磁場及帶電粒子在有界磁場中運動的綜合分析

回顧知明要點

?磁場的描述?

1.磁感應強度

(1)物理意義：描述磁場的強弱和方向。

F

(2)大小：8=71(通電導線垂直于磁場)。

(3)方向：小磁針靜止時N極的指向。

(4)單位：特斯拉(T)。

2.磁感線

在磁場中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點的切線方向跟這點的磁感應強度方向一樣。

(1)常見磁體的磁場

?谷到?快C冷？?快孰通?睛

(2)電流的磁場

通電直導線通電螺線管環形電流

B

安培定則匿5畸

立體圖夕玄

A

橫截面圖,21

kfiaaa/

縱截面圖*

.?：ua、九ed6

3.對磁通量的進一步理解

定義式：3BS

公式。=8S中的8應是勻強磁場的磁感應強度，S是與磁場方向垂直的面積，因此可以理解為。

=BS「假如平面與磁場方向不垂直，應把面積S投影到與磁場垂直的方向上，求出投影面8,代入

到S=8S中計算，應避開硬套公式S=8Ssin夕或S=35bos8。

一立銘記于心

求解有關磁感應強度問題的關鍵

（1）磁感應強度一由磁場本身確定。

（2）合磁感應強度一等于各磁場的磁感應強度的矢量和（滿意平行四邊形定則）。

（3）牢記推斷電流的磁場的方法一安培定則，并能嫻熟應用，建立磁場的立體分布模型（記住5種常見

磁場的立體分布圖）。

7融現用

1.長為L的直導體棒a放置在光滑絕緣水平面上，固定的很長直導線b與a平行放置，導體棒a與力傳感

器相連，如?圖所示（俯視圖）。a、b中通有大小分別為10、L,的恒定電流，L方向如圖所示，二方向未知。

導體棒a靜止時，傳感器受到a給它的方向向左、大小為F的拉力。下列說法正確的是

L1由H

a

_F

A.1,與L的方向相同，1b在a?處的磁感應強度B大小為轉-

■

F

B.L與L的方向相同，L,在a處的磁感應強度B大小為不

■

F

C.I,與L的方向相反，h在a處的磁感應強度B大小為1r

F

D.1,與L的方向相反，h在a處的磁感應強度B大小為不

【答案】B

【解析】因傳感器受到a給它的方向向左、大小為F的拉力，可知電流ab之間是相互吸引力，即兩導線間

F

的電流同向：依據F=BLL,解得h在a處的磁感應強度B大小為B=在，故選B。

2.口國宋代科學家沈括在《夢溪筆談》中最早記載了地磁偏角：“以磁石磨針鋒，則能指南，然常微偏

東，不全南也.”進一步探討表明，地球四周地磁場的磁感線分布示意如圖所示。結合上述材料，下列說

法正確的是

A.地理南、北極與地磁場的南、北極完全重合

B.地球內部不存在磁場，地磁南極在地理北極旁邊

C.地球表面隨意位置的地磁場方向都與地面平行

D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用

【答案】D

【解析】

A、B項，她磁場的4讖在地理南極附近，地磁場的南極在地理：!熊附近，且地球內部也存在磁場，由地磁

場的南極^向地忘場的北極，故AB錯i當

C項，只有在赤道表面，世磁場方向與地面平行，即C項錯誤，

D偵，赤道寰面處的地13場與泉面平行，射向地球赤道的芾電宇宙射線粒子受到出場力，即D項正確

故送D

3.下列說法正確的是

A.歐姆發覺了電荷之間存在相互作用力，并得出真空中點電荷之間作用力的表達式

B.法拉第發覺了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯系

C.安培提出了分子電流假說，很好地說明了磁化和消磁等現象

D.奧斯特給出了磁場對運動電荷的作用力的公式

【答案】C

【解析】庫倫發覺了電荷之間存在相互作用力，并得出真空中點電荷之間作用力的表達式，選項A錯誤；

奧斯特發覺了電流的磁效應，揭示了電現象和磁現象之間的聯系，選項B錯誤：安培提出了分子電流假說,

很好地說明了磁化和消磁等現象，選項C正確：洛倫茲給出了磁場對運動電荷的作用力的公式，選項「錯

誤；故選C.

4.物理學家通過艱辛的試驗和理論探討探究自然規律，為科學事業做出了巨大貢獻.下列描述中符合物理

學史實的是（）

A.奧斯特發覺了電流的磁效應并提出了分子電流假說

B.法拉第發覺了電磁感應現象并總結出了推斷感應電流方向的規律

C.牛頓發覺了萬有引力定律但未給出引力常量G的數值

D.哥白尼大膽反對地心說，提出了日心說，并發覺行星沿橢圓軌道運行的規律

【答案】C

【解析】奧斯特發現了電淙的磁效應，安培并提出了分于電庾假說，選項A錯誤，法拉策發現了電磁展應

現象，援次總結出了判斷感應電流方向的底律，選項Btg誤j牛頓發現了萬有引力定律但未始出引力常緞G

的教值，后來卡文迪許用扭秤實垃測出了引力常數，選項C正確，留白尼大膽反發地心說，提出了日心說,

開昔初發現行星沿桶19軌道運行的規律，選哽Dig誤）故選C.

5.如圖所示，直角三角形acd,NaWO°,三根通電長直導線垂直紙面分別放置在a、b、c三點，其中b

為ac的中點。三根導線中的電流大小分別為I、21、31,方向均垂直紙面對里。通電長直導線在其四周空

VT

間某點產生的磁感應強度B=—,其中I表示電流強度，r表示該點到導線的距離，k為常數。已知a點處導

r

線在d點產生的磁感應強度大小為Bo.則d點的磁感應強度大小為

A.員B.2B0C.板%I）.4Bo

【答案】I）

【解析】設直角三角形的ad邊長為r,則ac邊長為2小依據直導線產生的磁感應強度公式可得a點處導

線在d點產生的磁感應強度大小為B0=k：方向由安培定則知水平向左；同理有c在4點產生的磁感應強度

31d21

大小為劣-k尸=\3氏，方向豎直向下；6在d點產生的磁感應強度大小為B,k2%，方向垂直于6d

&r

斜向左下方：如圖所示：

A

因木■tan&T,可知W和國的合磁感應強度沿氏的方向，故d點的總場強為BB,>?B；7%

方向垂直于6d斜向左下方：故選D.

6.關于磁感應強度，下列說法正確的是

A.磁場中某一點的磁感應強度可以這樣測定：把一小段通電導線放在亥點時受到的磁場力/與該導線的長

F

度￡、通過的電流/乘積的比值，即B=—

IL

F

B.磁感應強度B=—只是定義式，它的大小取決于場源以及在磁場中的位置，與/?；I.L以及通電導線在

IL

磁場中的方向無關

C.通電導線在某點不受磁場力的作用，則該點的磁感應強度打定為零

I).通電導線所受磁場力的方向就是磁場的方向

【答案】B

【解析】磁場中某一點的磁額強度可以這樣測定：把一小屋涌電導域放在該點時受到的最大的磁場力尸

與該導線的長度九逋過的電流7篥枳的比值，即8=(,選項A錯誤；碼師應強度8=g只是定義式，它的

大小取決于場源以及在鵬場中的位普，與A工上以及通電導線在片場中的方向無關，選項B正確，通電

字支在某點不受磁場力的作用，可能是導放置的方向與碳場方向平行，而該點的也感應強度不一定為零,

選項c錯誤J通電器受所曼磁場力的方向與磁場的方向卷叁，防。啪b被選B.

9.如圖所示，兩個單匝線圈a、6的半徑分別為，和2r.圓形勻強磁場6的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過

生力兩線圈的磁通量之比為()

A.4：1B.1：2C.1：4D.1：1

【答案】D

【解析】在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個面積為S且與磁場方向垂直的平面，磁感應強度B與面

積S的乘積，叫做穿過這個平面的磁通量，故當B與S平面垂直時，穿過該面的磁通量①二BS.

由于線圈平面與磁場方向垂直，故穿過該面的磁通量為：<&=BS,半徑為r的虛線范圍內有勻強磁場，所以

磁場的區域面積為：S=nr2；結合圖可知，穿過兩個線圈的磁感線的條數是相等的，所以磁通量都是：

<I>=iBr2.與線圈的大小無關。故D正確，ABC錯誤。故選D。

10.如圖，矩形線圈abed的長與寬分別為2L和L,虛線內有界勻強磁場的磁感應強度為B,0?02分別為

ad、be的中點，下列推斷正確的是()

A.此時穿過線圈abed的磁通量為2BL?

B.線圈繞ab邊向紙外旋轉60°角時，穿過線圈的磁通量為BI?

C.線圈繞cd邊向紙外旋轉60°角時，穿過線圈的磁通量為BI」

I).在線圈繞be邊向紙外旋轉60°角的過程中，穿過線圈磁通量的變更量為Bl!

【答案】B

【解析】在為強磁場中，當線固與磁場垂直時，另過線圈的磁通量為力=BS,圖中S有磁感過線度的面

織，即為有效面積.當線圖以不同的邊為軸從圖中位留轉過60*的喉間，線皆在垂直干磁場方向投影的面

織.只有一半晚支圈在磁場中，所以由通量為：＜t＞；=B-L-L=BL:,故A錯謾；當線圖么必為軸從圖中位黃

濤過60?矢隔間，線圈在垂直于磁場方同g影的面積為：S=L?2LC360?=L；,磁逋量：中】=BL；,故B正

隔，線據以cd邊為硼專過00?時，線圖在垂直于磁場方向投影的面租為0,磁通量：中：=0.故C錯誤j

線板以be邊為，麻專近60?時，紋冏&垂良于哂方向投影的面枳為：S'=L?LcoQT=0.5L:,由逋量：

中產0.5BL',所以導過線板的磁通量變化量是0.5BL；,故D皆誤j被選B。

?安培力?

1.安培力的大小

當磁感應強度￡的方向與導線方向成〃角時，m。。這是股狀況下的安培力的表達式，以下是

兩種特殊狀況：

(1)磁場和電流垂直時:F=I1B.

(2)磁場和電流平行時:F=0o

2.安培力的方向

(1)用左手定則判定：伸開左手，讓拇指與其余四指垂直，并與手掌在同?平面內，讓磁感線垂直穿過手

心，四指指向電流方向，那么，拇指所指方向即為通電直導線在磁場中的受力方向。

(2)安培力的方向特點：FIB,FLI,即尸垂直于8和/確定的平面，

—于心

涉及安培力的力學綜合問題，一般實行以下步驟解題:

（1）選擇適當的視角，將電流方向或磁場方向用“?”或“X”表示，使立體圖轉化為平面圖：

（2）進行受力分析，特殊要依據磁場特定分析好安培力：

（3）依據平衡條件、牛頓其次定律或功能關系列方程解答。

?知荊見用

1.如圖，當左邊線圈通以逆時針電流I時，天平恰好平衡，此時天平右邊的硅碼質量為m,若改為順時針

方向的電流且大小不變，則需在天平右邊增加△!!］的硅碼，通電線圈受到磁場力大小為：

A.---B.（m+Am）g

2

「人n（m+Am）g

C.AmgD.--------

2

【答案】A

【解析】坡同通以回針電流時，下格受到安培力向上，大小為&J為調以lien針電;硒，下據受到安培力

同下，大小仍為〃，而天平右邊杰要瑞加4的觸碼才能再次平衡.則,即匕。等?故A選

項正藕.

2.如圖所示，導體棒MN垂直于導軌靜止在水平面匕整個裝置處于勻強磁場中，磁場方向與MN垂直并

與導軌平而成0角斜向上方，閉合開關，緩慢轉動磁場使0角漸漸增大至90°,其余不變，導體棒始

終靜止，忽視電磁感應現象的影響，在此過程中

Li—

A.導體棒受安培力方向水平向右

B.導體棒所受安培力大小不變

C.導軌對導體棒支持力不變

D.導體棒受到摩擦力大小不變

【答案】B

【解析】依據左手定則可知，導體棒受安培力方向垂直于B指向右下方，選項A錯誤：依據F?B【L可知,

導體棒所受安培力大小不變，選項B正確：對導體棒，水平方向：F女sin。=f：豎直方向：N=mg+Fncos0,

則當緩慢轉動磁場使。角漸漸增大至90。時，導體棒受到摩擦力變大：導軌對導體棒支持力減小，選項

CD錯誤：故選B.

3.如圖甲，用電流天平測量勻強磁場的磁感應強度.掛在天平右臂下方的矩形線圈中通入如圖乙的電流，

此時天平處于平衡狀態.現保持邊長帆,和電流大小、方向不變，將該矩形線圈改為梯形線圈并保持質量不

變，如圖丙所示.則

南I庸］

▼|±**1乙兩

A.天平仍處于平衡狀態

B.無法推斷天平如何傾斜

C.在左側托盤中適當增加祛碼可使天平平衡

D.在右側托盤中適當增加硅碼可使天平平衡

【答案】C

析】先根據左手走則利新出安培力的方向，利用F-BIL判斷出安培力的大小，苴中L為導線的有效長

度J再結合線圈所受到的安培力與重力的合力大小，通過對比乙丙兩個圖，利用力矩平南條件即可判斷出

結論?由般萱可知，在乙圖中天平處于平衡狀態，此時線圈在磁場中受到的安培力大小為EIL,方向豎直

向上，該安培力與^圈更力的合力大小等于左例物體的總重力，天平處于平衡J而當在丙圖中，由于導體

的有效長度變擔，故受到的安培力雙小自豎直向上，故將該矩形線身改為梯形線圈，右側的重力與安培力

的合力大于圖乙中右側的直力與安培力的合力，故天平將向右陵斜?要使天平重新平衙，在左側1錯中適

為增加磋碼即可，故C正確、ABD錯誤.故選C?

4.如圖所示，長為￡的直導線折成邊長相等、夾角為60°的V?形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場

中，磁感應強度為反當在該導線中通以電流強度為/的電流時，該V形通電導線受到的安培力大小為（）

A.0.56〃B.B1LC.0D.2BIL

【答案】B

【解析】由安培力公式F=BIL進行計算,留意式中的L應為等效長度.導線在磁場內有效長度為2Lsin30。=L,

故該V形通電導線受到安培力大小為六BI?2Lsin30°=BIL,選項B正確。故選B。

5.如圖，長為3L的直導線折成邊長分別為ac=L、cd=2L直角導線，置于與其所在平面相垂直的勻強磁

場中，磁感應強度為B.當在該導線中通以大小為I、方向如圖的電流時，該通電導線受到的安培力大小為

)

A.3BILB.序ILC.^§BILI）.BIL

【答案】B

【解析】根據幾何關系計算出有效長度，由安培力公式0口曲亍計a安培力大，j+n可。

早支在限場內有效長度為：1/="兩：G,故該通電學支受到安培力大小為F=BH/=V5BIL,故

B正確，MD錯誤.故選B.

6.如圖所示，由勻稱的電阻絲組成的等邊三角形導體框，垂直磁場放置，將ab兩點接入電源兩端，若電

阻絲他段受到的安培力大小為凡則此時兩根電阻絲ac、歷受到的安培力的合力大小為（）

XXiCXX

XXMXX

XXXMJC

A.0.5FB.1.5FC.2FD.3F

【答案】A

【解析】依據左手定則推斷出各段受到的安培力的方向，依據閉合電路的歐姆定律計算出各段上的電流大

小，再計算出ac、be受到的安培力的大小。ab受力:FMMBILMF：初。受力：有效長度為乙電流為月4

的電流的L則其受力為：-BIL=0.5F,故力正確，成力錯誤。故選兒

22

7.如圖所示，在空間存在與豎直方向成。角的勻強電場和勻強磁場，電場強度大小為夕，磁感應強度大小

為屈重:力加速度為g,若質量為加、電荷量為G的小液滴在此空間做勻速直線運動，則以下說法正確的是

J

短R'

A.小液滴速度大小為吧W,方向垂直紙面對外

qB

B.小液滴速度大小為鱉堂，方向垂直紙面對外

qB

C.小液滴速度大小為鱉變，方向垂直紙面對里

qB

D.小液滴速度大小為喳咨，方向垂直紙而對里

qB

【答案】A

【解析】粒子做勻速直線運動，則受力平衡，粒子受力狀況如圖:

由圖可知，mgsin。=qvB,解得v=呼'上:粒子帶負電，由左手定則可知，速度方向垂直紙面對外，故選A.

qB

?洛倫茲力?

1.洛倫茲力：磁場對運動電荷的作用力叫做洛倫茲力。

2.洛倫茲力的方向

(1)判定方法：左手定則

掌心一一磁感線垂直穿過掌心；

四指---指向正電荷運動的方向或負電荷運動的反方向；

拇指一一指向洛倫茲力的方向。

3.帶電粒子在勻強磁場中的運動

（1）如何確定“圓心”

①由兩點和兩線確定圓心，畫出帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡。確定帶電粒子運動軌跡上的兩個

特殊點（一般是射入和射出磁場時的兩點），過這兩點作帶電粒子運動方向的垂線（這兩垂線即為粒子在

這兩點所受洛倫茲力的方向），則兩垂線的交點就是圓心，如圖（a）所示。

②若只已知過其中一個點的粒子運動方向，則除過已知運動方向的該點作垂線外，還要將這兩點相連

作弦，再作弦的中垂線，兩垂線交點就是圓心，如圖（b）所示.

③若只已知一個點及運動方向，乜知另外某時刻的速度方向，但不確定該速度方向所在的點，如圖［c）

所示，此時要將其中一速度的延長線與另一速度的反向延長線相交成一角（/川加，畫出該角的角平分線,

它與已知點的速度的垂線交于一點0,該點就是圓心。

（2，）如何確定“半心”

mv

方法一：由物理方程求，半徑廠二f；

qB

方法二：由幾何方程求，一般由數學學問（勾股定理、三角函數筆）計算來確定。

（3）如何確定“圓心角與時間”

①速度的偏向角力=圓弧所對應的圓心角（回旋角）。=2倍的弦切角%如圖（d）所示。

②時間的計算方法。

n

方法一：由圓心角求，/=—T

2兀

R0

方法二：由弧長求，t=——

V

一要點1TLl卜心

質譜儀和回旋加速器

1.質譜儀

(1)構造：如圖1所示，由粒子源、加速電場、偏轉磁場和照相底片等構成。

圖1

1

(2)原理：粒子由靜止被加速電場加速，依據動能定理可得關系式

m/

粒子在磁場中受洛倫茲力作用而偏轉，做勻速圓周運動，依據牛頓其次定律得關系式。詔=7。

由兩式可得出須要探討的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質量、比荷。

1[2mbq^_q2〃

2.回旋加速器

(1)構造：如圖2所示，口、D?是半圓金屬盒，D形盒的縫隙處接溝通電源。D形盒處于勻強磁場中。

圖2

(2)原理：溝通電的周期和粒子做圓周運動的周期相等，粒子在圓周運動的過程中一次一次地經過D形盒

mVqBR

縫隙，兩盒間的電勢一次一次地反向，粒子就會被一次一次地加速。由/，/?=丁，得其產2m，可見粒子

獲得的最大動能由磁感應強度和I)形盒半徑確定，與加速電壓無關。

rfe%現用

1.一束粒子由左端射入質譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其中S0A=3oC,則下列說法正

確的是()

A.日束粒子帶正電，乙束粒子帶負電

B.日束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷

C.P2極板電勢比P1極板電勢高

D.若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質量比為3:2

【答案】B

【解析】甲粒子在磁場卬向上體涔，乙粒子在磁場卬向下偏話，根據左手定則知甲粒子帶負電，乙粒子帶

正電，放A錯誤，根據洛倫茲力提供同口力，qvfi=?7>得："藍，工?<x工則甲的比荷大干乙的比荷，B

正確，能通過扶維S；的帶電粒于，電場力與洛倫茲力等大反向，苦忖子帶正電，田洛倫茲力向上，電場力

向下，則匕極板電勢比P；極板電勢高，選項C錯誤；若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，由前面分析

則甲、乙兩束粒子的房量比為2:3,故D錯誤，故選B.

2.圖示為回旋加速器，其主體部分是處于垂直于盒底的勻強磁場中的兩個D形金屬盒分別與高頻溝通電源

兩極相連接，粒子每次經過兩盒間的挾縫時都得到加速。已知對原子核加速時，;H從回旋加速器射出時的

動能為反。若對原子核加速，下列說法正確的是（；H與2He均從D形金屬盒中心處由靜止起先加速）

A.其他條件不變，：He射出加速器時的動能為Ek

B.應將電源的頻率減小為原來的5引曲出加速器時的動能為瓦

C.應將電源的頻率減小為原來嗎為謝出加速器時的動能畛

D.應將電源的頻率增大為原來的2倍，；He射出加速器時的動能為Ek

【答案】B

【解析】設;H的電量為q，質量為m,則:He的電量為2q,質量為4m,

1，

對;H,洛倫茲力供應向心力，qvB=mt氏、一?""4；加速電場的周期等于;H在勻強磁場中做圓周

4R22m

運動的周期，T=竺!

qB

知H他條件不變，，，在為強磁場中做圖周運動的屆期雪，2T,不等于加1電場的周期，

無法加速，故A錯誤j

B.將電源的2車口卜為原生的%周期變為原來的2偌，苓于?e在勻強磁場中能圓底E動的醐?對Re,

2qvBs4m—?酎比加速署時的動能f.■="4m*=￡.，占正確，。猾誤j

i4

D.將電源的頻率增大為原來的2倍，周期變為原來的一半，不等于:H斑勻強磁場中做圓周運動的周期,

無法加速，故D錯誤。

故選：B

3.如圖，直角坐標直"平面內，有一半徑為"的圓形勻強磁場區域，磁感應強度的大小為區方向垂直于

紙面對里，邊界與彳、y軸分別相切于以8兩點。一質量為加，電荷量為g的帶電粒子從。點沿平行于1軸

正方向進入磁場區域，離開磁場后做直線運動，經過x軸時速度方向與x軸正方向的夾角為60°,下列推

斷正確的是（）

A.粒子帶正電

B.粒子在磁場中運動的軌道半徑為/?

C.粒子運動的速率為畫四

m

D.粒子在磁場中運動的時間為理

6qB

【答案】C

【解析】粒子的軌跡如圖所示，向上或向下偏轉，都有速度方向與x正方向實角為60?的情況，所以粒子

可以帶正電，也可以帶負電，根據幾何知識可用Un3O?=；,解得。、疑,故根據，?￡可得粒子運動的速率

為丫二衛，從圖中可知粒子軌翅所對圓心角為60?，散粒子在娘場中云動的時間為r=券譽?￡,（：正確.

帶電粒子在勻強磁場中運動時，洛倫茲力充當向心力，從而得出半徑公式R=吧，周期公式丁=四，運動

BqBq

0

時間公式t=-T,知道粒子在磁場中運動半徑和速度有關，運動周期和速度無關，畫軌跡，定圓心，找半徑,

2兀

結合幾何學問分析解翹.

4.物理探討中，粒子回旋加速器起著重要作用，下左圖為它的示意圖。它由兩個鋁制的I）形盒組成，兩個

D形盒正中間開有一條狄健。兩個D形盒處在勻強磁場中并接有高頻交變電壓。右圖為俯視圖，在D形盒上

半面中心S處有一正粒子源，它發出的正粒子，經狹縫電壓加速后，進入I）形盒中。在磁場力的作用下運

動半周，再經狹健電壓加速。如此周而復始，最終到達D形盒的邊緣，獲得最大速度，由導出裝置導出。

己知正離子電荷量為q,質量為m,加速時電極間電壓大小為U,磁場的磁感應強度大小為B,D形盒的半徑

為R.每次加速的時間極短，可忽視不計。正粒子從離子源動身時的初速度為零，不計粒子所受重力。則（）

B.粒子可能獲得的最大動能為電

2m

C.粒子第1次與第n次在下半盒中運動的軌道半徑之比為I:歷I

D.粒子在回旋加速器中的總的時間為吧

2U

【答案】C

【解析】

加速電場變化的周期與粒子在祖場中運動硼相等，則有：r?子，故A錯誤3粒子在里場中儂勻速四局運

動，則有3/=析3，解得小，［，粒子獲得的鼻大功能￡.「=：mvi=Wi,抑B倍誤；粒子在電場中第

一次加速，則有qU?:而小解得v/悟則粒子以力第一次在下半盒中運動，根據qy#=Eg,解得

公，;w：隹；粒子在第n次迸入下半盒運動前，已在電場中加速了(2x1)次，則有(2c-1)qU=W,

解冉V「廬生,則半徑為4=3=；嚴產,故半校之比為焉，故c正確I粒子在加速器中運

動的總時間為，?川?若，等■號，故D錯海，選c.粒子先在電場中加速，照后遂入磁場，的勻速圓周

運動，半四周后后，粒子再次送入電場，此時電感交換電報，粒子維饃加速.

5.如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖，此質譜儀由以下幾部分構成:離子源、加速電場、靜電分析器、

磁分析器、收集器.靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內有勻稱輻射電場,在中心線處的電場強度大小為

夕;磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度為/，的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由

離子源發出一個質量為以電荷量為G的正離子(初速度為零，重力不L)，經加速電場加速后進入靜電分析

器,沿中心線MV做勻速圓周運動,而后由2點進入磁分析器中，最終經過。點進入收集器.下列說法中正確的

A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面對內

B.加速電場中的加速電壓U=-ER

2

磁分析器中圓心。到。點的距離會

C.

D.任何離子若能到達P點,則肯定能進入收集器

【答案】B

【解析】A、越子在碳分析器中沿炳動，所殳洛倫礴力指向四心，根據左手這則，磁分析器中勻強磁

場方向垂直于紙面向外，故A錯謖.

B、■子在豺電分析器中做與逋圖周運動，根據牛頓第二定律有：q￡=mg設現子進入靜電分析器時的速

度力。離子在加速電場卬加速的過程中，由功能定理有：qU?；m，-0,解得：U-S,B正確.

C、段子在磁分析器中做勻速圓周運動，由牛頓其次定律有：qvB=m^，酢得：則：d，r-!

q

故C錯誤.

I）、由B可知：R=—,R與離子質量、電量無關；離子在磁場中的軌道半徑：r=l陛，離子在磁場中做

EBjq

圓周運動的軌道半徑與電荷的質量和電量有關，能夠到達P點的不同離子，半徑不肯定都等于d,不肯定能

進入收集器，故D錯誤.

故選B.

6.如圖所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為Q10cm的圓柱形桶內有夕=10-嚀的勻強磁

場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一裁面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔.粒子束以不同角度

入射，最終有不同速度的粒子束射出.現有一粒子源放射比荷為3?11（」kh的正粒子，粒子束中速度分

m

布連續.當角。=45°時，出射粒子速度/的大小是（）

A.亞x106m/s

B.2戊x106m/s

C.2ax108m/s

D.4屈x106m/s

【答案】B

【解析】離子從小孔a射入磁場，與的方向的夾角為Q=45。，則離子從小孔，離開磁場時速度與助的夾

角也為。=45°,過入射速度和出射速度方向作垂線，得到軌跡的圓心。'，畫出軌跡如圖：

，由幾何知識得到軌跡所對應的圖心房為：0=2。=90°,由幾何關系知，=5,又，=石，解存：

「2GxiOE/5.故選B.本IS的辭題關址是正礴畫出黑子的運曬跡，根據幾何知識得到半徑，即可求

解速度v.

7.如圖所示，速度選擇器中磁感應強度大小為B和電場強度大小為E,兩者相互垂直。一束帶電粒子以肯定

的初速度沿直線通過速度選擇器后從狹縫P進入另一磁感應強度大小為3,的勻強磁場，最終打在平板S的D]D?

上，不計粒子重力，則（）

A.速度選擇器中的磁場方向垂直紙面對里

B.通過狹健P的帶電粒子速度為v=B/E

C.打在DpD?處的粒子在磁場B'中運動的時間都相同

D.芍電粒子打在平板S上的位置越靠近P,粒子的比荷越大

【答案】D

析】A、恨窕帶電粒子在磁感應強度為8的勻強磁場中的運動軌透可另㈱r粒子帶正電，帶電粒子在速度

選H器中受到的電場力方向向上，受刎的洛倫技力方向向下，碳場方向垂直紙面向外，故A錯誤j

B、能涌過狹縫戶的帶電粒子在速度選住器中受到的電場力與洛倫茲力等大反問，由可知，常電位

子速度為”?%故B錯誤J

mvqv

C、日洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力可得r=T，則工=1，可知半徑不同粒子的比荷不同；打在

BqmBr

27tm

平板S上的粒子在磁感應強度為B的磁場中都只運動半個周期，周期丁=十，則比荷不同，打在〃、“上

Bq

的粒子在磁感應強度為B'的磁場中的運動時間不同，故C錯誤；

qv

I）、由工=丁，知越靠近狹縫凡r越小，粒子的比荷越大，故D正確；

mBr

故選D。本題為質譜儀模型，考查帶電粒子在速度選擇器中的運動和磁場中的運動，留意依據粒子運動形式

選擇合適的規律解決問題，要嫻熟駕馭運用限制變生法結合半徑公式R=吧和周期公式T=工分析問題的

qBv

方法。

8.下列各組物理量中，全部是矢量的一組是（）

A.磁通量、加速度

B.磁感應強度、速度變更量

C.時間、平均速度

D.路程、加速度

【答案】B

【第析】物理量按有沒有方向分為矢量和標量兩類，矢量是指既有大小又有方向的物理量，標量是只有大

小沒有方向的物理鬢.

A.磁通弟只有大小，沒有方向，是標量，而加速度既有大小又有方向的物理量，是美量，故A錯誤j

B.修感應強度和速度變化景都是既有大小又有方向的物理策，是矢景，故B正確?

C.平均速度是矢量，而時間只有大小，沒有方向，是標蚩，故C錯誤.；

D.路程只有大小，沒有方向，是標量，力睫度是矢星，故D錯誤。

故選：B

9.以下關于物理學問說法正確的有：

A.信鴿停在單根高壓線上休息時會被電死

B.電流四周存在磁場是法拉第發覺的

C.牛頓認為力是變更運動狀態的緣由

I）.伽利略認為重的物體下落的比輕的物體快

【答案】C

【解析】

A：信鴿停在單根高壓線上休息時，兩腳之間的距離很小，兩腳之間的電壓很小，小鳥不會觸電。故A項錯

誤。

B：電流四周存在磁場是奧斯特發覺的，故B項錯誤。

C：牛頓認為力是變更運動狀態的緣由，故C項正確。

D：亞里士多德認為重的物體比輕的物體下落快，伽利略認為重的物體與輕的物體下落一樣快。故D項錯誤。

10.如圖所示，面積大小為S的矩形線圈abed,放在磁感應強度為8的勻強磁場中，線圈可以繞QQ轉動,下

列說法中正確的是（）

A.當線圈從圖示位置轉過60°時，穿過線圈的磁通量大小SBS

B.當線圈從圖示位置轉過90°時，穿過線圈的磁通量大小。=0

C.當線圈從圖示位置轉過180。的過程中，穿過線圈的磁通量的變化量大小△。=0

D.當線圈從圖示位置轉過360。的過程中，穿過線圈的磁通量的變更量大小△S=28S

【答案】B

【解析】矩形線圈abed垂直于磁場放J8,典序過電形線圈的磁通睡為KS,當線88從圖示位落話過g.

時，穿過按同的磁通量大小。產即tos&）N.5BS,選項A錯誤J當線HI蜉專由多過90?時，線;#平面與磁

場方向平行，穿過線圈的宙通量?E.故B正確；當線圈從圖示位置轉過180°,則穿過矩形線圈的圖通

量是個『5,穿過線網的磁通里的變化量大小△4>4BS,故C錯誤j為線圈從防位5!括過數?的過程

中，身過線圖的i3通量的變化量大小△牛=0.故D錯退。故選B?

11.寬為L,共N匝，線圈的下部懸在勻強磁場中，磁場方向垂直紙面。當線圈中通有電流I（方向如圖）

時，，在天平左、右兩邊加上質量各為叫、nh的硅碼，天平平衡.當電流反向（大小不變）時，右邊再加上

質量為m的祛碼后，天平重新平衡.由此可知

A.磁感應強度的方向垂直紙面對里，大小為也突

Nil

B.磁感應強度的方向垂直紙面對里，大小為二

2NI1

C.磁感應強度的方向垂直紙面對外，大小為也唆

Nil

D.磁感應強度的方向垂直紙而對外，大小為幽

2NI1

【答案】B

【解析】AB、當〃的方向垂直紙面對里，起先線圈所受安培力的方向向下，電流方向相反，則安培力方向

反向，變為豎直向上，相當于右邊少了兩倍的安培力大小，所以須要在右邊加成碼，則有mg=2NBIL,所以

B=——,故B正確，A錯誤；

2NIL

CD、當8的方向垂直紙面對外，起先線圈所受安培力的方向向上，電流方向相反，則安培力方向反向，變

為豎直向下，相當于右邊多了兩倍的安培力大小，所以須要在左邊加祛碼，故C、【）錯誤；

故選B。天平平衡后，當電流反向（大小不變）時，安培力方向反向，則右邊相當于多了或少了兩倍的安培

力大小。

12.如圖所示，回旋加速器由置于高真空中的兩個半徑為"的I）形式上金屬盒構成，兩盒間的狹縫很小，

粒子穿過的時間可以忽視不計，磁感應強度為8的勻強磁場與盒面垂直。兩盒間加速電壓為H方向發生周

期性變更，使得粒子每進入狹縫即被加速.從力處粒子源產生的帶正電粒子質量為久電荷量為。、初速不

計，粒子重力不計.則（）

A.粒子能獲得的最大速率為蟠3.粒子能獲得的最大速率為迎

mm

C.粒子在加速器中運動時間為些I）.粒子在加速器中運動時間為理工

2UU

【答案】AC

【解析】當粒子從回旋加速黜柒時，速度II大.根據“8ME：求出最大速度，再根據6未出最大

動熊，粒子襁電場加速一次動能的施恒qU,根據JJ大動能求出加速好欠勃，粒子在出場中運動一個周陰被

加速兩次，從而知道粒子運動的周期次數，從而求出運動的8寸間.

依據…支T

則最大動能為:

粒子被電場加速一次動能的增加qU

則粒子被加速的次數為:

qU'2niU

粒子在磁場中運動周期的次數為：n'=B=?必

24Um

HI?*?i2jnn

周期：T=—

qB

則粒子從靜止起先到出口處所需的時間為：t=n'T=圾

2U

故選:AC0

13.如圖為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在AC板間，

虛線中間不需加電場，如圖所示，帶電粒子從P。處以速度v。沿電場線方向射入加速電場，經加速后再進入

D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是

A.帶電粒子每運動一周被加速一次

B.芍電粒子每運動一周PR>PR

C.加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無關

D.加速電場方向須要做周期性的變更

【答案】AB

【解析】帶電粒子在電場中加速，電場力做功導致速度越東越快，所以通過用同站應用的時間也不越通，

根據加帙口速度變化錄也越來越小，在磁場中運動的半徑可以根據蔡來求解。

A、帶電粒子只有經過AC板「廁幽□速,9愕電粒子耳運動一周林歸惠一次.電場的方向沒有改變，則在M

間加速.故A對；D錯j

B、依據「=麗得，則PR-----，因為每轉一圈被加速一次，依據勻變速學問可知，經過相同位移

■用的時間越來越小,所以速度變更量Av=at也就越來越小,所以PIP2>PR，故B對;

C、當粒子從D形盒中出來時,速度最大,依據r=吧得,v=也，知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關.

Bqm

故C錯；

故選AB

14.如圖所示，有一長方體金屬桶，左右兩側開口，其長、寬、高分別為&爪c,置于方向向下且垂直于

上、下表面的磁感應強度為B的勻強磁場中。第一次試驗時沿”方向通入電解質溶液：其次次試驗時

在空間內裝入電解質溶液并沿“一”方向通入電流I；第三次試驗時在空間內裝入形態和大小與所示長方體

一樣的金屬板并沿“一”方向通入電流I。則下列說法正確的是

Q*表iE

A.三次試驗中，裝置的前、后表面都會形成電勢差

B.第一次試驗時，在裝置前、后表面形成電勢差，當電勢差穩定時，測得其大小為U,則電解質溶液的流

cU

量、=一

B

C.其次次試驗時后表面旁邊電解質溶液濃度高

D.第三次試驗時，其前表面電勢低于后表面電勢

【答案】BC

【解析】第一次實始時沿“f”方向面人電解,溶液，則電解涌中的正負粒子由千登洛倫茲力作用分別向

后、前豪面偏傳積聚，形成電勢是；第二;炫蛉時在空間械入電解底涔M沿“T”方向通入電流I,則

電解港中的正負粒子分別向右、左方向走向移動，根據左手定則，正負粒子都向后表面偏轉積鬃，不會在

裝窗的前、后表面形成電型至，第三次實鴕時在空間內裝入形狀和大小與所示長方體一樣的金屬板并沿

“一”方向通入電演I,則金屬中的負電子受洛倫技力向后表面雙家，從而在前后表面形成電勢差?選項A

錯謖；第一次實防時，在裝盤前、后表面形成電勢之當電勢望注定時，潴得H大小為U,則,「如,

uUc

則電解質溶液的流量QSvbcvB'選項B正確；由人的分析可知，其次次試驗時在空間內裝

入電解質溶液并沿“一”方向通入電流I,則正負粒子都向后表面偏轉枳聚，后表面旁邊電解質溶液濃度高，

選項C正確：由A的分析可知，第三次試驗時在空間內裝入形態和大小與所示長方體一樣的金屬板并沿

“一”方向通入電流I,則金屬中的負電子受洛倫茲力向后表面積聚，前表面電勢高于后表面電勢，選