磁场对电流的作用,带电粒子在磁场中的运动

考点强化练13 磁场对电流的作用带电粒子在磁场中的

运动

一、选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)

1．(2015·海南单科)如图，a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P，且S 极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()

A．向上B．向下

C．向左D．向右

答案：A

解析：带电粒子在洛伦兹力作用下做曲线运动时，洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，且指向曲线的凹处，由此可知A选项正确。

2．(2015·河北石家庄一轮质检)如图所示，质量为m的导体棒ab垂直圆弧形金属导轨MN、PQ放置，导轨下端接有电源，导体棒与导轨接触良好，不计一切摩擦。现欲使导体棒静止在导轨上，则下列方法可行的是()

A．施加一个沿ab方向的匀强磁场

B．施加一个沿ba方向的匀强磁场

C．施加一个竖直向下的匀强磁场

D．施加一个竖直向上的匀强磁场

答案：C

解析：施加一个沿ab方向的匀强磁场或ba方向的匀强磁场，导体棒都不受安培力，不可能静止在导轨上，则A、B错；由b看向a时，施加一个竖直向下的匀强磁场，由左手定则可知导体棒所受安培力方向水平向右，可能静止在导轨上，则C对；由b看向a时，施加一个竖直向上的匀强磁场，由左手定则可知，导体棒所受安培力方向水平向左，不可能静止在导轨上，则D错。

3．(2015·江西十校二模)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应。在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，小指针靠近直导线，下列结论正确的是( )

A ．把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动

B ．把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动

C ．把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小

D ．把黄铜针(用黄铜制成的小指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动 答案：C

解析： 将小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针不会转动，A 错。把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针仍然会转动，B 错。把小磁针放在导线下方，给导线通以恒定电流，导线周围存在磁场，距导线越远，磁场越弱，小磁针转动的角度(与通电前相比)越小，C 对。黄铜针没有磁性，不会转动，D 错。

4.(2015·河北唐山2月调研)如图所示，两平行的粗糙金属导轨水平固定在匀强磁场中，

磁感应强度为B ，导轨宽度为L ，一端与电源连接。一质量为m 的金属棒ab 垂直于平行导轨放置并接触良好，金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝

3

3

，在安培力的作用下，金属棒以v 0的速度向右匀速运动，通过改变磁感应强度的方向，可使流过导体棒的电流最小，此时磁感应强度的方向与竖直方向的夹角为( )

A ．37°

B ．30°

C ．45°

D ．60°

答案：B

解析：本题考查通电导体棒在磁场中的平衡问题。由题意对棒受力分

析，设磁感应强度的方向与竖直方向成θ角，则有BIL cos θ＝μ(mg －BIL sin θ)

整理得BIL ＝μmg

cos θ＋μsin θ

电流有最小值，就相当于安培力有最小值，最后由数学知识解得：θ＝30°，则A 、C 、D 错，B 对。

5.(2015·河北百校联考)如图所示，半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场。重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v 正对着圆心O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R ，则粒子在磁场中的运动时间为( )

A ．23πR 9v

B ．2πR 3v

C ．23πR 3v

D ．πR 3v

答案：A

解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动问题，根据题意可画出粒子运动轨迹示意图，如图所示：

由几何关系可知α＝60°，β＝120° 粒子从A →B 运动的时间 t ＝120°360°

·T ， 又T ＝2πr v ，r R ＝tan α2，

解得时间t ＝23πR

9v

。

所以A 正确，B 、C 、D 错误。

6．(2015·课标Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是( )

A ．指南针可以仅具有一个磁极

B ．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场

C ．指南针的指向会受到附近铁块的干扰

D ．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 答案：BC

解析：指南针不可以仅具有一个磁极，故A 错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B 正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C 正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转。故D 错误。

7．(2015·课标Ⅱ)有两个匀强磁场区域 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与Ⅰ中的相等 答案：AC

解析：电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：q v B ＝m v 2

r ，解得：r

＝m v

qB ，因为Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍，所以，Ⅱ 中的电子运动轨迹的半径是 Ⅰ 中的k 倍，故A 正确；加速度a ＝q v B m ，加速度大小是Ⅰ中的1

k 倍，故B 错误；由周期公式：T

＝2πm qB ，得Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k 倍，故C 正确；角速度ω＝2πT ＝qB

m ，Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的1

k

倍。

8．(2015·四川理综)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 ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，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－

4 T 。电子质量m ＝9.1×10

－31

kg ，电量e ＝－1.6×10

－19

C ，不计电子重

力。电子源发射速度v ＝1.6×106 m/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 ＝9.1 cm

B ．θ＝60°时，l ＝9.1 cm

C ．θ＝45°时，l ＝4.55 cm

D ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm

答案：AD

解析：电子源发射的电子在磁场中逆时针旋转，若电子可以射到MN 所在直线，设电子打在MN 所在直线上的Q 点处，所以O 点左侧最远位置的临界情况为SQ 间的距离等于直径；O 点右侧最远的临界情况为轨迹与OM 所在直线相切，分析选项中的四种情况，O 点左侧即ON 区域均有电子射入，下面分选项分析O 点右侧的情况。

A 项，当θ＝90°时，情况如图所示，

电子轨道正好与MN 相切于M 点，即S 与M 重合，l ＝9.1 cm ，故A 项正确。 B 项，当θ＝60°时，情况如图所示，

临界情况电子轨道正好与MN 相切，但切点S 在OM 之间，故4.55 cm ＜l ＜9.1 cm ，故B 项错误。

C 项，当θ＝45°时，情况如图，

显然临界情况电子轨道与MN 相切于切点S ，在OM 之间，故4.55 cm ＜l ＜9.1 cm ，故C 项错误。

D 项，当θ＝30°时，情况如图，

临界情况电子轨道与MN 相切于切点S 正好与O 点重合，故l ＝4.55 cm ，故D 项正确。 综上所述，本题正确答案为AD 。 二、非选择题

9．(2015·课标Ⅰ)如图，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm 。重力加速度大小取10m/s 2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。

答案：0.01kg

解析：金属棒通电后，闭合回路电流I ＝U R ＝12 V 2 Ω＝6 A ，导体棒受到安培力F ＝BIL ＝0.06

N 。根据安培定则可判断金属棒受到安培力方向竖直向下，开关闭合前2×k ×0.5×10－

2 ＝

mg ，开关闭合后2×k ×(0.5＋0.3)×10－

2 ＝mg ＋F ，解得m ＝0.01 kg 。

10.如图所示，一匀强磁场的磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向

里，磁场边界是半径为R 的圆，AB 为圆的直径。一质量为m ，带电荷量为－q 的带电粒子以某一速度垂直磁场方向从A 点射入磁场，粒子的初速度方向与AB 的夹角为60°。经过一段时间，粒子从磁场边界上的

C 点飞出(C 点在图中未标出)，C 点到A 点的距离为3R 。粒子重力不计。求粒子的速度大小和粒子在磁场中运动的时间。

答案：第一种情况：3BqR m πm

3Bq

第二种情况：

3BqR 2m πm Bq

解析：第一种情况：由几何关系可得∠CAB ＝30°

所以，θ＝30°

在直角三角形AOD 中，AD ＝3R

2

，AO 为粒子运动的半径r r ＝AD

sin θ

设粒子速度为v B v q ＝m v 2

r

解得v ＝3BqR

m

T ＝2πm Bq

粒子在磁场中运动的时间 t ＝T 6＝πm 3Bq

第二种情况：由几何关系可得粒子的轨道半径r 1＝

3R 2

设粒子速度为v 1 B v 1q ＝m v 21

r 1

解得：v 1＝

3BqR

2m

粒子在磁场中运动的时间t 1＝T 2＝πm

Bq

11.如图所示，以O 为原点建立平面直角坐标系Oxy ，沿y 轴放置一平面

荧光屏，在y >0,0

到最大值v m ＝2.0×106m/s 的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力。

(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间； (2)求离子打到荧光屏上的范围；

(3)实际上，从O 点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x 轴成30°～60°角内进入磁场，则某时刻(设为t ＝0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过5π3

×10－

7s 时这些离子可能出现的区域面积是多大？ 答案：(1)π3×10－

6s (2)y ＝0到y ＝3m

(3)0.26m 2

解析：(1)离子在磁场中运动的周期为： T ＝2πm qB

＝π×10－6s

由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角α都相等

α＝2π3

离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间 t ＝α2πT ＝π3×10－6s (2)由q v B ＝m v 2r ，r ＝m v qB ，

则r m ＝m v m

qB

＝1m

离子在磁场中运动最大轨道半径r m ＝1m

由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA 1长度为：

y ＝2r m cos30°＝3m

即离子打到荧光屏上的范围为：y ＝0到y ＝3m (3)经过时间t ＝5π3×10－

7s 离子转过的圆心角

φ＝2πT t ＝π3

与x 轴成60°方向入射的离子，在t ＝5π3×10－

7s 刚好打在y 轴上，与x 轴成30°方向入

射的离子，在t ＝5π3×10－

7s 都到达线段OC 1，所以在t ＝0时刻与x 轴成30°～60°内进入磁

场的正离子在t ＝5π3

×10－

7s 时刻全部出现在以O 为圆心的扇形OA 2C 1范围内，如图

则离子可能出现的区域面积：

S ＝πr 2m 12＝π

12

m 2＝0.26m 2