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1、物理2018届高三磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题（含答案）磁场是一种看不见、摸不着的特殊物质，下面是磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题，请考生练习。一、选择题(共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第69题有多4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)1.(2014新课标全国卷，15)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2.(2015海南单科
2、，1)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上 B.向下 C.向左 D.向右3.(2015新课标全国卷，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A.轨道半径减小，角速度增大B.轨道半径减小，角速度减小C.轨道半径增大，角速度增大D.轨道半径增大，角速度减小4. (2014新课标全国卷，16)如图，MN为
3、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O，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。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A.2 B. C.1 D.5.(2014安徽理综，18)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(
4、)A. B.T C. D.T26.(2015新课标全国卷，18)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()A.指南针可以仅具有一个磁极B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转7.(2014浙江理综，20)如图甲所示，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根均匀金属棒。从t=0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()A.一直向右移动B.速度随时
5、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8.(2015新课标全国卷，19)有两个匀强磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A.运动轨迹的半径是中的k倍B.加速度的大小是中的k倍C.做圆周运动的周期是中的k倍D.做圆周运动的角速度与中的相等9.(2015四川理综，7)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1 cm，中点O与S间的距离d=4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的
6、匀强磁场，磁感应强度B=2.010-4 T.电子质量m=9.110-31 kg，电量e=-1.610-19 C，不计电子重力。电子源发射速度v=1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域l，则()A.=90时，l=9.1 cm B.=60时，l=9.1 cmC.=45时，l=4.55 cm D.=30时，l=4.55 cm二、计算题(本题共3小题，共24分。写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)10.(2015新课标全国卷，24)(6分)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1
7、T，方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。11.(2015重庆理综，7)(6分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始
8、终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向;(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。12. (2015山东理综，24)(12分)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求
9、区磁感应强度的大小;(3)若区、区磁感应强度的大小分、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。导航卷七 磁场及带电粒子在磁场中的运动1.B 安培力的方向、磁感应强度的方向及电流的方向满足左手定则，所以安培力的方向既垂直于直导线，也垂直于磁场的方向，所以选项B正确、A错误;当通电直导线与磁场方向垂直时，安培力最大F=BIl，当通电直导线与磁场方向平行时，安培力最小为零，故选项C错误;将直导线从中点折成直角，直导线在磁场中的有效长度可，安培力的大小可能变为原来的一半(而不是一定)，故选项D错。2.A 条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可
10、得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。3.D 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB=，轨道半径r=，从较强r变大，根据角速度=可知角速度变小，选项D正确。4.D 由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍，由洛伦兹力提供向心力：qvB=m得v=，其动能Ek=mv2=，故磁感应B=，=，选项D正确。5.A 粒子在磁场中运动的半径满足R=，即R不变时，v与B成正比，由题意知粒子的动能与温度成正比，即v2与T成正比，综上可知，B，选项A正确。6.BC 指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误;指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确;当附近的铁块
11、磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确;根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误。7. ABC 根据题意得出v-t图象如图所示A正确;速度随时间做周期性变化，B正确;据F安=BIL及左手定则可判断，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确;F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错误。8.AC 设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，则由牛顿第二定律得：qvB=T=由得：R=，T=所以=k，=k根据a=，=可知=，=所以选项A、C正确，选项B、D错误。9.AD 电子在匀强磁场运动的轨道半径为R=4.55 c
12、m电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当=90时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l=L=9.1 cm，A正确;当=30时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l=4.55 cmD正确;进而可分析知当=45或=60时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55 cm10.【详细分析】金属棒通电后，闭合回路电流I=6 A导体棒受到的安培力大小为F=BIL=0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下由平衡条件知：开关闭合前：2kx=mg开关闭合后
13、：2k(x+x)=mg+F代入数值解得m=0.01 kg答案 安培力方向竖直向下 0.01 kg11.【详细分析】(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F=nBIL由左手定则知方向水平向右(2)安培力的P=Fv联立式解得P=nBILv答案 (1)nBIL 方向水平向右(2)nBILv12.【详细分析】(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE=mv2解得E=(2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB=甲如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切
14、，由几何关系得R=联立式得B=若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R=联立式得B=(3)设粒子在区R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1=、B2=，由牛顿第二定律得qvB1=m，qvB2=m代入数据得R1=，R2=设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运T1=，T2=乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，区内圆弧所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系得1=1202=180=60丙粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在区和区做圆周运动的时间分
15、别为t1、t2可得t1=T1，t2=T2s，由运动学公式得s=v(t1+t2)式得s=5.5答案 (1) (2)或 (3)5.5D三步法分析带电粒子在磁场中的运动问题(1)画轨迹：就是确定圆心，用几何方法求半径并画(2)找联系。轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种，物理方法也就是应用公式r=确定;几何方法一般根据物理知识(直角三角形知识、三角函数等)通过计算确定。速度偏转角与回旋角(转过的圆心角)、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角等于回旋角，等于弦切角的2倍，且有=2=t=t或=，t=(其中s为运动的圆弧长度)。(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题及答案的全部内容就是这些，查字典物理网预祝考生金榜题名。