命題點1磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁場對通電導(dǎo)體的作用1．為了解釋地球的磁性，19世紀(jì)安培假設(shè)：地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在以下四個圖中，正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是()解析：選B由日常知識可知，地球的南極為磁場的N極，由右手螺旋定那么可知，電流方向如圖B，應(yīng)選項B正確。2．關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受的安培力，以下說法正確的選項是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话虢馕觯哼xB根據(jù)左手定那么可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯誤，B正確；當(dāng)電流I的方向平行于磁場B的方向時，直導(dǎo)線受到的安培力為零，當(dāng)電流I的方向垂直于磁場B的方向時，直導(dǎo)線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，C錯誤；如下圖，電流I和磁場B垂直，直導(dǎo)線受到的安培力F＝BIL，將直導(dǎo)線從中點折成直角，分段研究導(dǎo)線受到的安培力，電流I和磁場B垂直，根據(jù)平行四邊形定那么可得，導(dǎo)線受到的安培力的合力為F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D錯誤。3．電磁軌道炮工作原理如下圖。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動，并與軌道保持良好接觸。電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比。通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出。現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的方法是()A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變解析：選BD由題意可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由動能定理可得：FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判斷B、D選項正確。命題點二：磁場對運動電荷的作用4．兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小解析：選D分析軌道半徑：帶電粒子從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的速度v大小不變，磁感應(yīng)強(qiáng)度B減小，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，軌道半徑增大。分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁場中運動的周期增大，根據(jù)ω＝eq\f(2π,T)知角速度減小。選項D正確。5．有兩個勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強(qiáng)度是Ⅱ中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子()A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等解析：選AC兩速率相同的電子在兩勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1是Ⅱ磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的k倍。由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中電子運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍，選項A正確。由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，選項B錯誤。由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，選項C正確。由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，選項D錯誤。正確選項為A、C。6．如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上外表的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O。粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)解析：選D根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍。設(shè)粒子在P點的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv12,r1)，那么B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，那么eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯誤。7.如圖為某磁譜儀局部構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強(qiáng)磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)入磁場時，以下說法正確的選項是()A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小解析：選AC根據(jù)洛倫茲力提供向心力，利用左手定那么解題。根據(jù)左手定那么，電子、正電子進(jìn)入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，假設(shè)電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，那么軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，應(yīng)選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤。8．空間有一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR)B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR)D.eq\f(3mv0,qR)解析：選A畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，如下圖。設(shè)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動軌跡的半徑為r，根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律，qv0B＝meq\f(v02,r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)。由圖中幾何關(guān)系可得：tan30°＝eq\f(R,r)。聯(lián)立解得：該磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，選項A正確。9．如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為eq\f(R,2)。粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，那么粒子的速率為(不計重力)()A.eq\f(qBR,2m)B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m)D.eq\f(2qBR,m)解析：選B設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，根據(jù)幾何關(guān)系可知r＝R，聯(lián)立兩式解得v＝eq\f(qBR,m)，選項B正確。命題點三：粒子在復(fù)合場中的運動10．如圖，在第一象限存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強(qiáng)電場，方向沿x軸負(fù)向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進(jìn)入電場。不計重力。假設(shè)該粒子離開電場時速度方向與y軸負(fù)方向的夾角為θ，求(1)電場強(qiáng)度大小與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值；(2)該粒子在電場中運動的時間。解析：(1)如圖，粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v02,R0)①由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d②設(shè)電場強(qiáng)度大小為E，粒子進(jìn)入電場后沿x軸負(fù)方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負(fù)方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學(xué)公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥聯(lián)立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ⑦(2)聯(lián)立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ)⑧答案：見解析11.如圖，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d<x≤2d)內(nèi)分別存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一質(zhì)量為m、帶電荷量q(q>0)的粒子a于某時刻從y軸上的P點射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向。a在離開區(qū)域Ⅰ時，速度方向與x軸正方向的夾角為30°；此時，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的1/3。不計重力和兩粒子之間的相互作用力。求：(1)粒子a射入?yún)^(qū)域Ⅰ時速度的大小；(2)當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差。解析：(1)設(shè)粒子a在Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運動的圓心為C(在y軸上)，半徑為Ra1，粒子速率為va，運動軌跡與兩磁場區(qū)域邊界的交點為P′，如下圖。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvaB＝meq\f(va2,Ra1)①由幾何關(guān)系得∠PCP′＝θ②Ra1＝eq\f(d,sinθ)③式中，θ＝30°。由①②③式得va＝eq\f(2dqB,m)④(2)設(shè)粒子a在Ⅱ內(nèi)做圓周運動的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點為Pa(圖中未畫出軌跡)，∠P′OaPa＝θ′。由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qava(2B)＝meq\f(va2,Ra2)⑤由①⑤式得Ra2＝eq\f(Ra1,2)⑥C、P′和Oa三點共線，且由⑥式知Oa點必位于x＝eq\f(3,2)d⑦的平面上。由對稱性知，Pa點與P′點縱坐標(biāo)相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h⑧式中，h是C點的y坐標(biāo)。設(shè)b在Ⅰ中運動的軌道半徑為Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得q(eq\f(va,3))B＝eq\f(m,Rb1)(eq\f(va,3))2⑨設(shè)a到達(dá)Pa點時，b位于Pb點，轉(zhuǎn)過的角度為α。如果b沒有飛出Ⅰ，那么eq\f(t,Ta2)＝eq\f(θ′,2π)⑩eq\f(t,Tb1)＝eq\f(