專題十一　磁場應用篇【應用集訓】應用一　探究有邊界磁場的處理方法1.(2020安徽肥東模擬,3)如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域abcd內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,有一個質(zhì)量為m,帶電荷量大小為q的離子,從ad邊的中點O處以速度v垂直ad邊界向右射入磁場區(qū)域,并從b點離開磁場。則(　　)A.離子在O、b兩處的速度相同B.離子在磁場中運動的時間為C.若增大磁感應強度B,則離子在磁場中的運動時間增大D.若磁感應強度B<,則該離子將從bc邊射出答案　D　2.(2020內(nèi)蒙古通遼模擬,3)如圖所示,真空中,垂直于紙面向里的勻強磁場只在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在(含邊界),兩圓的半徑分別為R、3R,圓心為O。一重力不計的帶正電粒子從大圓邊緣的P點沿PO方向以速度v1射入磁場,其運動軌跡如圖,軌跡所對的圓心角為120°。若將該帶電粒子從P點射入的速度大小變?yōu)関2時,不論其入射方向如何,都不可能進入小圓內(nèi)部區(qū)域,則v1∶v2至少為(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.　　B.C.　　D.2答案　B　應用二　探究帶電粒子在磁場中運動的多解問題　(2020廣東茂名二模,14)如圖所示,半徑為a的圓內(nèi)有一固定的邊長為1.5a的等邊三角形框架ABC,框架中心與圓心重合,S為位于BC邊中點處的狹縫。三角形框架內(nèi)有一水平放置帶電的平行金屬板,框架與圓之間存在磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向里的勻強磁場。一束質(zhì)量為m、電荷量為q,不計重力的帶正電的粒子,從P點由靜止經(jīng)兩板間電場加速后通過狹縫S,垂直BC邊向下進入磁場并發(fā)生偏轉(zhuǎn)。忽略粒子與框架碰撞時能量與電荷量損失。問:,(1)要使粒子進入磁場后第一次打在SB的中點,則加速電場的電壓為多大?(2)要使粒子最終仍能回到狹縫S,則加速電場電壓滿足什么條件?(3)回到狹縫S的粒子在磁場中運動的最短時間是多少?　答案　(1)　(2)U=·(n=4,5,6,…)　(3)應用三　探究帶電粒子在交變電、磁場中的運動　(2020安徽合肥模擬,5)如圖1所示,豎直面內(nèi)矩形ABCD區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度按如圖2所示的規(guī)律變化的磁場(規(guī)定垂直紙面向外為正方向),區(qū)域邊長AB=AD。一帶正電的粒子從A點沿AB方向以速度v0射入磁場,在T1時刻恰好能從C點平行DC方向射出磁場。現(xiàn)在把磁場換成按如圖3所示規(guī)律變化的電場(規(guī)定豎直向下為正方向),相同的粒子仍以速度v0從A點沿AB方向射入電場,在T2時刻恰好能從C點平行DC方向射出電場。不計粒子重力,則磁場的變化周期T1和電場的變化周期T2之比為(　　)A.1∶1　　B.2π∶3C.2π∶9　　D.π∶9　答案　C　[教師專用題組]【應用集訓】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2020湖北武漢部分學校聯(lián)考)如圖所示是早期發(fā)明的一種電流計,它是根據(jù)奧斯特實驗中小磁針的偏轉(zhuǎn)來計量電流的,缺點是精確度不高、易受外界干擾。接通電路前,位于環(huán)形導線中央的小磁針僅在地磁場的作用下處于靜止狀態(tài),調(diào)整電流計的方位,使環(huán)形導線與小磁針共面。當給環(huán)形導線通以恒定電流I時,小磁針偏轉(zhuǎn)角度為α;當給環(huán)形導線通以恒定電流kI時,小磁針偏轉(zhuǎn)角度為β。若已知環(huán)形電流圓心處的磁感應強度與通電電流成正比,關于這種電流計,下列說法正確的是(　　)A.該電流計測量結果與地磁場的豎直分量有關B.該電流計在地球上不同位置使用時,所標刻度均相同C.小磁針偏轉(zhuǎn)角滿足關系式sinβ=ksinαD.小磁針偏轉(zhuǎn)角滿足關系式tanβ=ktanα,答案　D　由題圖可知,該電流計測量結果與地磁場的水平分量有關,選項A錯誤;在地球上不同位置,地磁場的水平分量可能不同,所以該電流計在地球上不同位置使用時,所標刻度可能不相同,選項B錯誤;根據(jù)磁場的矢量關系可得tanα=,tanβ=,因為環(huán)形電流圓心處的磁感應強度與通電電流成正比,有kBI=BkI,所以有tanβ=ktanα,選項C錯誤,D正確。【易錯警示】不清楚磁感應強度的疊加性導致錯選本題易錯有三點:一是不清楚地磁場的磁感應強度方向;二是畫不出地磁場磁感應強度的水平分量與環(huán)形電流在圓心處產(chǎn)生磁感應強度方向關系;三是認為地磁場的磁性弱,解題時忽略地磁場的存在。實際上小磁針的偏轉(zhuǎn)方向應是地磁場與電流產(chǎn)生的磁場共同作用的結果。2.(2020四川瀘縣二中三診)(多選)某電視節(jié)目做了如下實驗:用裸露的銅導線繞制成一根無限長螺線管,將螺線管放在水平桌面上,用一節(jié)干電池和兩個磁鐵制成一個“小車”,兩磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負兩極上,只要將這輛小車推入螺線管中,小車就會加速運動起來,如圖所示。關于小車的運動,以下說法正確的是(　　)A.將小車上某一磁鐵改為S極與電池粘連,小車仍能加速運動B.將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,小車的加速度方向?qū)l(fā)生改變C.圖中小車加速度方向向右D.圖中小車加速度方向向左答案　BD　兩磁極間的電場線如圖甲所示:甲乙干電池與磁鐵及中間部分線圈組成了閉合回路,在兩磁極間的線圈中產(chǎn)生電流,左端磁極左側(cè)的線圈和右端磁極右側(cè)的線圈中沒有電流。其中線圈中電流方向的左視圖如圖乙所示,由左手定則可知中間線圈所受的安培力向右,根據(jù)牛頓第三定律可知“小車”有向左的加速度,故D正確,C錯誤;如果改為某一磁鐵S極與電源粘連,則磁感線不會向外發(fā)散,兩部分受到方向相反的力,合力為零,不會產(chǎn)生加速度,故A錯誤;同理可得B正確?！痉椒c撥】也可將“小車”看作是一個小磁鐵,與兩端的磁鐵發(fā)生相互作用。3.(2020北京166中學考前測試)陰極射線管中電子束由陰極沿x軸正方向射出,在熒光屏上出現(xiàn)一條亮線(如圖),要使該亮線向z軸正方向偏轉(zhuǎn),可加上(　　),A.z軸正方向的磁場　　B.y軸負方向的磁場C.z軸正方向的電場　　D.y軸負方向的電場答案　B　若加一沿z軸正方向的磁場,根據(jù)左手定則,洛倫茲力方向沿y軸正方向,亮線向y軸正方向偏轉(zhuǎn),故A錯誤。若加一沿y軸負方向的磁場,根據(jù)左手定則,洛倫茲力方向沿z軸正方向,亮線向z軸正方向偏轉(zhuǎn),故B正確。若加一沿z軸正方向的電場,電子受電場力作用沿z軸的負方向偏轉(zhuǎn),故C錯誤。若加一沿y軸負方向的電場,電子受電場力作用向y軸正方向偏轉(zhuǎn),故D錯誤。4.(2020江蘇無錫月考,3)用洛倫茲力演示儀可以觀察電子在磁場中的運動徑跡,如圖甲所示為洛倫茲力演示儀的實物圖,如圖乙所示為洛倫茲力演示儀的結構示意圖。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直于紙面的勻強磁場,勵磁線圈中的電流越大,產(chǎn)生的磁場越強。圖乙中電子經(jīng)電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場,下列有關實驗現(xiàn)象和分析正確的是(　　)A.僅增大勵磁線圈中的電流,電子運動徑跡的半徑變大B.僅升高電子槍中加速電場的電壓,電子做圓周運動的周期不變C.僅升高電子槍中加速電場的電壓,電子運動徑跡的半徑變小D.要使電子形成圖乙所示的運動徑跡,勵磁線圈中應通以逆時針方向的電流答案　B　電子在加速電場中加速,由動能定理有:eU=m,電子在勻強磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力充當向心力,有:ev0B=,聯(lián)立解得:r==?？梢姳３旨铀匐妷翰蛔?增大勵磁線圈中的電流,即B增大,電子運動徑跡的半徑減小;僅升高電子槍加速電場的電壓,電子束形成圓周的半徑增大,故A、C錯誤。電子在磁場中運動的周期T=,與電子的速度無關,與加速電場的大小無關,故僅升高電子槍加速電場的電壓,電子做圓周運動的周期不變,故B正確。若勵磁線圈通以逆時針方向的電流,由安培定則知,產(chǎn)生的磁場向外,根據(jù)左手定則判斷知,電子剛進入磁場時所受的洛倫茲力向下,電子的運動軌跡不可能是題圖乙中所示,同理,可得勵磁線圈中應通以順時針方向的電流,故D錯誤?！娟P鍵點撥】會用左手定則判定洛倫茲力的方向,能用半徑公式、周期公式分析粒子在磁場中的運動半徑與周期的變化。5.(2020江蘇揚州中學高三模擬)(多選)如圖所示,磁流體發(fā)電機的長方體發(fā)電導管的前、后兩個側(cè)面是絕緣體,上、下兩個側(cè)面是電阻可忽略的導電電極,兩極間距為d,極板的長、寬分別為a、b,面積為S,這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直于前后側(cè)面的方向上有一勻強磁場,磁感應強度大小為B,發(fā)電導管內(nèi)有電阻率為ρ的高溫電離氣體——等離子體,等離子體以速度v向右流動,并通過專用通道導出,不計等離子體流動時的阻力,調(diào)節(jié)可變電阻的阻值,下列說法不正確的是(　　),A.磁流體發(fā)電機的電動勢為E=BbvB.可變電阻R中的電流方向是從P到QC.可變電阻R上消耗的最大電功率為D.可變電阻R上消耗的最大電功率為答案　AC　穩(wěn)定時即氣體離子不再偏轉(zhuǎn),此時qvB=q,整理得發(fā)電機電動勢為E=U=dvB,故A錯誤。根據(jù)左手定則可判斷等離子體中的正離子向上極板偏轉(zhuǎn),負離子向下極板偏轉(zhuǎn),即上極板為正極,故可變電阻R中的電流方向是從P到Q,故B正確。根據(jù)電流方向,判斷等離子體的橫截面積為S,長度為d,所以內(nèi)阻為r=ρ,當外電阻等于電源內(nèi)阻即R=r時可變電阻R消耗的電功率最大,最大值為Pmax=R==,故C錯誤,D正確。6.(多選)如圖所示,粗糙木板MN豎直固定在方向垂直紙面向里的勻強磁場中。t=0時,一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電滑塊沿MN以某一初速度豎直向下滑動,則滑塊運動的v-t圖像可能是(　　)答案　ACD　設初速度為v0,若滿足mg=f=μN,N=Bqv0,即mg=μBqv0,則滑塊向下做勻速直線運動,選項A正確;若mg>μBqv0,則滑塊開始有向下的加速度,由a=可知,隨速度增加,加速度減小,即滑塊做加速度減小的加速運動,最后達到勻速直線運動狀態(tài),選項D正確;若mg<μBqv0,則滑塊開始有向上的加速度,做減速運動,由a=可知,隨著速度減小,加速度減小,即滑塊做加速度減小的減速運動,最后達到勻速直線運動狀態(tài),選項C正確?！窘忸}關鍵】此題是動態(tài)分析問題;關鍵是分析洛倫茲力隨速度的變化情況,從而分析加速度的變化情況來確定圖像的形狀。7.如圖,一質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子以速度v0從O點沿y軸正方向射入一圓形勻強磁場區(qū)域(磁場區(qū)域未畫出),磁場方向垂直紙面向外,粒子飛出磁場區(qū)域后,從b處穿過x軸,速度方向與x軸正方向的夾角為30°,同時進入場強大小為E、方向與x軸負方向成60°斜向下的勻強電場中,通過了b點正下方c點,如圖所示,已知b到O的距離為L,粒子的重力不計,則下列說法中錯誤的是(　　)A.粒子在磁場中運動的軌跡圓心位置應在過b點的直線上B.磁場區(qū)域的磁感應強度為C.圓形勻強磁場區(qū)域的最小面積為D.c點到b點的距離為答案　A　粒子在磁場中受洛倫茲力作用,做勻速圓周運動,設軌跡半徑為R,據(jù)此并由題意知,粒子在磁場中的軌跡的圓心O'必在x軸上,且b點在磁場區(qū)域之外。過b沿速度反方向作延長線,它與y軸相交于d點。作圓弧過O點與y軸相切,并且與bd相切,切點a即粒子離開磁場區(qū)域的點,這樣也求得圓弧軌跡的圓心O',,如圖所示。由圖中幾何關系得:L=3R,可求得B=,A錯誤,B正確。要使磁場的區(qū)域有最小面積,則Oa應為磁場區(qū)域的直徑,由幾何關系知:=cos30°,故得r=,勻強磁場的最小面積為:Smin=πr2=,C正確。帶電粒子進入電場后,由于速度方向與電場力方向垂直,故做類平拋運動,由運動的合成知識有:s·sin30°=v0t、s·cos30°=,而a=,聯(lián)立解得:s=,D正確?！痉椒c撥】可用來確定粒子做圓周運動軌跡圓心位置的工具:速度的垂線、弦的中垂線、軌跡半徑等。8.如圖所示,MN為一足夠大而厚的水平平板,在其上方緊靠平板的中心點O有一放射源可向MN上方豎直平面內(nèi)的各個方向發(fā)射α、β、γ射線(不計射線間的相互作用)。為使從該裝置射出來的速率都為v0的β粒子都能水平向右射出(便于加速利用),則可以在MN的上方某區(qū)間加某一方向的勻強磁場,設磁場的磁感應強度大小為B,β粒子的電荷量大小為e、質(zhì)量為m,求:(1)所加勻強磁場的方向;(2)所加磁場的最小面積大小并在圖上大致畫出這個最小面積的圖樣。答案　(1)垂直紙面向里　(2)見解析解析　(1)由題意知β粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動,根據(jù)其中任一β粒子如垂直于MN發(fā)射的β粒子所需向心力的方向并結合左手定則可判定磁場方向為垂直紙面向里。(2)β粒子在磁場中運動的半徑為R=如圖所示,以O點為原點,建立平面直角坐標系,任取一個β粒子,設其入射速度方向與水平方向間的夾角為θ,出射點為P(x,y),可確定其運動軌跡圓心位置在圖中O″處,則x=Rsinθy=R-Rcosθ由上可得:x2+(R-y)2=R2上式表明:β粒子出射點的集合是半徑為R的圓,其圓心在點O'(0,R)。又知水平向右發(fā)射出的β粒子轉(zhuǎn)半圓必水平射出,它的運動軌跡是所有粒子在磁場中運動時所經(jīng)過空間的一個邊界,故這個半圓可作為最小磁場區(qū)域的一個邊界,則所求最小面積即圖中半徑為R的圓的面積,S=π()29.如圖所示,在豎直平面內(nèi)直線AB與豎直方向成30°角,AB左側(cè)有勻強電場,右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子,從P點以初速度v0豎直向下射入電場,粒子首次運動到邊界AB時,經(jīng)過Q點且速度大小不變,已知P、Q間距為l,之后粒子能夠再次通過P點,(粒子重力不計)求:(1)勻強電場場強的大小和方向;(2)勻強磁場磁感應強度的可能值。,答案　(1)　方向垂直于AB且與豎直方向成60°角向下　(2)(R=l)或(n=1,2,3,…,R>l)解析　(1)由題意可知,粒子首次運動到邊界AB時,經(jīng)過Q點且速度大小不變,PQ間電勢差為零,P、Q在同一等勢面上,勻強電場垂直于AB且與豎直方向成60°向下,粒子在電場中運動時,在AB方向做勻速直線運動,l=v0cos30°·t在垂直AB方向粒子做勻減速直線運動:v0sin30°=a·=·解得:E=(2)粒子從Q點進入磁場時沿AB方向的分速度不變,垂直AB方向的分速度大小不變方向反向,由此可知:粒子經(jīng)Q點的速度與AB成30°角,若粒子進入磁場偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過P點,其軌道半徑為R,磁感應強度大小為B1,由幾何知識得:R=l粒子做勻速圓周運動洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qv0B1=m解得:B1=若粒子做圓周運動的軌道半徑Rl,則射入磁場的點每個周期沿AB向A移動的距離:Δx=R-lqv0B2=解得B2=粒子可能從電場中再次經(jīng)過P點需要滿足的條件是:l=n×Δx(n=1,2,3,…)解得:R=,B2=(n=1,2,3,…)【關鍵點撥】由粒子首次運動到邊界AB時,經(jīng)過Q點且速度大小不變,可知邊界AB是電場的一個等勢面,電場方向與AB垂直,粒子在電場中做類斜拋運動。