高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动专题解读
高考物理母题题源系列专题09带电粒子在磁场中的运动(含解析)
专题09 带电粒子在磁场中的运动【母题来源一】2015年新课标二第19题【母题原题】19．（多选）有两个运强磁场区域I和II，I中的磁感应强度是II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I中运动的电子相比，II中的电子：（）A．运动轨迹的半径是I中的k倍B．加速度的大小是I中的k倍C．做圆周运动的周期是I中的k倍D．做圆周运动的角速度是I中的k倍【母题来源二】2015年四川卷第7题【母题原题】7．（多选）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=9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，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匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电荷量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。
电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则：（）A．θ＝90°时，l＝9.1cm B．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cm D．θ＝30°时，l＝4.55cm【命题意图】本题考查带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时遵循的规律，涉及向心力、洛伦兹力、圆周运动知识，意在考查考生对物理规律的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动问题，是高考考查的重点和热点，可能以选择题单独命题，但更多的是结合其他知识以计算题的形式考查。
【得分要点】1、带电体在磁场中的临界问题的处理基本思路（1）画轨迹：即画出运动轨迹，并确定圆心，用几何方法求半径．（2）找联系：轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，偏转角度与圆心角、运动时间相联系，在磁场中运动的时间与周期相联系．（3）用规律：即牛顿第二定律和圆周运动的规律，特别是周期公式、半径公式．2、带电粒子在有界磁场中运动的几种常见情形（1）直线边界(进出磁场具有对称性，如图所示)（2）平行边界(存在临界条件，如图所示)（3）圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图所示)3、带电粒子在匀强磁场中的运动找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，建立运动时间t和转过的圆心角θ之间的关系是解题的关键．（1）圆心的确定①已知入射点、出射点、入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心(如图10甲所示，图中P 为入射点，M 为出射点)．②已知入射方向、入射点和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨迹的圆心(如图乙所示，P 为入射点，M 为出射点)．（2）半径的确定可利用物理学公式或几何知识(勾股定理、三角函数等)求出半径大小．（3）运动时间的确定：电荷在匀强电场和匀强磁场中的运动规律不同．运动电荷穿出有界电场的时间与其入射速度的方向和大小有关，而穿出有界磁场的时间则与电荷在磁场中的运动周期有关．在解题过程中灵活运用运动的合成与分解和几何关系是解题关键；粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为θ时，其运动时 间表示为：T t πθ2=T (或v R t θ=) 【母题1】如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a （0，L ）。
高考物理月刊专版专题09交变电流和电磁感应电磁感应最新测试题
8. 如图 15 所示，矩形裸导线框长边的长度为 2l ，短边 的长度为 l ，在两个短边上均接有电阻 R，其余部分电阻
不计。导线框一长边与 x 轴重合，左边的坐标 x=0，线
框内有一垂直于线框平面的磁场，磁场的磁感应强度满
x
足关系 B=B0sin （ ）。一光滑导体棒 AB与短边平行且
2l
与长边接触良好，电阻也是 R。开始时导体棒处于 x=0 处， 从 t=0 时刻起，导体棒 AB 在沿 x
5
30 0 在垂直导轨平面方
13. 光滑平行金属导轨水平面内固定，导轨间距
L=0.5m ，导轨右端接有电阻 RL=4Ω 小灯泡，
导轨电阻不计。如图甲，在导轨的 MNQP矩形区域内有竖直向上的磁场， MN、PQ间距 d=3m，
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ab 运动距离为 s 的
过程中，整个回路中产生的焦耳热为 Q。求：
⑴ab 运动速度 v 的大小；
⑵电容器所带的电荷量 q。
参考答案 1、解：⑴感应电流的大小和方向均不发生改变。因为金属棒滑到圆弧任意位置时，回路中
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12、如图所示 PQ、 MN为足够长的两平行金属导轨 , 它们之间连接一个阻值 R 8 的电阻 ; 导轨间距为 L 1m;一质量为 m 0.1kg , 电阻 r 2 , 长约 1m的均匀金属杆水平放置在
导轨上 , 它与导轨的滑动摩擦因数 向有
3
, 导轨平面的倾角为
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应电磁学导棒专题
交变电流和电磁感应电磁学导棒近十年高考物理试卷和理科综合试卷，电磁学的导棒问题复现率高达100%(除98年无纯导棒外)，且多为分值较大的计算题．为何导棒问题频繁复现，原因是：导棒问题是高中物理电磁学中常用的最典型的模型，常涉及力学和热学问题，可综合多个物理高考知识点．其特点是综合性强、类型繁多、物理过程复杂，有利于对学生综合运用所学的知识从多层面、多角度、全方位分析问题和解决问题的能力考查；导棒问题是高考中的重点、难点、热点、焦点问题。
导棒问题在磁场中大致可分为两类：一类是通电导棒，使之平衡或运动；其二是导棒运动切割磁感线生电．运动模型可分为单导棒和双导棒．(一)通电导棒问题通电导棒题型，一般为平衡和运动型，对于通电导棒平衡型，要求考生用所学物体的平衡条件(包含∑F =0，∑M =0)来解答，而对于通电导棒的运动型，则要求考生用所学的牛顿运动定律、动量定理以及能量守恒结合在一起，加以分析、讨论，从而作出准确地解答．例1：如图(1-1-1)所示，相距为d 的倾角为α的光滑平行导轨(电源ε、r 和电阻R 均已知)处于竖直向上的匀强磁场B 中，一质量为m 的导棒恰能处于平衡状态，则该磁场B 的大小为 ；当B 由竖直向上逐渐变成水平向左的过程中，为保持棒始终静止不动，则B 的大小应是 ．上述过程中，B 的最小值是 ．分析和解：此题主要用来考查考生对物体平衡条件的理解情况，同时考查考生是否能利用矢量封闭三角形或三角函数求其极值的能力．将图(1-1-1)首先改画为从右向左看的侧面图，如图(1-1-2)所示，分析导棒受力，并建立直角坐标系进行正交分解，也可采用共点力的合成法来做．根据题意∑F =0，即∑F x =0；∑F y =0；∑F x =F B –Nsin α=0 ①∑F y =Fcos α–mg =0 ②，①/②得：mg F tg B=α③由安培力公式F B =BId ④；全电路区姆定律r R I +=ε⑤， 联立③④⑤并整理可得d r R mgtg B ⋅+=εα)( (2)借助于矢量封闭三角形来讨论，如图(1-1-3)在磁场由竖直向上逐渐变成水平的过程中，安培力由水平向右变成竖直向上，在此过程中，由图(1-1-3)看出F B 先减小后增大，最终N =0，F B =mg ，因而B 也应先减小后增大．(3)由图(1-1-3)可知，当F B 方向垂直于N 的方向时F B 最小，其B 最小，故mg F B=αsin ①，而BId F B =②，r R I +=ε③，联立①②③可得d r R B mg +=εαsin ，即Bd r R mg B )(sin min +=α评析：该题将物体的平衡条件作为重点，让考生将公式和图象有机地结合在一起，以达到简单快速解题的目的，其方法是值得提倡和借鉴的．(二)棒生电类： 棒生电类型是电磁感应中的最典型模型、生电方式分为平动切割和转动切割，其模型可分为单导棒和双导棒．要从静态到动态、动态到终态加以分析讨论，其分析动态是关键．对于动态分析，可从以下过程考虑：闭合电路中的磁通量发生变化⇒导体产生感应电流⇒导体受安培力和其他力作用⇒导体加速度变化⇒速度变化⇒感应电流变化⇒周而复始地循环最后加速度减小至零⇒速度达到最大⇒导体做匀速直线运动．我们知道，电磁感应现象的实质是不同形式能量的转化过程，因此，由功能观点切入，分清楚电磁感应过程中能量转化关系，往往是我们解决电磁感应问题的关键，当然也是我们处理这类题型的有效途径．1、单导棒问题例1：(2001年全国高考试题)如图(2-1-1)所示，一对平行光滑轨道放置在水平面上，两轨道间距L =0.20m ，电阻R =1.0Ω；有一导棒静止地放在轨道上，与两轨道垂直，棒及轨道的电阻皆可忽略不计，整个装置处于磁感应强度B =0.50T 的匀强磁场中，磁场方向垂直轨道面向下．现用一外力F 沿轨道方向拉棒，使之做匀加速运动，测得力F 与时间t 的关系如图(2-1-2)所示．求棒的质量m 和加速度a ．分析和解：此题主要用来考查学生对基本公式掌握的情况，是否能熟练将力电关系式综合在一起，再根据图象得出其a 和m 值．从图中找出有用的隐含条件是解答本题的关键．解法一：导棒在轨道上做匀加速直线运动，用v 表示其速度，t 表示时间，则有v=at ①，棒切割磁感线，产生感应电动势BLv =ε②，在棒、轨道和电阻的闭合电路中产生感应电流R I ε=③，杆所受安培力F B =BIL ④，再由牛顿第二定律∑F =ma故F –F B =ma ⑤，联立求解①~⑤式得at R L B ma F 22+=⑥．在图线上取两点代入⑥式，可得a =10m/s 2，m =0.1kg ．解法二：从F –t 图线可建立方程 F =1+0.1t ①，棒受拉力F 和安培力F B 作用，做匀加速直线运动，其合力不随时间t 变化，并考虑初始状态F B =0，因而F B 的大小为F B =0.1t ②，再由牛顿第二定律：∑F=ma 有F –F B =ma ③，联立①②③可得ma =1 ④．又∵F B =BIL ⑤，而R I ε=⑥，BLv =ε⑦，联立⑤⑥⑦得R v L B F B 22=⑧，而v=at ，故R at L B F B 22=⑨，②/⑨得：)/(10)20.0()50.0(0.11.01.022222s m L B Ra =⨯⨯==⑩，再由④与⑩式得kg a m 1.01==．评析：解法一采用了物理思维方法，即用力学的观点，再结合其F-t 图象将其所求答案一一得出．解法二则采用了数学思维方法，先从F-t 图象中建立起相应的直线方程，再根据力学等知识一一求得，此解法不落窠臼，有一定的创新精神．我们认为，此题不愧为电磁学中的经典习题，给人太多的启发，的确是一道选拔优秀人才的好题．例2：如图(2-1-2)所示，两根竖直放置在绝缘地面上的金属框架上端接有一电容量为C 的电容器，框架上有一质量为m ，长为L 的金属棒，平行于地面放置，与框架接触良好且无摩擦，棒离地面的高度为h ，磁感应强度为B 的匀强磁场与框架平面垂直，开始时电容器不带电，将棒由静止释放，问棒落地时的速度多大？落地时间多长？分析和解：此题主要用来考查考生对匀变速直线运动的理解，这种将其电容和导棒有机地综合在一起，使之成为一种新的题型．从另一个侧面来寻找电流的关系式，更有一种突破常规思维的创新，因而此题很具有代表性．经分析，导棒在重力作用下下落，下落的同时产生了感应电动势．由于电容器的存在，在棒上产生充电电流，棒将受安培力的作用，因此，棒在重力作用和安培力的合力作用下向下运动，由牛顿第二定律∑F=ma ，得故mg –F B =ma ①，F B =BiL ②．由于棒做加速运动，故v 、a 、ε、F B 均为同一时刻的瞬时值，与此对应电容器上瞬时电量为Q=C ·ε，而ε=BLv ．设在时间△t 内，棒上电动势的变化量为△ε，电容器上电量的增加量为△Q ，显然△ε=BL △v ③，△Q=C ·△ε ④，再根据电流的定义式t Q i ∆∆=⑤，t v a ∆∆= ⑤′，联立①~⑤′得：C L B m mga 22+=⑥ 由⑥式可知，a 与运动时间无关，且是一个恒量，故棒做初速度为零的匀加速直线运动，其落地速度为v ，则ah v 2=⑦，将⑥代入⑦得：C L B m mgh v 222+=⑧，落地时间可由221at h =，得a h t 2=，将⑥代入上式得mg C L B m h C L B m mght )(222222+=+=．评析：本题应用了微元法求出△Q 与△v 的关系，又利用电流和加速度的定义式，使电流i 和加速度a 有机地整合在一起来求解，给人一种耳目一新的感觉．读后使人颇受启示．例：如图(2-1-3)所示，倾角为θ=30°，宽度为L=1m 的足够长的U 型平行光滑金属导轨固定在磁感应强度B=1T ，在范围充分大的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面斜向上，现用平行导轨、功率恒为6w 的牵引力F ，牵引一根质量m =0.2kg 、电阻R =1Ω放在导轨上的导棒ab ，由静止沿导轨向上移动(ab 棒始终与导轨接触良好且垂直)．当金属导棒ab 移动S =2.8m 时，获得稳定速度，在此过程中金属导棒产生的热量为Q =5.8J (不计导轨电阻及一切摩擦，g 取10m/s 2)问(1)导棒达到稳定速度是多大？(2)导棒从静止达到稳定速度所需时间是多少？分析和解：此题主要用来考查考生是否能熟练运用力的平衡条件和能量守恒定律来巧解此题．当金属导棒匀速沿斜面上升有稳定速度v 时，导棒受力如图(2-1-4)所示，由力的平衡条件∑F =0，则F –mgsin θ–F B =0 ①，F B =BIL ②，RI ε=③，ε=BLv ④，又∵F=P/v ⑤，由①②③④⑤可得0sin 22=--R v L B mg v P θ，整理得0sin 222=-⋅-v L B R v mg PR θ，代入有关数据得062=-+v v ，解得v=2m/s ，v=–3m/s (舍去)．(2)由能量转化和守恒Q mv S mg Pt ++⋅=221sin θ，代入数据可得t=1.5s ．评析：此题较一般电磁感应类型题更能体现能量转化和守恒过程，因此，在分析和研究电磁感应中的导棒问题时，从能量观点去着手求解，往往更能触及该问题的本质，当然也是处理此类问题的关键和一把金钥匙．2、双导棒问题：在电磁感应现象中，除了单导棒问题外，还存在较多的双导棒问题，这类问题的显著特征是：两导棒在切割磁感线时，相当于电池的串联或并联，组成闭合回路，而且，求解此类型问题最佳途径往往从能量守恒、动量守恒的角度出发，用发展、变化的眼光，多角度、全方位地发散思维，寻求相关物理量和公式，挖掘隐含条件，采用“隔离法”或“整体法”(系统法)快捷作出解答．因此，双导棒问题更能反映考生的分析问题和解决问题的能力，特别是方法、技巧、思路均反映在解题中，是甄别考生层次拉大差距的优秀试题．例1：(1993年全国高考题)如图(2-2-1)所示两金属导棒ab 和cd 长均为L ，电阻均为R ，质量分别为M 和m ，M>m ．用两根质量和电阻均可忽略不可伸长的柔软导线将它们连成闭合回路，并悬挂于水平、光滑、不导电的圆棒两侧，两金属导棒都处于水平位置，整个装置处在一与回路平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B ，若金属导棒ab 正好匀速向下运动，求运动的速度．分析和解：此题主要用来考查考生对力学中的受力分析、力的平衡、电磁感应、欧姆定律和安培力公式的掌握．此题也可从不同方法去解答． 解法一：采用隔离法，假设磁场B 的方向是垂直纸面向里，ab 杆向下匀速运动的速度为v ，则ab 棒切割磁感线产生的感应电动热大小BLv =1ε，方向由a →b ，cd 棒以速度v 向上切割磁感线运动产生感应电动势大小为BLv =2ε，方向由d →c ．回路中的电流方向由a →b →d →c ，大小为BLv R BLv R i ==+=22221εε①，ab 棒受到安培力向上，cd 棒受到安培力向下，大小均为F B 即R v L B BiL F B 22==②，当ab 棒匀速下滑时，令棒受到的导线拉力为T ，则对ab 有T+F B =mg ③，对cd 有：T=F B +mg ④，由③④解得2F B =(M-m )g ⑤，再由②⑤可得g m M R v L B )(222-=，故222)(L B gR m M v -=． 解法二：采用整体法，把ab 、cd 柔软导线视为一个整体，∵M>m ，∴整体动力为(M –m )g ①，ab 棒向下，cd 棒向上，整体所受安培力与整体动力相等时正好做匀速向下运动，则22222)(2)(L B gR m M v R v L B g m M -=⇒=-．解法三：采用能量守恒法，将整个回路视为一个整体系统，用其速度大小不变，故动能不变．ab 棒向下，cd 棒向上运动过程中，因Mg>mg ，系统的重力势能减少，将转化为回路的电能，电能量转化守恒定律R mgv Mgv 22总ε=-①，而ε总=2ε ②，ε=BLv ③，联立①②③可得222)(L B gRm M v -=．评析：此题为典型的双导棒在磁场中运动的问题．并且两根棒都切割磁感线产生感应电动势，对整个回路而言，相当于电池组的串联，整个回路中有电流流过，两棒都受安培力，在未达到稳定速度前，两棒均做变加速运动，当加速度减为零时，速度为最大．从以上三种解法来看，其解法三更显简便，思维灵活，故该题对考生的考查确实具有针对性．例2：(2001高考春招试题)如图(2-2-2)所示，两根足够长的固定的平行金属导轨位于同ab 棒向cd 棒运动时，ab 棒产生感应电动势，由于通过导轨和cd 棒组成回路，于是回路中便产生感应电流，ab 棒受到与运动方向相反的安培力作用做减速运动，而cd 棒则在安培力作用下做加速运动．在ab 棒的速度大于cd 棒的速度时，回路中总有感应电流，ab 棒继续减速，cd 棒继续加速，而棒速度达到相同后，回路面积保持不变，磁通量不变化，即不产生感应电流，两棒的相同的速度v 做匀速直线运动．(1)从初始至两棒达到速度相同的过程中，两棒组成的系统动量守恒，则有mv 0=2mv ①，再根据能量守恒Q v m mv +=220)2(2121②，联立①②两式得：2041mv Q =．(2)设ab 棒的速度变为初速的43时，cd 棒的速度为v ′，则再次由动量守恒定律可知'4300mv v m mv += ③，此时回路中的感应电动势和感应电流分别是：BL v v )'43(0-=ε④，R I 2ε=⑤，此时cd 棒所受安培力F B =BIL ⑥，cd 棒的加速度 m F a B= ⑦，联立 ①~⑦得mR v L B a 4022=．。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应专家预测4
交变电流和电磁感应一、选择题(本题共10小题,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确.全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分1.如图12-1所示，金属杆ab、cd可以在光滑导轨PQ和R S上滑动，匀强磁场方向垂直纸面向里，当ab、cd分别以速度v1、v2滑动时，发现回路感生电流方向为逆时针方向，则v1和v2的大小、方向可能是( )A.v1＞v2,v1向右，v2向左B.v1＞v2,v1和v2都向左C.v1=v2,v1和v2都向右D.v1=v2,v1和v2都向左B.线圈与蹄形磁铁的转动方向相反C.线圈中产生交流电D.线圈中产生为大小改变、方向不变的电流解析:本题考查法拉第电磁感应定律、楞次定律等考点.根据楞次定律的推广含义可知A正确、B错误；最终达到稳定状态时磁铁比线圈的转速大，则磁铁相对线圈中心轴做匀速圆周运动，所以产生的电流为交流电.答案:AC3.如图12-3 所示,线圈M和线圈P绕在同一铁芯上.设两个线圈中的电流方向与图中所标的方向为正方向时应均匀减弱，故D正确.答案:D4.如图12-5所示，边长为L的正方形导线框质量为m，由距磁场H高处自由下落，其下边ab进入匀强磁场后，线圈开始做减速运动，直到其上边cd刚刚穿出磁场时，速度减为ab 边进入磁场时的一半，磁场的宽度也为L，则线框穿越匀强磁场过程中产生的焦耳热为( )图12-5A.2mgLB.2mgL +mgHC.mgH mgL 432+D.mgH mgL 412+ 解析:设刚进入磁场时的速度为v 1,刚穿出磁场时的速度212v v =① 线框自开始进入磁场到完全穿出磁场共下落高度为2L .由题意得mgH mv =2121② Q mv L mg mv +=⋅+222121221③ 由①②③得mgH mgL Q 432+=.C 选项正确. 答案:C5.如图12-6(a)所示,圆形线圈P 静止在水平桌面上,其正上方悬挂一相同线圈Q ,P 和Q 共轴,Q 中通有变化电流,电流随时间变化的规律如图12-6(b)所示,P 所受的重力为G ,桌面对P 的支持力为F N ,则( )A.t 1时刻F N ＞GB.t 2时刻F N ＞GC.t 3时刻F N ＜GD.t 4时刻F N =G 解析:t 1时刻,Q 中电流正在增大,穿过P 的磁通量增大,P 中产生与Q 方向相反的感应电流,反向电流相互排斥,所以F N ＞G ;t 2时刻Q 中电流稳定,P 中磁通量不变,没有感应电流,F N =G ;t 3时刻Q 中电流为零,P 中产生与Q 在t 3时刻前方向相同的感应电流,而Q 中没有电流,所以无相互作用,F N =G ;t 4时刻,P 中没有感应电流,F N =G .答案:AD6.用相同导线绕制的边长为L 或2L 的四个闭合导体线框，以相同的速度匀速进入右侧匀强磁场，如图12-7所示.在每个线框进入磁场的过程中，M 、N 两点间的电压分别为U a 、U b 、U c 和U d .下列判断正确的是( )A.U a ＜U b ＜U c ＜U dB.U a ＜U b ＜U d ＜U cC.U a =U b ＜U d =U cD.U b ＜U a ＜U d ＜U c解析:线框进入磁场后切割磁感线,a 、b 产生的感应电动势是c 、d 电动势的一半.而不同的线框的电阻不同.设a 线框电阻为4r ,b 、c 、d 线框的电阻分别为6r 、8r 、6r ,则4343BLv r r BLv U a =⋅=,,6565BLv r r BLv U b =⋅=,23862BLv r r Lv B U c =⋅= .34642Blv r r Lv B U d =⋅=所以B 正确. 答案:B7.(2012·安徽皖南模拟)如图12-8所示，用一块金属板折成横截面为“”形的金属槽放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中，并以速度v 1向右匀速运动，从槽口右侧射入的带电微粒的速度是v 2，如果微粒进入槽后恰能做匀速圆周运动，则微粒做匀速圆周运动的轨道半径r 和周期T 分别为( )答案:B8.超导磁悬浮列车是利用超导体的抗磁作用使列车车体向上浮起，同时通过周期性地变换磁极方向而获得推进动力的新型交通工具.其推进原理可以简化为如图12-9所示的模型:在水平面上相距L 的两根平行直导轨间，有竖直方向等距离分布的匀强磁场B 1和B 2，且B 1=B 2=B ，每个磁场的宽度都是l ，相间排列，所有这些磁场都以相同的速度向右匀速运动，这时跨在两导轨间的长为L 、宽为l 的金属框abcd (悬浮在导轨上方)在磁场力作用下也将会向右运动.设金属框的总电阻为R ，运动中所受到的阻力恒为F f ，金属框的最大速度为v m ，则磁场向右匀速运动的速度v 可表示为( )度v=(4B2L2v m+F f R)/4B2L2,B对.答案:B9.矩形导线框abcd放在匀强磁场中,磁感线方向与线圈平面垂直,磁感应强度B随时间变化的图象如图12-10甲所示,t=0时刻,磁感应强度的方向垂直纸面向里.在0～4 s时间内,线框中的感应电流(规定顺时针方向为正方向)、ab边所受安培力(规定向上为正方向)随时间变化的图解析:在0～1 s 内,穿过线框中的磁通量为向里的减少,由楞次定律,感应电流的磁场垂直纸面向里,由安培定则,线框中感应电流的方向为顺时针方向.由法拉第电磁感应定律,t S B n E ∆⋅∆=,E 一定,由,RE I =故I 一定.由左手定则,ab 边受的安培力向上.由于磁场变弱,故安培力变小.同理可判出在1～2 s 内,线框中感应电流的方向为顺时针方向,ab 边受的安培力为向下的变强.2～3 s 内,线框中感应电流的方向为逆时针方向,ab 边受的安培力为向上的变弱,因此选项AD 对.答案:AD10.如图12-11甲所示,用裸导体做成U 形框架abcd ,ad 与bc 相距L =0.2 m,其平面与水平面成θ=30°角.质量为m =1 kg 的导体棒PQ 与ad 、bc 接触良好,回路的总电阻为R =1 Ω.整个装置放在垂直于框架平面的变化磁场中,磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示(设图二、填空题(共2小题，共12分)11.(6分)如图12-12所示,有一弯成θ角的光滑金属导轨POQ ,水平放置在磁感应强度为B 的匀强磁场中,磁场方向与导轨平面垂直.有一金属棒M N 与导轨的OQ 边垂直放置,金属棒从O 点开始以加速度a 向右运动,求t 秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是____________________.解析:该题求的是t 秒末感应电动势的瞬时值,可利用公式E =Blv 求解,而上面错误解法求的是平均值.开始运动t 秒末时,金属棒切割磁感线的有效长度为.tan 21tan 2θθat OD L == 根据运动学公式,这时金属棒切割磁感线的速度为v =at .由题知B 、L 、v 三者互相垂直,有θtan 2132t Ba Blv E ==,即金属棒运动t 秒末时,棒与导轨所构成的回路中的感应电动势是.tan 2132θt Ba E =答案:θtan 2132t Ba 12.(6分)如图12-13所示,有一闭合的矩形导体框,框上M 、N 两点间连有一电压表,整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中,且框面与磁场方向垂直.当整个装置以速度v 向右匀速平动时,M 、N 之间有无电势差?__________(填“有”或“无”)，电压表的示数为__________.答案:有 0三、计算、论述题(共4个题,共48分.解答应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能得分.有数值计算的题答案中必须明确写出数值和单位)13.(10分)如图12-14所示是一种测量通电线圈中磁场的磁感应强度B 的装置,把一个很小的测量线圈A 放在待测处,线圈与测量电荷量的冲击电流计G 串联,当用双刀双掷开关S 使螺线管的电流反向时,测量线圈中就产生感应电动势,从而引起电荷的迁移,由表G 测出电荷量Q ,就可以算出线圈所在处的磁感应强度B.已知测量线圈的匝数为N,直径为d ,它和表G 串联电路的总电阻为R ,则被测出的磁感应强度B 为多大?14.(12分)如图12-15所示,线圈内有理想边界的磁场,开始时磁场的磁感应强度为B 0.当磁场均匀增加时,有一带电微粒静止于平行板(两板水平放置)电容器中间,若线圈的匝数为n ,平行板电容器的板间距离为d ,粒子的质量为m ,带电荷量为q .(设线圈的面积为S )求:(3),tn E ∆∆Φ=,ΔΦ=ΔB ·S,mg d E q =⋅,联立解得:.nqSmgd t B =∆∆ 答案:(1)B 0S (2)负电 (3)nqSmgd t B =∆∆ 15.(12分)两根光滑的长直金属导轨MN 、M ′N ′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M ′处接有如图12-16所示的电路，电路中各电阻的阻值均为R ，电容器的电容为C.长度也为l 、阻值同为R 的金属棒ab 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中.ab 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在ab 运动距离E=Blv 由闭合电路欧姆定律有RE I 4= vs t = 由焦耳定律有Q =I 2(4R )t 由上述方程得.422sl B QR v = (2)设电容器两极板间的电势差为U ,则有U=IR电容器所带电荷量q =CU 解得.BlsCQR q =答案:(1)sl B QR 224 (2)Bls CQR 16.(14分)如图12-17所示,水平地面上方的H 高区域内有匀强磁场,水平界面PP ′是磁场的上边界,磁感应强度为B ,方向是水平的,垂直于纸面向里.在磁场的正上方,有一个位于竖直平面内的闭合的矩形平面导线框abcd ,ab 长为l 1,bc 长为l 2,H ＞l 2,线框的质量为m ,电阻为R .使线框abcd 从高处自由落下,ab 边下落的过程中始终保持水平,已知线框进入磁场的过程中的运动情况是:cd 边进入磁场以后,线框先做加速运动,然后做匀速运动,直到ab 边到达边界PP ′为止.(2)设线框从cd 边距边界PP ′上方h 高处开始下落,cd 边进入磁场后,切割磁感线,产生感应电流,在安培力作用下做加速度逐渐减小的加速运动,直到安培力等于重力后匀速下落,速度设为v ,匀速过程一直持续到ab 边进入磁场时结束,有ε=Bl 1v ,,R I ε=F A =BIl 1,F A =mg 解得212l B mgR v = 线框的ab 边进入磁场后,线框中没有感应电流.只有在线框进入磁场的过程中有焦耳热Q .线框从开始下落到ab 边刚进入磁场的过程中,线框的重力势能转化为线框的动能和电路中的焦耳热.则有Q mv l h mg +=+2221)(解得.222414414223l l mgB l QB R g m h -+= (3)线框的ab 边进入磁场后,只有重力作用下,加速下落,有)(21212222l H mg mv mv -=- cd 边到达地面时线框的速度。
高考物理二轮复习考点第九章磁场专题带电粒子在交变磁场中运动问题
专题9.15 带电粒子在交变磁场中运动问题1.（2020年10月浙江十校联盟联考）（16分）如图所示，两水平放置的平行金属板a 、b ，板长L ＝0.2 m ，板间距d ＝0.2 m ．两金属板间加如图甲所示的电压U ， 忽略电场的边缘效应．在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s ＝0.4 m ，上下范围足够大，磁场边界MN 和PQ 均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n （正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B ＝5×10-3T ，方向从左向右为垂直纸面向外、向内、向外……．在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线OO ′发射比荷q/m ＝1×108C/kg 、初速度为v 0＝2×105m/s 的带正电粒子。
忽略粒子重力以及它们之间的相互作用． （1）当取U 何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；（2）若n=1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则当电压由0连续增大到U 过程中带电粒子射出磁场时与边界PQ 相交的区域的宽度；（3）若n 趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t 为多少？【命题意图】本题考查带电粒子在匀强电场中的类平抛运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动、牛顿运动定律、洛伦兹力及其相关的物理知识，意在考查综合运用相关知识分析解决相关实际问题的能力。
【解题思路】（1）当粒子恰好从极板右边缘出射时，竖直方向2122qUy at d a md===，； 水平方向：0x L v t == 解得：U=400V<500V当U 取400V 时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大 （2分）当U=400V 时，交点位置最高（如图中C 点）： 由50210/y Uq L v at m s dm v ===⨯得2250022210/y v v v v m s =+==⨯ 由22v Bqv m r =，得：20.42mv r m Bq == 圆弧所对应圆心角为45° （2分） 两粒子周期相同，则在磁场中运动的时间差t=8T =s qBm71054-⨯=ππ （1分） （3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为v ，偏向角为θ，当n 趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）．又因为速度大小不变，因此磁场中运动可以等效视为匀速直线运动． 轨迹长度为：cos SS θ'=，运动速率为：0cos v v θ= 时间为：0S St v v '==代入数据解得5210t s -=⨯ （3分）2.如图甲所示，ABCD 是一长方形有界匀强磁场边界，磁感应强度按图乙规律变化，取垂直纸面向外为磁场的正方向，图中AB ＝3AD ＝3L ，一质量为m 、所带电荷量为q 的带正电粒子以速度v 0在t ＝0时从A 点沿AB 方向垂直磁场射入，粒子重力不计。
高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应电磁感应最新测试题
交变电流和电磁感应1.如图15（a）所示，一端封闭的两条平行光滑导轨相距L，距左端L处的中间一段被弯成半径为H的1/4圆弧，导轨左右两段处于高度相差H的水平面上。
圆弧导轨所在区域无磁场，右段区域存在磁场B0，左段区域存在均匀分布但随时间线性变化的磁场B（t），如图15（b）所示，两磁场方向均竖直向上。
在圆弧顶端，放置一质量为m的金属棒ab，与导轨左段形成闭合回路，从金属棒下滑开始计时，经过时间t0滑到圆弧顶端。
设金属棒在回路中的电阻为R，导轨电阻不计，重力加速度为g。
⑴问金属棒在圆弧内滑动时，回路中感应电流的大小和方向是否发生改变？为什么？⑵求0到时间t0内，回路中感应电流产生的焦耳热量。
⑶探讨在金属棒滑到圆弧底端进入匀强磁场B0的一瞬间，回路中感应电流的大小和方向。
2.如图甲所示,两根足够长的平行光滑金属导轨固定放置在水平面上，间距L＝0.2m，一端通过导线与阻值为R=1Ω的电阻连接；导轨上放一质量为m＝0.5kg的金属杆，金属杆与导轨的电阻均忽略不计.整个装置处于竖直向上的大小为B＝0.5T的匀强磁场中.现用与导轨平图乙3.如图所示，AB 和CD 是足够长的平行光滑导轨，其间距为l，导轨平面与水平面的夹角为4.如图（A ）所示，固定于水平桌面上的金属架cdef ，处在一竖直向下的匀强磁场中，磁感强度的大小为B 0，金属棒ab 搁在框架上，可无摩擦地滑动，此时adeb 构成一个边长为l 的正方形，金属棒的电阻为r ，其余部分的电阻不计。
从t =0的时刻起，磁场开始均匀增加，磁感强度变化率的大小为k （k =ΔBΔt）。
求：1用垂直于金属棒的水平拉力F 使金属棒保持静止，写出F 的大小随时间t 变化的关系式。
2如果竖直向下的磁场是非均匀增大的（即k 不是常数），金属棒以速度v 0向什么方向匀速运动时，可使金属棒中始终不产生感应电流，写出该磁感强度B t 随时间t 变化的关系式。
3如果非均匀变化磁场在0—t 1时间内的方向竖直向下，在t 1—t 2时间内的方向竖直向上，若t =0时刻和t 1时刻磁感强度的大小均为B 0，且adeb 的面积均为l 2。
2020高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应高
交变电流和电磁感应1．（福建）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。
原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时B.只断开S1后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W答案：D2．（福建）如图，足够长的U型光滑金属导轨平面与水平面成θ角（0＜θ＜90°),其中MN与PQ平行且间距为L，导轨平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直，导轨电阻不计。
金属棒ab由静止开始沿导轨下滑，并与两导轨始终保持垂直且良好接触，ab棒接入电路的电阻为R，当流过ab棒某一横截面的电量为q时，金属棒的速度大小为v，则金属棒ab在这一过程中A. ab运动的平均速度大小为1 2νB.平行导轨的位移大小为qR BLC.产生的焦耳热为qBLνD.受到的最大安培力大小为22sin B L R νθ 答案：B 3.（全国）如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1和I 2，且I 1＞I 2，a 、b 、c 、d 为导线某一横截面所在平面内的四点，且a 、b 、c 与两导线共面；b 点在两导线之间，b 、d 的连线与导线所在的平面垂直。
磁感应强度可能为零的点是A ．a 点B ．b 点C ．c 点D ．d 点【答案】C【解析】由安培定则和平行四边形定则知某点磁感应强度为零，则两电流在该处的磁感应强度等大反向，由安培定则和平行四边形定则知b ，d 两点合磁感应强度一定不为零,排除B,D,在a 、c 两点的磁感应强度方向相反，又I 1＞I 2．排除A,故选C4.（安徽）如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B 。
电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动（O 轴位于磁场边界）。
则线框内产生的感应电流的有效值为 A ．22BL R ω B ．222BL R ω C ．224BL R ω D ．24BL Rω 答案：D解析：交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T ，而线框转动一周只有T/4的时间内有感应电流，则有222()4L BL T R I RT R ω=，所以24BL I R ω=。
2024年高考物理二轮复习专题9：磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动(附答案解析)
F Oa Ob mg T ab ==安由此可知细线对b 的拉力不变,故AC 错误;
BD 、根据F Oa Ob mg T ab
==安,可知随着ab 间距离在逐渐增大,故导线ab 间相互作用的安培力逐渐增大,因此可知导线a 对地面的作用力变大,根据牛顿第三定律可知,地面对a 的作用力变大。故B 错误,D 正确。
B 【分析】根据安培定则分析磁场的方向,根据磁场的叠加结合题中磁感应强度的大小关系进行解答。
【解答】解:设通电长直导线在M 点产生的磁感应强度大小等于B ,根据I B k r
=以及M 、N 两点到导线的距离之比为6:5,可知通电长直导线在N 点产生的磁感应强度大小等于65B 。根据安培定则可知通电长直导线在M 点产生的磁场方向向外、在N 点产生的磁场方向向里,则有0062()
AB、由左手定则可知,ab边所受安培力水平向左,bc边所受安培力竖直向上,cd边所受安培力水平向右,ad边所受安培力竖直向下,线框各边所受安培力方向都不相同,故AB错误;
CD、离通电直导线MN越近的地方磁感应强度越大,ab边所在位置的磁感应强度大于cd 边所在位置的磁感应强度,ab与cd边的长度相等,通过它们的电流I大小相等,由 可知,ab边所受安培力大小大于cd边所受安培力大小,bc、ad两边所受安培力F BIL
5
B B B B +=-解得0516B B =,故A 正确,BCD 错误。故选:A 。
【点评】本题主要是考查磁场的叠加,关键是能够根据安培定则分析通电导线周围磁场的分布情况,明确矢量合成方法。
【例2】(2022秋•普陀区期末)两根通电直导线a 、b 相互平行,a 通有垂直纸面向里的电流,固定在O 点正下方的地面上;b 通过一端系于O 点的绝缘细线悬挂,且Oa Ob =,b 静止时的截面图如图所示。若a 中电流大小保持不变,b 中的电流缓慢增大,则在b 缓慢移动的过程中()
2020高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应交
交变电流和电磁感应交变电流一、交变电流的产生1. 正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间t 线圈转过ωt 角，这时ab 边的线速度v 方向跟磁感线方向夹角等于ωt ，设ab 边的长度为l ，bd 边的长度为l'，线圈中感应电动势为t l Bl e ωωsin 22'= 当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，线圈转过T /4时间，ωt =π/2，ab 边和cd 边都垂直切割磁感线，sin ωt =1，线圈中感应电动势最大，用E m 来表示，E m =BS ω．则e =E m sin ωt由上式知，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的．根据闭合电路欧姆定律：t RE R e i m ωsin ==，令RE I m m =，则 i=I m sin ωt路端电压u=iR=I m R sin ωt ，令U m =I m R ，则u=U m sin ωt如果线圈从如图所示位置开始转动，电路中感应电动势、感应电流和路端电压将按余弦规律变化e=E m cosωt i=I m cosωt u=U m cosωt2．中性面当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电流，这个特定位置叫做中性面．应注意：①中性面在垂直于磁场位置．②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大．③线圈平面通过中性面时感应电动势为零．④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，故一周里线圈中电流方向改变两次．3．正弦交流电的图象矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电．当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t（0，T/4）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值E m．在t（T/4，T/2）时间内，线圈中感应电动势从最大值E m减小到0．在t （T/2，3T/4）时间内，线圈中感应电动势从0增加到负的最大值-E m．在t（3T/4，T）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值-E m减小到0．电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图所示．生活中用的市电电压为220V，其最大值为2202V=311V（有时写为310V），频率为50H Z，所以其电压瞬时值的表达式为u=311sin314t V。
2020高考物理 月刊专版 专题09 交变电流和电磁感应高考在线2
交变电流和电磁感应一、选择题1.（09·上海物理·13）如图，金属棒ab置于水平放置的U形光滑导轨上，在ef右侧存在有界匀强磁场B，磁场方向垂直导轨平面向下，在ef左侧的无磁场区域cdef内有一半径很小的金属圆环L，圆环与导轨在同一平面内。
当金属棒ab在水平恒力F作用下从磁场左边界ef处由静止开始向右运动后，圆环L有__________（填收缩、扩张）趋势，圆环内产生的感应电流_______________（填变大、变小、不变）。
答案：收缩，变小解析：由于金属棒ab在恒力F的作用下向右运动，则abcd回路中产生逆时针方向的感应2.（09·上海·9）信用卡的磁条中有一个个连续的相反极性的磁化区，每个磁化区代表了二进制数1或0，用以储存信息。
刷卡时，当磁条以某一速度拉过信用卡阅读器的检测头时，在检测头的线圈中会产生变化的电压（如图1所示）。
当信用卡磁条按图2所示方向以感应电流的方向为逆时针方向不变，A正确。
根据左手定则可以判断，受安培力向下，B不正确。
当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a，这时感应电动势最大E=Bav，C正确。
感应电动势平均值211224B aE Bavatvπ∆φ===π∆g，D正确。
考点：楞次定律、安培力、感应电动势、左手定则、右手定则提示：感应电动势公式E t ∆φ=∆只能来计算平均值，利用感应电动势公式E Blv =计算时，l 应是等效长度，即垂直切割磁感线的长度。
4.（09·重庆·20）题20图为一种早期发电机原理示意图，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，在磁极绕转轴匀速转动过一质量为m （质量分布均匀）的导体杆ab 垂直于导轨放置，且与两导轨保持良好接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为u 。
现杆在水平向左、垂直于杆的恒力F 作用下从静止开始沿导轨运动距离L 时，速度恰好达到最大（运动过程中杆始终与导轨保持垂直）。
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用心 爱心 专心 1
交变电流和电磁感应洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动 一、洛伦兹力 1.洛伦兹力 运动电荷在磁场中受到的磁场力叫洛伦兹力，它是安培力的微观表现。
计算公式的推导：如图所示，整个导线受到的磁场力（安培力）为F安 =BIL；其中I=nesv；设导线中共有N个自由电子N=nsL；每个电子受的磁场力为F，则F安=NF。由以上四式可得F=qvB。条件是v与B垂直。当v与B成θ角时，F=qvBsinθ。
2.洛伦兹力方向的判定 在用左手定则时，四指必须指电流方向（不是速度方向），即正电荷定向移动的方向；对负电荷，四指应指负电荷定向移动方向的反方向。
【例1】磁流体发电机原理图如右。等离子体高速从左向右喷射，两极板间有如图方向的匀强磁场。该发电机哪个极板为正极？两板间最大电压为多少？
解：由左手定则，正、负离子受的洛伦兹力分别向上、向下。所以上极板为正。正、负极板间会产生电场。当刚进入的正负离子受的洛伦兹力与电场力等值反向时，达到最大电压：U=Bdv。当外电路断开时，这也就是电动势E。当外电路接通时，极板上的电荷量减小，板间场强减小，洛伦兹力将大于电场力，进入的正负离子又将发生偏转。这时电动势仍是E=Bdv，但路端电压将小于Bdv。
在定性分析时特别需要注意的是： ⑴正负离子速度方向相同时，在同一磁场中受洛伦兹力方向相反。 ⑵外电路接通时，电路中有电流，洛伦兹力大于电场力，两板间电压将小于Bdv，但电动势不变（和所有电源一样，电动势是电源本身的性质。）
⑶注意在带电粒子偏转聚集在极板上以后新产生的电场的分析。在外电路断开时最终将达到平衡态。
【例2】 半导体靠自由电子（带负电）和空穴（相当于带正电）导电，分为p型和n型两种。p型中空穴为多数载流子；n型中自由电子为多数载流子。用以下实验可以判定一块半导体材料是p型还是n型：将材料放在匀强磁场中，通以图示方向的电流I，用电压表判定上下两个表面的电势高低，若上极板电势高，就是p型半导体；若下极板电用心 爱心 专心 2
势高，就是n型半导体。试分析原因。 解：分别判定空穴和自由电子所受的洛伦兹力的方向，由于四指指电流方向，都向右，所以洛伦兹力方向都向上，它们都将向上偏转。p型半导体中空穴多，上极板的电势高；n型半导体中自由电子多，上极板电势低。
注意：当电流方向相同时，正、负离子在同一个磁场中的所受的洛伦兹力方向相同，所以偏转方向相同。
3.洛伦兹力大小的计算 带电粒子在匀强磁场中仅受洛伦兹力而做匀速圆周运动时，洛伦兹力充当向心力，由此可以推导出该圆周运动的半径公式和周期公式：
BqmTBqmvr2,
【例3】 如图直线MN上方有磁感应强度为B的匀强磁场。正、负电子同时从同一点O以与MN成30°角的同样速度v射入磁场（电子质量为m，电荷为e），它们从磁场中射出时相距多远？射出的时间差是多少？
解：由公式知，它们的半径和周期是相同的。只是偏转方向相反。先确定圆心，画出半径，由对称性知：射入、射出点和圆心恰好组成正三角形。所以两个射出点相距2r，由图还可看出，经历时间相差2T/3。答案为射出点相距Bemvs2，时间
差为Bqmt34。关键是找圆心、找半径和用对称。
【例4】 一个质量为m电荷量为q的带电粒子从x轴上的P（a，0）点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。
解：由射入、射出点的半径可找到圆心O/，并得出半径为
aqmvBBqmvar23,32得；射出点坐标为（0，a3）。
二、带电粒子在匀强磁场中的运动 带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。 O
B
S v
θ P 用心 爱心 专心 3
1、带电粒子在半无界磁场中的运动 【例5】一个负离子，质量为m，电量大小为q，以速率v垂直于屏S经过小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示。磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直于图1中纸面向里.
（1）求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离. （2）如果离子进入磁场后经过时间t到达位置P，证明:直线OP与离子入射方向之间的夹角θ跟t的关系是tmqB2。
解析：（1）离子的初速度与匀强磁场的方向垂直，在洛仑兹力作用下，做匀速圆周运动.设圆半径为r，则据牛顿第二定律可得：
rvmBqv2 ，解得Bqmvr
如图所示，离了回到屏S上的位置A与O点的距离为：AO=2r 所以BqmvAO2
（2）当离子到位置P时，圆心角：tmBqrvt 因为2，所以tmqB2. 2．穿过圆形磁场区。画好辅助线（半径、速度、轨迹圆的圆心、连心线）。偏角可由Rr2tan求出。经历时间由Bqmt得出。
注意：由对称性，射出线的反向延长线必过磁场圆的圆心。 【例6】如图所示，一个质量为m、电量为q的正离子，从A点正对着圆心O以速度v射入半径为R的绝缘圆筒中。圆筒内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B。要使带电粒子与圆筒内壁碰撞多次后仍从A点射出，求正离子在磁场中运动的时间t.设粒子与圆筒内壁碰撞时无能量和电量损失，不计粒子的重力。
解析：由于离子与圆筒内壁碰撞时无能量损失和电量损失，每次碰撞后离子的速度方向都沿半径方向指向圆心，并且离子运动的轨迹
O A v
0
B 用心 爱心 专心 4
是对称的，如图所示。设粒子与圆筒内壁碰撞n次（2n），则每相邻两次碰撞点之间圆弧所对的圆心角为2π/（n+1）.由几何知识可知，离子运动的半径为
1tannRr
离子运动的周期为qBmT2，又rvmBqv2， 所以离子在磁场中运动的时间为1tan2nvRt. 【例7】圆心为O、半径为r的圆形区域中有一个磁感强度为B、方向为垂直于纸面向里的匀强磁场，与区域边缘的最短距离为L的O＇处有一竖直放置
的荧屏MN，今有一质量
就可以求出O＇P了，电子经过磁场的时间可用t=VRVAB来求得。 由RvmBev2得R=tan)(.rLOPeBmv
mVeBrRr)2tan(，
222222
2)2(tan1)2tan(2tanrBevmeBrmv
22222,)(2tan)(rBevmeBrmvrLrLPO，
M N O, L
A O
R θ/2
θ
θ/2 B P
O// 用心 爱心 专心 5
)2arctan(22222rBevmeBrmv )2arctan(22222rBevmeBrmveBmvRt
3．穿过矩形磁场区。一定要先画好辅助线（半径、速度及延长线）。偏转角由sinθ=L/R求出。侧移由R2=L2-（R-y）2解出。经历时间由Bqmt得出。
注意，这里射出速度的反向延长线与初速度延长线的交点不再是宽度线段的中点，这点与带电粒子在匀强电场中的偏转结论不同！
【例8】如图所示，一束电子（电量为e）以速度v垂直射入磁感强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是 ，穿透磁场的时间是 。
解析：电子在磁场中运动，只受洛仑兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为f⊥v，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到洛仑兹力指向交点上，如图中的O点，由几何知识
知，AB间圆心角θ＝30°，OB为半径。
∴r=d/sin30°=2d，又由r=mv/Be得m=2dBe/v 又∵AB圆心角是30°，∴穿透时间t=T/12，故t=πd/3v。
带电粒子在长足够大的长方形磁场中的运动时要注意临界条件的分析。如已知带电粒子的质量m和电量e，若要带电粒子能从磁场的右边界射出，粒子的速度v必须满足什么条件？这时必须满足r=mv/Be>d，即v>Bed/m. 用心 爱心 专心 6
【例9】长为L的水平极板间，有垂直纸面向内的匀强磁场，如图所示，磁感强度为B，板间距离也为L，板不带电，现有质量为m，电量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法是：
A．使粒子的速度vB．使粒子的速度v>5BqL/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m；