磁場是一種看不見、摸不著的特殊物質(zhì)，下面是磁場及帶電粒子在磁場中的運動復(fù)習(xí)題，請考生練習(xí)。

一、選擇題(共9小題，每小題4分，共36分。在每小題給出的四個選項中，第1～5題只有一項符合題目要求，第6～9題有多4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。)

1.(新課標全國卷，15)關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()

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?/p>

2.(海南單科，1)如圖，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()

A.向上 B.向下 C.向左 D.向右

3.(新課標全國卷，14)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(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

4. (新課標全國卷，16)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磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O，已知粒子穿越鋁板時，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)強度大小之比為()

A.2 B. C.1 D.

5.(安徽理綜，18)人造小太陽托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應(yīng)強度B正比于()

A. B.T C. D.T2

6.(新課標全國卷，18)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說法正確的是()

A.指南針可以僅具有一個磁極

B.指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場

C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾

D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)

7.(浙江理綜，20)如圖甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B。垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向。則金屬棒()

A.一直向右移動

B.速度隨時間周期性變化

C.受到的安培力隨時間周期性變化

D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功

8.(新課標全國卷，19)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是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

9.(四川理綜，7)如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內(nèi)的長度L=9.1 cm，中點O與S間的距離d=4.55 cm，MN與SO直線的夾角為，板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B=2.010-4 T.電子質(zhì)量m=9.110-31 kg，電量e=-1.610-19 C，不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域l，則()

A.=90時，l=9.1 cm B.=60時，l=9.1 cm

C.=45時，l=4.55 cm D.=30時，l=4.55 cm

二、計算題(本題共3小題，共24分。寫出必要的文字說明，方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)

10.(新課標全國卷，24)(6分)如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中，磁場的磁感應(yīng)強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關(guān)，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量。

11.(重慶理綜，7)(6分)音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機，如圖是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極B，區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等，某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I。

(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向;

(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率。

12. (山東理綜，24)(12分)如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子由小孔下方處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。

(1)求極板間電場強度的大小;

(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小;

(3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分、，粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程。

導(dǎo)航卷七 磁場及帶電粒子在磁場中的運動

1.B [安培力的方向、磁感應(yīng)強度的方向及電流的方向滿足左手定則，所以安培力的方向既垂直于直導(dǎo)線，也垂直于磁場的方向，所以選項B正確、A錯誤;當(dāng)通電直導(dǎo)線與磁場方向垂直時，安培力最大F=BIl，當(dāng)通電直導(dǎo)線與磁場方向平行時，安培力最小為零，故選項C錯誤;將直導(dǎo)線從中點折成直角，直導(dǎo)線在磁場中的有效長度可，安培力的大小可能變?yōu)樵瓉淼囊话?而不是一定)，故選項D錯。]

2.A [條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A正確。]

3.D [由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，即qvB=，軌道半徑r=，從較強r變大，根據(jù)角速度==可知角速度變小，選項D正確。]

4.D [由題圖可知，帶電粒子在鋁板上方的軌跡半徑為下方軌跡半徑的2倍，由洛倫茲力提供向心力：qvB=m得v=，其動能Ek=mv2=，故磁感應(yīng)B=，==，選項D正確。]

5.A [粒子在磁場中運動的半徑滿足R=，即R不變時，v與B成正比，由題意知粒子的動能與溫度成正比，即v2與T成正比，綜上可知，B，選項A正確。]

6.BC [指南針不可以僅具有一個磁極，故A錯誤;指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場，故B正確;當(dāng)附近的鐵塊磁化時，指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾，故C正確;根據(jù)安培定則，在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時會產(chǎn)生磁場，指南針會偏轉(zhuǎn)與導(dǎo)線垂直，故D錯誤。]

7. ABC [根據(jù)題意得出v-t圖象如圖所示A正確;速度隨時間做周期性變化，B正確;據(jù)F安=BIL及左手定則可判斷，F(xiàn)安大小不變，方向做周期性變化，則C項正確;F安在前半周期做正功，后半周期做負功，則D項錯誤。]

8.AC [設(shè)電子的質(zhì)量為m，速率為v，電荷量為q，

則由牛頓第二定律得：

qvB=①

T=②

由①②得：R=，T=

所以==k，==k

根據(jù)a=，=可知

=，=

所以選項A、C正確，選項B、D錯誤。]

9.AD [電子在勻強磁場運動的軌道半徑為

R==4.55 cm

電子沿逆時針方向做勻速圓周運動，當(dāng)=90時，豎直向下發(fā)射的粒子恰好打到N點，水平向右發(fā)射的粒子恰好打到M點，如圖甲所示，故l=L=9.1 cm，A正確;當(dāng)=30時，豎直向下發(fā)射的粒子，恰好打到N點，由幾何關(guān)系知，另一臨界運動軌跡恰好與MN相切于O點，如圖乙所示，故粒子只能打在NO范圍內(nèi)，故l==4.55 cmD正確;進而可分析知當(dāng)=45或=60時，粒子打到板上的范圍大于ON小于NM，即4.55 cm

10.【詳細分析】金屬棒通電后，閉合回路電流I===6 A

導(dǎo)體棒受到的安培力大小為F=BIL=0.06 N

由左手定則可判斷知金屬棒受到的安培力方向豎直向下

由平衡條件知：開關(guān)閉合前：2kx=mg

開關(guān)閉合后：2k(x+x)=mg+F

代入數(shù)值解得m=0.01 kg

答案 安培力方向豎直向下 0.01 kg

11.【詳細分析】(1)對線圈前后兩邊所受安培力的合力為零，線圈所受的安培力即為右邊所受的安培力，由安培力公式得

F=nBIL①

由左手定則知方向水平向右

(2)安培力的P=Fv②

聯(lián)立①②式解得P=nBILv③

答案 (1)nBIL 方向水平向右

(2)nBILv

12.【詳細分析】(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得

qE=mv2①

解得E=②

(2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得

qvB=③

甲

如圖甲所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得

R=④

聯(lián)立③④式得

B=⑤

若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得

R=⑥

聯(lián)立③⑥式得

B=⑦

(3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)R1、R2，由題意可知，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強度的大小分別為B1=、B2=，由牛頓第二定律得

qvB1=m，qvB2=m⑧

代入數(shù)據(jù)得

R1=，R2=⑨

設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2，由運

T1=，T2=⑩

乙

據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi)，運動軌跡如圖乙所示，根據(jù)對稱可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對圓心角相同，設(shè)為1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為2，圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)為，由幾何關(guān)系得

1=120

2=180

=60

丙

粒子重復(fù)上述交替運動回到H點，軌跡如圖丙所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2可得

t1=T1，

t2=T2

s，由運動學(xué)公式得

s=v(t1+t2)

式得

s=5.5

答案 (1) (2)或 (3)5.5D

三步法分析帶電粒子在磁場中的運動問題

(1)畫軌跡：就是確定圓心，用幾何方法求半徑并畫

(2)找聯(lián)系。

①軌道半徑與磁感應(yīng)強度、運動速度相聯(lián)系，分析粒子的運動半徑常用的方法有物理方法和幾何方法兩種，物理方法也就是應(yīng)用公式r=確定;幾何方法一般根據(jù)物理知識(直角三角形知識、三角函數(shù)等)通過計算確定。

②速度偏轉(zhuǎn)角與回旋角(轉(zhuǎn)過的圓心角)、運動時間t相聯(lián)系。如圖所示，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為運動的圓弧長度)。

(3)用規(guī)律：應(yīng)用牛頓運動定律和圓周運動的規(guī)律關(guān)系式，特別是周期公式和半徑公式，列方程求解。

磁場及帶電粒子在磁場中的運動復(fù)習(xí)題及答案的全部內(nèi)容就是這些，物理網(wǎng)預(yù)祝考生金榜題名。

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