考点10 磁场
一、选择题。
1.（2011·海南物理·t7）自然界的电、热和磁等现象都是相互联系的，很多物理学家为寻找它们之间的联系做出了贡献。下列说法正确的是（ ）
a.奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象和磁现象之间的联系。
b.欧姆发现了欧姆定律，说明了热现象和电现象之间存在联系。
c.法拉第发现了电磁感应现象，揭示了磁现象和电现象之间的联系。
d.焦耳发现了电流的热效应，定量经出了电能和热能之间的转换关系。
思路点拨】本题考查对物理学史的认识。
精讲精析】选a、c、d。奥斯特发现了电流的磁效应，揭示了电现象与磁现象之间的联系，故a正确；欧姆定律是反映了导体中的电流与电压和电阻的关系，b错误；法拉第实现了转磁为电的梦想，揭示了磁现象和电现象的关系，故c正确；焦耳发现了电流的热效应，并且定量给出了电能和热能之间的转换关系，故d正确。
2.（2011·海南物理·t10）空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从o点入射。
这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子，不计重力。下列说法正确的是（ ）
a.入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同。
b.入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同。
c.在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同。
d.在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大。
思路点拨】解答本题时可以根据粒子在磁场中运动的周期和半径公式决定。
精讲精析】选b、d。根据带电粒子在磁场中运动的周期，由此可知两种粒子在磁场中的运动周期相同，若速度不同的粒子在磁场中转过的圆心角相同时，轨迹可以不同，但运动时间相同，由半径公式可知，入射速度相同的粒子轨迹相同，粒子在磁场中运动的时间，即由轨迹所对的圆心角决定，故b、d正确，ａ、错误。
3.（2011·新课标全国卷·t14）为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流i引起的。在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：
精讲精析】选b。由于地磁场的北极在地理南极附近，由安培定则可知，安培假设中环形电流方向如b图所示，故a、c、d错，b正确。
4.（2011·新课标全国卷·t18）电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。
电流i从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与i成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。
现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是( )
a.只将轨道长度l变为原来的2倍。
b.只将电流i增加至原来的2倍。
c.只将弹体质量减至原来的一半。
d.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度l变为原来的2倍，其他量不变。
思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：
在弹体的加速过程中安培力做功，在这个过程中可以应用动能定理进行判断。
精讲精析】选b、d。设发射速度为v时，对应的电流为i，弹体的质量为m，轨道长度为l，弹体的长度为a,当速度为2v时，对应的电流为i′，弹体的质量为m′，轨道长度为l′，依题意有，b=ki，f=bia=ki2a，由动能定理得，fl=mv2，即ki2al=mv2，同理有ki′2al′=m′4v2，两式相比可得： =四个选项中只有b、d两个选项使前式成立，故a、c错，b、d正确。
5.（2011·浙江理综·t20）利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板mn上方是磁感应强度大小为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为l。
一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板mn进入磁场。对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是。
a. 粒子带正电。
b. 射出粒子的最大速度为。
c. 保持d和l不变，增大b，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大。
d. 保持d和b不变，增大l，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大。
思路点拨】可按以下思路分析此题：
精讲精析】选b、c。根据题意，粒子进入磁场后向右偏转，所受洛伦兹力方向向右，根据左手定则，粒子应带负电，a错误。粒子能够从右边缝中射出，则最大半径为，最小半径为，由于洛伦兹力充当向心力：
，可得：，，所以：，分析可得b、c正确，d错误。
二、非选择题。
6.（2011·新课标全国卷·t25）如图，在区域i（0≤x≤d）和区域ⅱ（d≤x≤2d）内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为b和2b，方向相反，且都垂直于oxy平面。一质量为m、带电荷量q（q＞0）的粒子a于某时刻从y轴上的p点射入区域i，其速度方向沿x轴正向。
已知a在离开区域1时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从p点沿x轴正向射入区域1，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求。
1）粒子a射入区域i时速度的大小；
2）当a离开区域ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差。
思路点拨】解答本题时可按以下思路分析：
带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律及平面几何关系求解，注意当粒子从一磁场进入另一磁场时速度不变，并且两圆心及两圆切点共线。
精讲精析】（1）设粒子a在i内做匀速圆周运动的圆心为c（在y轴上），半径为ra1，粒子速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为p′，如图，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，qvab=m
由几何关系有∠pcp
ra1式中θ=30°，由上面各式可得。
va2）设粒子a在ⅱ内做圆周运动的圆心为oa，半径为ra2，射出点为pa（图中未画出轨迹），p′oapa=θ′60°，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，q va（2b）=m
由①⑤式得ra2
c、p′、oa三点共线，且由⑥式知oa点必位于x=d的平面上，由对称性知pa点与p的纵坐标相同，即。
的平面上，由对称性知，pa点与p′的纵坐标相同，即。
ypa=ra1cosθ＋h
式中，h是c点的纵坐标。
设b在i中运动的轨道半径为rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有，q（）b=（）2
设a到达pa点时，b位于pb点，转过的角度为α，如果b没有飞出i，则。
式中，t是a在区域ii中运动的时间，而。
ta2tb1解得。
可见b没有飞出i。pb点的y坐标为。
yp2=rb1（2+cosα）+h
解得，a、b两粒子的y坐标差为。
yp2－ypa=（－2）d
答案：（1） （2）
7.（2011·安徽高考·t23）如图所示，在以坐标原点o为圆心、半径为r的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为b，磁场方向垂直于xoy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从o点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经时间从p点射出。
1）求电场强度的大小和方向。
2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从o点以相同的速度射入，经时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。
3）若仅撤去电场，带电粒子仍从o点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。
思路点拨】精讲精析】
1）设带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v,电场强度为e，可判断出粒子受到的洛伦兹力方向沿x轴负方向，由于粒子的重力不计且粒子受力平衡，故粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，即电场强度沿x轴正方向，
得。2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，在y方向作匀速直线运动，位移为
由式得，设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是，又因为粒子在水平方向上做匀速直线运动，则
得。3）仅有磁场时入射速度，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为，由牛顿第二定律有。
又有 ，由得。
带电粒子偏转情况如图，由几何知识，,则带电粒子在磁场中运动时间。
答案：(1) 沿x轴正方向 (2) (3)
8.（2011·北京高考·t23）利用电场和磁场，可以将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。
如图所示的矩形区域acdg（ac边足够长）中存在垂直于纸面的匀强磁场，a处有一狭缝。离子源产生的离子经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于ga边且垂于磁场的方向射入磁场，运动到ga边，被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。
已知被加速度的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1＞m2)，电荷量均为。加速电场的电势差为u，离子进入电场时的初速度可以忽略，不计重力，也不考虑离子间的相互作用。
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