章末总结　提高

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本章起着承上启下的桥梁作用，是历年高考的热点．高考对本章考查的特点是：一般没有简单的概念题和单纯磁场知识题．考题多以磁力结合、磁电结合或磁力电结合的形式出现，而且试题难度往往较大，对考生的空间想象能力、逻辑推理能力、综合分析能力和运用数学知识处理物理问题的能力要求很高．因此在复习时要重视这些能力的培养，加强这些方面的训练．

求解磁场问题的基本思路：(1)审清题意，分析场的情况和受力情况；(2)分析运动情况，并画出运动轨迹图；(3)根据已知条件及所求量关系恰当选用规律求解．

求解磁场问题的常用方法：(1)安培力问题常常要把立体图化为平面图，再运用静力学或动力学的有关知识处理；(2)圆周运动问题一般按照：画轨迹、作半径、找圆心、求半径、求周期、求时间……的步骤处理；(3)复合场问题在分析清楚受力情况以后具体处理方法与力学问题的处理方法相同．

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1．(2019·全国卷Ⅰ)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接，已如导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)

A．2F  B．1.5F

C．0.5F  D．0

[解析] 设每一根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两支路电流之比I1∶I2＝1∶2.如下图所示，由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的合力大小为F＋F′＝F，故本题选B.

[答案] B

2．(2019·全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外．一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出．已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力．求：

(1)带电粒子的比荷；

(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间．

[解析] (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v.

由动能定理有qU＝mv2　①

设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m　②

由几何关系知d＝r　③

联立①②③式得

＝　④

(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为

s＝＋rtan 30°　⑤

带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为

t＝　⑥

联立②④⑤⑥式得

t＝　⑦

3．(2019·全国卷Ⅱ)如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外．ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子．已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)

A.kBl，kBl  B.kBl，kBl

C.kBl，kBl  D.kBl，kBl

[解析] a点射出粒子半径Ra＝＝，得：va＝＝，d点射出粒子半径为R2＝l2＋，R＝l，故vd＝＝，故B选项符合题意．

[答案] B

4．(2019·全国卷Ⅲ)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为(　　)

A.  B.

C.  D.

[解析] 运动轨迹如图：

即运动由两部分组成，第一部分是个周期，第二部分是个周期， 粒子在第二象限运动转过的角度为90°，则运动的时间为t2＝＝·＝；粒子在第一象限转过的角度为60°，则运动的时间为t1＝＝·＝；则粒子在磁场中运动的时间为：t＝t1＋t2＝＋＝，故B正确．

[答案] B

5．(2019江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B.磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d<L.粒子重力不计，电荷量保持不变．

(1)求粒子运动速度的大小v；

(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；

(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t.

[解析] (1)粒子的运动半径d＝

解得v＝

(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切

由几何关系得dm＝d(1＋sin 60°)

解得dm＝d

(3)粒子的运动周期T＝

设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则

t＝n＋t′(n＝1，3，5，……)

(a)当L＝nd＋d时，粒子斜向上射出磁场

t′＝T，解得t＝

(b)当L＝nd＋d时，粒子斜向下射出磁场

t′＝T，解得t＝

6．(2019·浙江卷)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O、与O点等距离各点的电场强度大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v0、电荷量均为q、质量分别为m和0.5m的正离子束，从M点垂直该点电场方向进人静电分析器．在静电分析器中，质量为m的离子沿半径为r0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N点水平射出，而质量为0.5m的离子恰好从ON连线的中点P与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m的离子打在O点正下方的Q点．已知OP＝0.5r0，而OQ＝r0，N、P两点间的电势差UNP＝，cos θ＝，不计重力和离子间的相互作用．

(1)求静电分析器中半径为r0处的电场强度E0和磁分析器中的磁感应强度B的大小；

(2)求质量为0.5m的离子到达探测板上的位置与O点的距离l(用r0表示)；

(3)若磁感应强度在(B－ΔB)到(B＋ΔB)之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m和0.5m的两束离子，求的最大值．

[解析] (1)由径向电场力提供向心力有E0q＝

解得E0＝

由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝

解得B＝

(2)从M点到P点，由动能定理有

×0.5mv2－×0.5mv＝qUNP

解得v＝v0

则在磁场中，质量为0.5m的离子的轨迹半径

r＝＝r0

由几何知识有l＝2rcos θ－0.5r0

解得l＝1.5r0

(3)若恰好能分辨，则有－＝

解得＝－4≈0.12

7．(2018·全国卷Ⅰ)如图，在y>0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E，在y<0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场．一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上y＝h点以相同的动能射出，速度方向沿x轴正方向．已知H进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角为60°，并从坐标原点O处第一次射出磁场.H的质量为m，电荷量为q，不计重力．求：

(1)H第一次进入磁场的位置到原点O的距离；

(2)磁场的磁感应强度大小；

(3)H第一次离开磁场的位置到原点O的距离．

[解析] (1)H在电场中做类平抛运动，在磁场中做圆周运动，运动轨迹如图所示．设H在电场中的加速度大小为a1，初速度大小为v1，它在电场中的运动时间为t1，第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有

s1＝v1t1　①

h＝a1t　②

由题给条件，H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1＝60°.H进入磁场时速度的y分量的大小为

a1t1＝v1tan θ1　③

联立以上各式得s1＝h　④

(2)H在电场中运动时，由牛顿第二定律有

qE＝ma1　⑤

设H进入磁场时速度的大小为v1′，由速度合成法则有v1′＝　⑥

设磁感应强度大小为B，H在磁场中运动的圆轨道半径为R1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv1′B＝　⑦

由几何关系得s1＝2R1sin θ1　⑧

联立以上各式得B＝　⑨

(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2，在电场中的加速度大小为a2，由题给条件得

(2m)v＝mv　⑩

由牛顿第二定律有qE＝2ma2　⑪

设H第一次射入磁场时的速度大小为v2′，速度的方向与x轴正方向夹角为θ2，入射点到原点的距离为s2，在电场中运动的时间为t2.

由运动学公式有s2＝v2t2　⑫

h＝a2t　⑬

v2′＝　⑭

sin θ2＝　⑮

联立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′　⑯

设H在磁场中做圆周运动的半径为R2，由⑦⑯式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得

R2＝＝R1　⑰

所以出射点在原点左侧．设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s2′，由几何关系有s2′＝2R2sin θ2　⑱

联立④⑧⑯⑰⑱式得，H第一次离开磁场时得位置到原点O的距离为

s2′－s2＝(－1)h　⑲

8．(多选)(2018·全国卷Ⅱ)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称．整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外．已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外．则(　　)

A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0

B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0

C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0

D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0

[解析] 设流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B1a，流经L2电流在a点产生的磁感应强度大小为B2a，已知a点的磁感应强度大小为B0，根据磁感应强度的叠加原理，考虑磁感应强度的方向，有B0－B1a－B2a＝B0.同理，b点的磁感应强度大小为B0，有B0－B1b＋B2b＝B0.因为B1a＝B1b＝B1(因距离相等)，B2a＝B2b＝B2，解得B1＝B0，B2＝B0.

[答案] AC

9．(2018·全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条形区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．

(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；

(2)求该粒子从M点射入时速度的大小；

(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．

[解析] (1)粒子运动的轨迹如图a所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)

(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ(见图b)，速度沿电场方向的分量为v1，根据牛顿第二定律有

qE＝ma　①

式中q和m分别为粒子的电荷量和质量，由运动学公式有v1＝at　②

l′＝v0t　③

v1＝vcos θ　④

粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨道半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB＝　⑤

由几何关系得l＝2Rcos θ　⑥

联立①②③④⑤⑥式得v0＝　⑦

(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot 　⑧

联立①②③⑦⑧式得＝　⑨

设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，则t′＝2t＋T　⑩

式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期，T＝　⑪

由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝　⑫

10．(2018·全国卷Ⅲ)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直．已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l.不计重力影响和离子间的相互作用．求：

(1)磁场的磁感应强度大小；

(2)甲、乙两种离子的比荷之比．

[解析] (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v　①

由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1　②

由几何关系知2R1＝l　③

由①②③式得B＝　④

(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2.同理有q2U＝m2v　⑤

q2v2B＝m2　⑥

由题给条件有2R2＝　⑦

由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为∶＝1∶4　⑧