例7】如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，其正上方略偏右處固定一根直導線，導線和磁鐵垂直，并通以垂直紙面向外的電流，則（A）磁鐵對桌面的壓力減?。˙）磁鐵對桌面的壓力增大（C）磁鐵受向左的摩擦力（D）磁鐵受向右的摩擦力

答案：BD 【例8】如圖所示，將通電線圈懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵處于水平位置和線圈在同一平面內，且磁鐵的軸線經過線圈圓心。線圈將（A）轉動同時靠近磁鐵（B）轉動同時離開磁鐵（C）不轉動只靠近磁鐵（D）不轉動只離開磁鐵

答案：A 【例9】如圖所示，原來靜止的圓形線圈通以逆時針方向的電流I，在其直徑AB上靠近B端放一根垂直于線圈平面的固定不動的長直導線，并通以垂直紙面向里的電流I￠。在磁場作用下圓線圈將：（A）向左平動（B）向右平動（C）以直徑AB為軸轉動（D）靜止不動

答案：C 【例10】如圖所示，一段銅導線折成“∩”形，它的質量為m，水平段長l，處在勻強磁場中，導線下端分別插入兩個淺水銀槽中，與一帶開關的、內電阻很小的電源連接，當S接通的一瞬間，導線便從水銀槽中跳起，其上升的高度為h，求通過導線的橫截面的電量。

答案：

板書設計：

作業布置：

磁場活頁

第四篇：高考物理第一輪考點復習教案1

高考物理第一輪考點復習教案1 【摘要】：第五章機械能知識網絡：單元切塊：按照考綱的要求，本章內容可以分成四個單元，即：功和功率；動能、勢能、動能定理；機械能守恒定律及其應用；功能關系動量能量綜合。其中重點是對動能定理、機械能守恒定律的理解，能夠熟練運用動能定理、機械能守恒定律分析解決力學問題。難點是動量能量綜合應用問題?！?功和功率教學目

更多精品來源自 3 e d u 海量教案 第五章

機械能 知識網絡：

單元切塊：

按照考綱的要求，本章內容可以分成四個單元，即：功和功率；動能、勢能、動能定理；機械能守恒定律及其應用；功能關系

動量能量綜合。其中重點是對動能定理、機械能守恒定律的理解，能夠熟練運用動能定理、機械能守恒定律分析解決力學問題。難點是動量能量綜合應用問題?！?

功和功率 教學目標：

理解功和功率的概念，會計算有關功和功率的問題培養學生分析問題的基本方法和基本技能 教學重點：功和功率的概念 教學難點：功和功率的計算

教學方法：講練結合，計算機輔助教學 教學過程：

一、功 1．功

功是力的空間積累效應。它和位移相對應（也和時間相對應）。計算功的方法有兩種：（1）按照定義求功。即：W=Fscosθ。在高中階段，這種方法只適用于恒力做功。當 時F做正功，當 時F不做功，當 時F做負功。

這種方法也可以說成是：功等于恒力和沿該恒力方向上的位移的乘積。

（2）用動能定理W=ΔEk或功能關系求功。當F為變力時，高中階段往往考慮用這種方法求功。這里求得的功是該過程中外力對物體做的總功（或者說是合外力做的功）。這種方法的依據是：做功的過程就是能量轉化的過程，功是能的轉化的量度。如果知道某一過程中能量轉化的數值，那么也就知道了該過程中對應的功的數值。

【例1】

如圖所示，質量為m的小球用長L的細線懸掛而靜止在豎直位置。在下列三種情況下，分別用水平拉力F將小球拉到細線與豎直方向成θ角的位置。在此過程中，拉力F做的功各是多少？ ⑴用F緩慢地拉； ⑵F為恒力；

⑶若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零?？晒┻x擇的答案有

A.B.C.D.解析：

⑴若用F緩慢地拉，則顯然F為變力，只能用動能定理求解。F做的功等于該過程克服重力做的功。選D ⑵若F為恒力，則可以直接按定義求功。選B ⑶若F為恒力，而且拉到該位置時小球的速度剛好為零，那么按定義直接求功和按動能定理求功都是正確的。選B、D 在第三種情況下，由 =，可以得到，可見在擺角為 時小球的速度最大。實際上，因為F與mg的合力也是恒力，而繩的拉力始終不做功，所以其效果相當于一個擺，我們可以把這樣的裝置叫做“歪擺”。

【例2】如圖所示，線拴小球在光滑水平面上做勻速圓周運動，圓的半徑是1m，球的質量是0.1kg，線速度v=1m/s，小球由A點運動到B點恰好是半個圓周。那么在這段運動中線的拉力做的功是（）

A．0

B．0.1J

C．0.314J

D．無法確定 解析：小球做勻速圓周運動，線的拉力為小球做圓周運動的向心力，由于它總是與運動方向垂直，所以，這個力不做功。故A是正確的?！纠?】下面列舉的哪幾種情況下所做的功是零（）A．衛星做勻速圓周運動，地球引力對衛星做的功 B．平拋運動中，重力對物體做的功

C．舉重運動員，扛著杠鈴在頭上的上方停留10s，運動員對杠鈴做的功 D．木塊在粗糙水平面上滑動，支持力對木塊做的功

解析：引力作為衛星做圓周運動的向心力，向心力與衛星運動速度方向垂直，所以，這個力不做功。杠鈴在此時間內位移為零。支持力與位移方向垂直，所以，支持力不做功。故A、C、D是正確的。

【例4】用力將重物豎直提起，先是從靜止開始勻加速上升，緊接著勻速上升。如果前后兩過程的運動時間相同，不計空氣阻力，則（）A．加速過程中拉力做的功比勻速過程中拉力做的功大 B．勻速過程中拉力做的功比加速過程中拉力做的功大 C．兩過程中拉力做的功一樣大 D．上述三種情況都有可能

解析：應先分別求出兩過程中拉力做的功，再進行比較。重物在豎直方向上僅受兩個力作用，重力mg、拉力F。

勻加速提升重物時，設拉力為F1，物體向上的加速度為a，根據牛頓第二定律 得F1-mg=ma 拉力F1所做的功

①

勻速提升重物時，設拉力為F2，根據平衡條件得F2=mg 勻速運動的位移 所以勻速提升重物時拉力的功

②

比較①、②式知：當a>g時，；當a=g時，；當a

點評：可見，力對物體所做的功的多少，只決定于力、位移、力和位移間夾角的大小，而跟物體的運動狀態無關。在一定的條件下，物體做勻加速運動時力對物體所做的功，可以大于、等于或小于物體做勻速直線運動時該力的功。2．功的物理含義

關于功我們不僅要從定義式W=Fs cos α 進行理解和計算，還應理解它的物理含義． 功是能量轉化的量度，即：做功的過程是能量的一個轉化過程，這個過程做了多少功，就有多少能量發生了轉化．對物體做正功，物體的能量增加．做了多少正功，物體的能量就增加了多少；對物體做負功，也稱物體克服阻力做功，物體的能量減少，做了多少負功，物體的能量就減少多少．因此功的正、負表示能的轉化情況，表示物體是輸入了能量還是輸出了能量．

第五篇：17-21屆高考物理真題分項-磁場解析版

專題09

磁場（解析版）

近5年（2017-2021）高考物理試題分類解析

1.2021全國甲卷第3題.兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與在一條直線上，與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為（）

A.B、0

B.0、2B

C.2B、2B

D.B、B

【答案】B

【解析】

兩直角導線可以等效為如圖所示兩直導線，由安培定則可知，兩直導線分別在M處的磁感應強度方向為垂直紙面向里、垂直紙面向外，故M處的磁感應強度為零；兩直導線在N處的磁感應強度方向均垂直紙面向里，故M處的磁感應強度為2B；綜上分析B正確。

故選B。

2.2021全國甲卷第8題.由相同材料的導線繞成邊長相同的甲、乙兩個正方形閉合線圈，兩線圈的質量相等，但所用導線的橫截面積不同，甲線圈的匝數是乙的2倍?，F兩線圈在豎直平面內從同一高度同時由靜止開始下落，一段時間后進入一方向垂直于紙面的勻強磁場區域，磁場的上邊界水平，如圖所示。不計空氣阻力，已知下落過程中線圈始終平行于紙面，上、下邊保持水平。在線圈下邊進入磁場后且上邊進入磁場前，可能出現的是（）

A.甲和乙都加速運動

B.甲和乙都減速運動

C.甲加速運動，乙減速運動

D.甲減速運動，乙加速運動

【答案】AB

【解析】設線圈到磁場的高度為h，線圈的邊長為l，則線圈下邊剛進入磁場時，有

感應電動勢為

兩線圈材料相等（設密度為），質量相同（設為），則

設材料的電阻率為，則線圈電阻

感應電流為

安培力為

由牛頓第二定律有

聯立解得

加速度和線圈的匝數、橫截面積無關，則甲和乙進入磁場時，具有相同的加速度。當時，甲和乙都加速運動，當時，甲和乙都減速運動，當時都勻速。

故選AB。

3.2021全國乙卷第3題.如圖，圓形區域內有垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m、電荷量為的帶電粒子從圓周上的M點沿直徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉；若射入磁場時的速度大小為，離開磁場時速度方向偏轉，不計重力，則為（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】根據題意做出粒子的圓心如圖所示

設圓形磁場區域的半徑為R，根據幾何關系有第一次的半徑

第二次的半徑

根據洛倫茲力提供向心力有

可得

所以

故選B。

1.2021湖南卷第10題.兩個完全相同的正方形勻質金屬框，邊長為，通過長為的絕緣輕質桿相連，構成如圖所示的組合體。距離組合體下底邊處有一方向水平、垂直紙面向里的勻強磁場。磁場區域上下邊界水平，高度為，左右寬度足夠大。把該組合體在垂直磁場的平面內以初速度水平無旋轉拋出，設置合適的磁感應強度大小使其勻速通過磁場，不計空氣阻力。下列說法正確的是（）

A.與無關，與成反比

B.通過磁場的過程中，金屬框中電流的大小和方向保持不變

C.通過磁場的過程中，組合體克服安培力做功的功率與重力做功的功率相等

D.調節、和，只要組合體仍能勻速通過磁場，則其通過磁場的過程中產生的熱量不變

【答案】CD

【解析】

A．將組合體以初速度v0水平無旋轉拋出后，組合體做平拋運動，后進入磁場做勻速運動，由于水平方向切割磁感線產生感應電動勢相互低消，則有

mg

=

F安

=，vy

=

綜合有

B

=

則B與成正比，A錯誤；

B．當金屬框剛進入磁場時金屬框的磁通量增加，此時感應電流的方向為逆時針方向，當金屬框剛出磁場時金屬框的磁通量減少，此時感應電流的方向為順時針方向，B錯誤；

C．由于組合體進入磁場后做勻速運動，由于水平方向的感應電動勢相互低消，有

mg

=

F安

=

則組合體克服安培力做功的功率等于重力做功的功率，C正確；

D．無論調節哪個物理量，只要組合體仍能勻速通過磁場，都有

mg

=

F安

則安培力做的功都為

W

=

F安3L

則組合體通過磁場過程中產生的焦耳熱不變，D正確。

故選CD。

7.2021廣東卷第5題.截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導線，長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導線，若中心直導線通入電流，四根平行直導線均通入電流，電流方向如圖所示，下列截面圖中可能正確表示通電后長管發生形變的是（）

A

B.C.D.【答案】C

【解析】

因，則可不考慮四個邊上的直導線之間的相互作用；根據兩通電直導線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引，異向電流相互排斥”，則正方形左右兩側的直導線要受到吸引的安培力，形成凹形，正方形上下兩邊的直導線要受到排斥的安培力，形成凸形，故變形后的形狀如圖C。

故選C。

10.2021河北卷第5題.如圖，距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強磁場，磁感應強度大小為，一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間，相距為L的兩光滑平行金屬導軌固定在與導軌平面垂直的勻強磁場中，磁感應強度大小為，導軌平面與水平面夾角為，兩導軌分別與P、Q相連，質量為m、電阻為R的金屬棒垂直導軌放置，恰好靜止，重力加速度為g，不計導軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力，下列說法正確的是（）

A.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，B.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，C.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向上，D.導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下，【答案】B

【解析】

等離子體垂直于磁場噴入板間時，根據左手定則可得金屬板Q帶正電荷，金屬板P帶負電荷，則電流方向由金屬棒a端流向b端。等離子體穿過金屬板P、Q時產生的電動勢滿足

由歐姆定律和安培力公式可得

再根據金屬棒ab垂直導軌放置，恰好靜止，可得

則

金屬棒ab受到的安培力方向沿斜面向上，由左手定則可判定導軌處磁場的方向垂直導軌平面向下。

故選B。

14.2021浙江卷第15題.如圖所示，有兩根用超導材料制成的長直平行細導線a、b，分別通以和流向相同的電流，兩導線構成的平面內有一點p，到兩導線的距離相等。下列說法正確的是（）

A.兩導線受到的安培力

B.導線所受的安培力可以用計算

C.移走導線b前后，p點的磁感應強度方向改變

D.在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，不存在磁感應強度為零的位置

【答案】BCD

【解析】

A．兩導線受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A錯誤；

B．導線所受的安培力可以用計算，因為磁場與導線垂直，故B正確；

C．移走導線b前，b的電流較大，則p點磁場方向與b產生磁場方向同向，向里，移走后，p點磁場方向與a產生磁場方向相同，向外，故C正確；

D．在離兩導線所在的平面有一定距離的有限空間內，兩導線在任意點產生的磁場均不在同一條直線上，故不存在磁感應強度為零的位置。故D正確。

故選BCD。

2021年上海高考等級考第10題

在一根電流隨時間均勻增加的長直導線周圍有（）

(A)恒定的勻強磁場

(B)恒定的非勻強磁場

(C)隨時間變化的勻強磁場

(D)隨時間變化的非勻強磁場

【答案】D

【解析】根據一根長直導線周圍的磁場大小為，所以B與r成反比，即是非勻強磁場（空間）；因為電流I隨時間均勻增加，所以B隨時間變化，所以D正確。

2020全國1卷第５題

5.一勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，其邊界如圖中虛線所示，為半圓，ac、bd與直徑ab共線，ac間的距離等于半圓的半徑。一束質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子，在紙面內從c點垂直于ac射入磁場，這些粒子具有各種速率。不計粒子之間的相互作用。在磁場中運動時間最長的粒子，其運動時間為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】粒子在磁場中做勻速圓周運動，可得粒子在磁場中的周期

粒子在磁場中運動的時間

則粒子在磁場中運動的時間與速度無關，軌跡對應的圓心角越大，運動時間越長。采用放縮圓解決該問題，粒子垂直ac射入磁場，則軌跡圓心必在ac直線上，將粒子的軌跡半徑由零逐漸增大。

當半徑和時，粒子分別從ac、bd區域射出，磁場中的軌跡為半圓，運動時間等于半個周期。

當0.5R

粒子運動最長時間為,故選C。

2020全國2卷第4題

4.CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖（a）是某種CT機主要部分的剖面圖，其中X射線產生部分的示意圖如圖（b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場，虛線框內有勻強偏轉磁場；經調節后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進，打到靶上，產生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示）；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）

A.M處的電勢高于N處的電勢

B.增大M、N之間的加速電壓可使P點左移

C.偏轉磁場的方向垂直于紙面向外

D.增大偏轉磁場磁感應強度的大小可使P點左移

【答案】D

【解析】A．由于電子帶負電，要在MN間加速則MN間電場方向由N指向M，根據沿著電場線方向電勢逐漸降低可知M的電勢低于N的電勢，故A錯誤；

B．增大加速電壓則根據

可知會增大到達偏轉磁場的速度；又根據在偏轉磁場中洛倫茲力提供向心力有

可得

可知會增大在偏轉磁場中的偏轉半徑，由于磁場寬度相同，故根據幾何關系可知會減小偏轉的角度，故P點會右移，故B錯誤；

C．電子在偏轉電場中做圓周運動，向下偏轉，根據左手定則可知磁場方向垂直紙面向里，故C錯誤；

D．由B選項的分析可知，當其它條件不變時，增大偏轉磁場磁感應強度會減小半徑，從而增大偏轉角度，使P點左移，故D正確。

故選D。

2020全國3卷第5題

5.真空中有一勻強磁場，磁場邊界為兩個半徑分別為a和3a的同軸圓柱面，磁場的方向與圓柱軸線平行，其橫截面如圖所示。一速率為v的電子從圓心沿半徑方向進入磁場。已知電子質量為m，電荷量為e，忽略重力。為使該電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，磁場的磁感應強度最小為（）

A.B.C.D.【答案】C

【解析】為了使電子的運動被限制在圖中實線圓圍成的區域內，則其運動軌跡，如圖所示

A點為電子做圓周運動的圓心，r為半徑，由圖可知為直角三角形，則由幾何關系可得

解得；

由洛倫茲力提供向心力

解得，故C正確，ABD錯誤。

故選C。

2020北京卷第8題

8.如圖所示，在帶負電荷的橡膠圓盤附近懸掛一個小磁針?，F驅動圓盤繞中心軸高速旋轉，小磁針發生偏轉。下列說法正確的是（）

A.偏轉原因是圓盤周圍存在電場

B.偏轉原因是圓盤周圍產生了磁場

C.僅改變圓盤的轉動方向，偏轉方向不變

D.僅改變圓盤所帶電荷的電性，偏轉方向不變

【答案】B

【解析】AB．小磁針發生偏轉是因為帶負電荷的橡膠圓盤高速旋轉形成電流，而電流周圍有磁場，磁場會對放入其中的小磁針有力的作用，故A錯誤，B正確；

C．僅改變圓盤的轉動方向，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故C錯誤；

D．僅改變圓盤所帶電荷的電性，形成的電流的方向與初始相反，小磁針的偏轉方向也與之前相反，故D錯誤。

故選B。

2020天津卷第7題

7.如圖所示，在Oxy平面的第一象限內存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角。粒子經過磁場偏轉后在N點（圖中未畫出）垂直穿過x軸。已知，粒子電荷量為q，質量為m，重力不計。則（）

A.粒子帶負電荷

B.粒子速度大小為

C.粒子在磁場中運動的軌道半徑為a

D.N與O點相距

【答案】AD

【解析】A．粒子向下偏轉，根據左手定則判斷洛倫茲力，可知粒子帶負電，A正確；

BC．粒子運動的軌跡如圖

由于速度方向與y軸正方向的夾角，根據幾何關系可知，則粒子運動的軌道半徑為

洛倫茲力提供向心力

解得，BC錯誤；

D．與點的距離為，D正確。

故選AD。

2020天津卷第11題

11.如圖所示，垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度B隨時間t均勻變化。正方形硬質金屬框abcd放置在磁場中，金屬框平面與磁場方向垂直，電阻，邊長。求

（1）在到時間內，金屬框中的感應電動勢E；

（2）時，金屬框ab邊受到的安培力F的大小和方向；

（3）在到時間內，金屬框中電流的電功率P。

【答案】（1）0.08V；（2）0.016N，方向垂直于ab向左；（3）0.064W

【解析】（1）在到的時間內，磁感應強度的變化量，設穿過金屬框的磁通量變化量為，有①

由于磁場均勻變化，金屬框中產生的電動勢是恒定的，有②

聯立①②式，代入數據，解得③

（2）設金屬框中的電流為I，由閉合電路歐姆定律，有④

由圖可知，時，磁感應強度為，金屬框ab邊受到的安培力⑤

聯立①②④⑤式，代入數據，解得⑥，方向垂直于ab向左。⑦

（3）在到時間內，金屬框中電流電功率⑧

聯立①②④⑧式，代入數據，解得⑨

2020上海等級考第4題

4、如圖，在通電螺線管中央軸線上a、b、c三點和外側的d點中，磁感應強度最大的是（）

(A)

a

(B)

b

(C)

c

(D)

d

[答案]C

【解析】根據磁感線的疏密可以判斷，C正確。

[考察知識]通電螺線管內外磁場的分布。

[核心素養]物理觀念

2020浙江第9題

9.特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流和。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則（）

A.b點處的磁感應強度大小為0

B.d點處的磁感應強度大小為0

C.a點處的磁感應強度方向豎直向下

D.c點處磁感應強度方向豎直向下

【答案】C

【解析】A．通電直導線周圍產生磁場方向由安培定判斷，如圖所示

在b點產生的磁場方向向上，在b點產生的磁場方向向下，因為

即則在b點的磁感應強度不為零，A錯誤；

BCD．如圖所示，d點處的磁感應強度不為零，a點處的磁感應強度豎直向下，c點處的磁感應強度豎直向上，BD錯誤，C正確。故選C。

1.2019全國1卷17．如圖，等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成，固定于勻強磁場中，線框平面與磁感應強度方向垂直，線框頂點M、N與直流電源兩端相接，已如導體棒MN受到的安培力大小為F，則線框LMN受到的安培力的大小為

A．2F

B．1.5F

C．0.5F

D．0

【答案】17．B

【解析】設導體棒MN的電流為I，則MLN的電流為，根據,所以ML和LN受安培力為，根據力的合成，線框LMN受到的安培力的大小為F+

2.2019全國1卷24.（12分）如圖，在直角三角形OPN區域內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求

（1）帶電粒子的比荷；

（2）帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。

【答案】24．（1）設帶電粒子的質量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v。由動能定理有①

設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，由洛倫茲力公式和牛領第二定律有②

由幾何關系知d=r③

聯立①②③式得

④

（2）由幾何關系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經過的路程為

⑤

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為

⑥

聯立②④⑤⑥式得

⑦

【解析】另外解法（2）設粒子在磁場中運動時間為t1，則(將比荷代入)

設粒子在磁場外運動時間為t2，則

帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為，代入t1和t2得.3.2019年全國2卷17．如圖，邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面（abcd所在平面）向外。ab邊中點有一電子源O，可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為

A．，B．，C．，D．，【答案】17．B

【解析】

左圖：從a點射出的電子運動軌跡，半徑，代入公式得;

右圖：從d點射出的電子運動軌跡，OD=，,半徑，代入公式得

所以答案為D。

4.2019年全國3卷18題．如圖，在坐標系的第一和第二象限內存在磁感應強度大小分別為和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子垂直于x軸射入第二象限，隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為

A．

B．

C．

D．

【答案】18．B

【解析】如下圖所示，粒子在第二象限運動的時間，在第一象限運動的時間，由，，代入解得t=.5.2019年北京卷16題．如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是

A．粒子帶正電

B．粒子在b點速率大于在a點速率

C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出

D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短

【答案】16．C

【解析】根據左手定則，粒子帶負電，A錯誤；勻速圓周運動，速率不變，B錯誤；若僅減小磁感應強度，根據半徑公式，則粒子做圓周運動的半徑增大，所以粒子可能從b點右側射出，C正確；若僅減小入射速率，根據半徑公式，則粒子做圓周運動的半徑減小，如下圖所示，則粒子在磁場中圓周運動的圓心角變大，根據，因為不變，圓心角變大，則運動時間變長，所以D錯誤。,6.2019年天津卷4題.筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作：當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態。如圖所示，一塊寬為、長為的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現電壓，以此控制屏幕的熄滅。則元件的（）

A.前表面的電勢比后表面的低

B.前、后表面間的電壓與無關

C.前、后表面間的電壓與成正比

D.自由電子受到的洛倫茲力大小為

【答案】4.D

【解析】電子定向移動方向向左，根據左手定則，電子向后表面偏轉，所以前表面的電勢比后表面的高，A錯誤；

根據洛倫茲力等于電場力，得前、后表面間的電壓=Bav，所以B、C錯誤；

自由電子受到的洛倫茲力大小為，D正確。

7.2019年江蘇卷7題．如圖所示，在光滑的水平桌面上，a和b是兩條固定的平行長直導線，通過的電流強度相等．

矩形線框位于兩條導線的正中間，通有順時針方向的電流，在a、b產生的磁場作用下靜止．則a、b的電流方向可能是

（A）均向左

（B）均向右

（C）a的向左，b的向右

（D）a的向右，b的向左

【答案】7．CD

【解析】驗證法：a的向左，b的向右如下圖安培力方向相反，線框靜止。同理D正確，A、B錯誤。

9.2017年年全國卷16題．如圖，空間某區域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上（與紙面平行），磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a，b，c電荷量相等，質量分別為ma，mb，mc，已知在該區域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動。下列選項正確的是

A．

B．

C．

D．

【解析】根據受力情況和方向分析，有，【答案】B

10.2017年全國卷19題．如圖，三根相互平行的固定長直導線、和兩兩等距，均通有電流，中電流方向與中的相同，與中的相反，下列說法正確的是

A．所受磁場作用力的方向與、所在平面垂直

B．所受磁場作用力的方向與、所在平面垂直

C．、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為

D．、和單位長度所受的磁場作用力大小之比為

【解析】根據安培定則判斷磁場方向，再根據左手定則判斷受力方向，知A錯誤，B正確

根據兩個力的加角判斷合力大小，知C正確，D錯誤

【答案】BC

11.2018年全國2卷20題．如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則

A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為

B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為

C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為

D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為

【解析】設流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為，流經L2電流在a點產生的磁感應強度大小為，已知a點的磁感應強度大小為，根據磁感應強度的疊加原理，考慮磁感應強度的方向，有

同理，b點的磁感應強度大小為，有

因為（因距離相等），解得,【答案】20．AC

14.2018年全國2卷第20題

20．如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱。整個系統處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為和，方向也垂直于紙面向外。則

A．流經L1的電流在b點產生的磁感應強度大小為

B．流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為

C．流經L2的電流在b點產生的磁感應強度大小為

D．流經L2的電流在a點產生的磁感應強度大小為

【解析】設流經L1的電流在a點產生的磁感應強度大小為，流經L2電流在a點產生的磁感應強度大小為，已知a點的磁感應強度大小為，根據磁感應強度的疊加原理，考慮磁感應強度的方向，有

同理，b點的磁感應強度大小為，有

因為（因距離相等），解得,【答案】20．AC

15.全國2卷25.（20分）

一足夠長的條狀區域內存在勻強電場和勻強磁場，其在平面內的截面如圖所示：中間是磁場區域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于平面；磁場的上、下兩側為電場區域，寬度均為，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，經過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。

（1）定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡；

（2）求該粒子從M點射入時速度的大??；

（3）若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間。

【解答】25．（20分）

解：（1）粒子運動的軌跡如圖（a）所示。（粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱）

（2）粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為（見圖（b）），速度沿電場方向的分量為v1，根據牛頓第二定律有

qE=ma

①

式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1=at

②

③

④

粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得

⑤

由幾何關系得

⑥

聯立①②③④⑤⑥式得

⑦

（3）由運動學公式和題給數據得

⑧

聯立①②③⑦⑧式得

⑨

設粒子由M點運動到N點所用的時間為，則

⑩

式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，?

由③⑦⑨⑩?式得

?

15.2017年北京第18題

18．如圖，虛線所示的圓形區域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經過P點，在紙面內沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速度為，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則為

A．

B．

C．

D．

【解析】如下圖，設磁場的圓形區域的半徑為，若粒子射入速度為，射出的最大圓半徑為，則，若粒子射入速度為，射出的最大圓半徑為，則，根據圓半徑公式，所以

【答案】C

19.2017年北京第21題

21．某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉軸。將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續轉動起來，該同學應將

A．左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉

B．左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉

C．左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

D．左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉

【解析】A。通電后，線框轉動，半圈后由于慣性，繼續轉動，一周后，又有電流通過，可連續轉動；

B,通電后，線圈轉動，半周后，反方向轉動，線圈只能擺動，不能連續轉動，D同A；

C電路不通，不轉。

【答案】AD

20.2018年北京18題．某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關的是

A．磁場和電場的方向

B．磁場和電場的強弱

C．粒子的電性和電量

D．粒子入射時的速度

【解析】勻速直線運動，約去，無關，勻速圓周運動，電量只影響半徑大小，電性只影響轉動方向，不影響是否做圓周運動。

【答案】18．C

21.2017年天津第11題

11．（18分）平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ現象存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示。一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y軸的距離為到x軸距離的2倍。粒子從坐標原點O離開電場進入電場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y軸距離與Q點到y軸距離相等。不計粒子重力，為：

（1）粒子到達O點時速度的大小和方向；

（2）電場強度和磁感應強度的大小之比。

【答案與解析】11.（18分）

（1）在電場中，粒子做類平拋運動，設Q點到x軸的距離為L，到y軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t,有

①

②

設粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為vy

vy=

at③

設粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為α，有④

聯立①②③④式得α=45°

⑤

即粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上。

設粒子到達O點時的速度大小為v，由運動的合成有⑥

聯立①②③⑥式得⑦

（2）設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，由牛頓第二定律可得F=ma

⑧

又F=qE

⑨

設磁場的磁感應強度大小為B，學|科網粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，所受的洛倫茲力提供向心力，有⑩

由幾何關系可知?

聯立①②⑦⑧⑨⑩?式得?

22.2018年天津第11題

11．如圖所示，在水平線ab下方有一勻強電場，電場強度為E，方向豎直向下，ab的上方存在勻強磁場，磁感應強度為B，方向垂直紙面向里，磁場中有一內、外半徑分別為R、的半圓環形區域，外圓與ab的交點分別為M、N。一質量為m、電荷量為q的帶負電粒子在電場中P點靜止釋放，由M進入磁場，從N射出，不計粒子重力。

（1）求粒子從P到M所用的時間t；

（2）若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出，同樣能由M進入磁場，從N射出，粒子從M到N的過程中，始終在環形區域中運動，且所用的時間最少，求粒子在Q時速度的大小。

【答案與解析】11.（1）設粒子在磁場中運動的速度大小為v，所受洛倫茲力提供向心力，有

設粒子在電場中運動所受電場力為F，有F=qE②；

設粒子在電場中運動的加速度為a，根據牛頓第二定律有F=ma③；

粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動，有v=at④；聯立①②③④式得⑤；

（2）粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動，其周期和速度、半徑無關，運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定，故當軌跡與內圓相切時，所有的時間最短，設粒子在磁場中的軌跡半徑為，由幾何關系可知⑥

設粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ，即圓弧所對圓心角的一半，由幾何關系可知⑦；

粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動，在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同，所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v，在垂直于電場方向的分速度始終為，由運動的合成和分解可知⑧

聯立①⑥⑦⑧式得⑨

23.2018年江蘇9．如圖所示，豎直放置的形光滑導軌寬為L，矩形勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的高和間距均為d，磁感應強度為B．質量為m的水平金屬桿由靜止釋放，進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．金屬桿在導軌間的電阻為R，與導軌接觸良好，其余電阻不計，重力加速度為g．金屬桿

（A）剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向下

（B）穿過磁場Ⅰ的時間大于在兩磁場之間的運動時間[來源:學#科#網]

（C）穿過兩磁場產生的總熱量為4mgd

（D）釋放時距磁場Ⅰ上邊界的高度h可能小于

【解析】設進入磁場時速度為，出磁場時速度為，因為進入磁場Ⅰ和Ⅱ時的速度相等．而在間距中，是勻加速運動，所以在磁場中，做減速運動，是非勻減速運動，所以剛進入磁場Ⅰ時加速度方向豎直向上，A錯誤；

因為在磁場中，加速度大小為，隨著速度的減小，加速度減小，所以是加速度逐漸減小的減速運動，可以畫出圖象草圖如下：

因為位移相等都為，所以，即B正確；

在穿過兩個磁場和一個間距的過程中，根據動能定理，在間距中，解得，C正確；

在磁場中，加速度（設向上為正），所以，在進入磁場前，所以

h>，D錯誤。

【答案】

9．BC

24.2018年江蘇15．（16分）如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區域間隔為2d，中軸線與磁場區域兩側相交于O、O′點，各區域磁感應強度大小相等．某粒子質量為m、電荷量為+q，從O沿軸線射入磁場．當入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場．取sin53°=0.8，cos53°=0.6．

（1）求磁感應強度大小B；

（2）入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O′的時間t；

（3）入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO′平移中間兩個磁場（磁場不重疊），可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt，求Δt的最大值．

【答案】15．（1）粒子圓周運動的半徑

由題意知，解得

（2）設粒子在矩形磁場中的偏轉角為α，如圖所示

由d=rsinα，得sinα=，即α=53°

在一個矩形磁場中的運動時間，解得

直線運動的時間，解得

則

（3）將中間兩磁場分別向中央移動距離x，如圖所示

粒子向上的偏移量y=2r（1–cosα）+xtanα

由y≤2d，解得

則當xm=時，Δt有最大值

粒子直線運動路程的最大值

增加路程的最大值

增加時間的最大值。

有的可能以為當中間兩磁場分別向中央移動到靠近時，可使粒子從O運動到O′的時間增加Δt最大，錯誤了，因為此情況粒子飛出左磁場后打到第2個磁場的上邊緣了，要飛出磁場了，不能到達O’。如下圖所示：。

25.2017年江蘇15.（16分）一臺質譜儀的工作原理如圖所示.大量的甲、乙兩種離子飄入電壓力為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡.不考慮離子間的相互作用.（1）求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x；

（2）在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經過的區域，并求該區域最窄處的寬度d；

（3）若考慮加速電壓有波動，在（）到（）之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件.【答案】

15．（1）設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1

電場加速

且

解得

根據幾何關系x

=2r1

–L

解得

（2）(見圖)

最窄處位于過兩虛線交點的垂線上

解得

（3）設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2

r1的最小半徑，r2的最大半徑

由題意知

2r1min–2r2max

>L，即

解得

【解析】要把圖象放大才可以看清楚，如下圖，A、B分別是兩個半圓的最高點，AB是兩個半圓的切線，P是兩個半圓的交點，作PQ平行于AB，與AO(O是左半圓的圓心)相交于Q，則因為，所以，所以最窄處的寬度

則將代入得。

26.2018年海南物理卷第3題

3.如圖，一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中，磁場的磁感應強度大小為B，方向垂直于斜面向上，通有電流的金屬細桿水平靜止在斜面上。若電流變為，磁感應強度大小變為3B，電流和磁場的方向均不變，則金屬細桿將

A.沿斜面加速上滑

B.沿斜面加速下滑

C.沿斜面勻速上滑

D.仍靜止在斜面上

3.【解析】原來，后來，沿斜面向上，A正確。

【答案】A

27.2018年海南物理卷第13題

13.（10分）如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B。P是圓外一點，OP=3r。一質量為m、電荷量為q（q>0）的粒子從P點在紙面內垂直于OP射出。己知粒子運動軌跡經過圓心O，不計重力。求

（1）粒子在磁場中做圓周運動的半徑；

（2）粒子第一次在圓形區域內運動所用的時間。

【解析】（1）

用電腦“畫圖”做的圖

如上圖，在三角形OPQ中，根據正弦定理，得。

據幾何關系，解得。

（2）根據，得，帶電粒子在園內做勻速直線運動。

【答案】（1），（2）。

28.2017年第10題

10．如圖，空間中存在一勻強磁場區域，磁場方向與豎直面（紙面）垂直，磁場的上、下邊界（虛線）均為水平面；紙面內磁場上方有一個正方形導線框abcd，其上、下兩邊均與磁場邊界平行，邊長小于磁場上、下邊界的間距。若線框自由下落，從ab邊進入磁場時開始，直至ab邊到達磁場下邊界為止，線框下落的速度大小可能（）

A．始終減小

B．始終不變

C．始終增加

D．先減小后增加

【解析】若導線框剛進入磁場時，安培力等于重力，則做勻速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，則出磁場時做減速運動，所以B錯誤；

若導線框剛進入磁場時，安培力小于重力，則做加速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，若速度增大后使安培力仍小于重力，則出磁場時可能做加速運動，所以C正確；

若導線框剛進入磁場時，安培力大于重力，則做減速運動，在磁場中則自由落體，速度增大，若速度減小的比增加的多，則出磁場時可能做加速運動，所以D正確；

另一個方法判斷：因為導線框有一段時間全在磁場中運動，沒有感應電流，做加速度為g的加速運動（自由落體運動除初始階段外的運動），所以A、B被否定。

【答案】CD