专题08 磁场(命题猜想)-2018年高考物理命题猜想与仿真押题(解析版)

【考向解读】

1.磁场的产生、磁感应强度的叠加、安培定则、左手定则是磁场的基本知识，在近几年的高考中时有出现，考题以选择题的形式出现，难度不大．

2.磁场对通电导体棒的作用问题是近几年高考的热点，分析近几年的高考题，该考点的命题规律主要有以下两点：

(1)主要考查安培力的计算、安培力方向的判断、安培力作用下的平衡和运动，题型以选择题为主，难度不大．

(2)与电磁感应相结合，考查力学和电路知识的应用，综合性较强，以计算题形式出现．

3.带电粒子在磁场中的圆周运动问题是近几年高考的重点，同时也是高考的热点，分析近几年高考试题，该考点的命题规律有以下两个方面：

(1)通常与圆周运动规律、几何知识相联系，综合考查应用数学知识处理物理问题的能力，题型为选择题或计算题．

(2)偶尔也会以选择题的形式考查磁场的性质、洛伦兹力的特点及圆周运动的周期性等问题．

4.带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动往往会出现临界和极值问题，有时还会出现多解问题，解决这类问题，对考生分析能力、判断能力和综合运用知识的能力要求较高，因此可能成为2016年高考命题点．

【命题热点突破一】对磁场基本性质的考查

1. (2017·全国卷Ⅲ)如图，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(

)

A．0 B.33B0 C.233B0 D．2B0

解析：选C 导线P和Q中电流I均向里时，设其在a点产生的磁感应强度大小BP＝BQ＝B1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向右、大小为3B1。又根据题意Ba＝0，则B0＝3B1，且B0平行于PQ向左。若P中电流反向，则BP反向、大小不变，BQ和BP大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为B1′＝B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直)，a点合磁场的磁感应强度B＝B02＋B1′2＝233B0，则A、B、D项均错误，C项正确。

【变式探究】【2016·全国卷Ⅲ】平面OM和平面ON之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1-所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)．粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(

)

图1-

A.mv2qB B.3mvqB

C.2mvqB D.4mvqB

【答案】D 【解析】设射入磁场的入射点为A，延长入射速度v所在直线交ON于一点C，则轨迹圆与AC相切；由于轨迹圆只与ON有一个交点，所以轨迹圆与ON相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O′为圆心，B为出射点．

由几何关系可知∠O′CD＝30°，Rt△O′DC中，CD＝O′D·cot 30°＝3R；由对称性知，AC＝CD＝3R；等腰△ACO中，OA＝2AC·cos 30°＝3R；等边△O′AB中，AB＝R，所以OB＝OA＋AB＝4R.由qvB＝mv2R得R＝mvqB，所以OB＝4mvqB，D正确．

【变式探究】 (多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝kIr，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是( )

A．小球先做加速运动后做减速运动

B．小球一直做匀速直线运动

C．小球对桌面的压力先增大后减小

D．小球对桌面的压力一直在增大

【解析】由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．

【答案】BC

【命题热点突破二】磁场对电流的作用

例2.(多选)如图所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．当导线中通以沿x正方向的电流I，且导线保持静止时，悬线与竖直方向夹角为θ，则磁感应强度方向和大小可能为( )

A．z正向，mgILtan θ B．y正向，mgIL

C．z负向，mgILtan θ D．沿悬线向上，mgILsin θ

【解析】若磁感应强度方向为z正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y负方向，直导线不能平衡，选项A错误；若磁感应强度方向为y正向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿z正方向，根据平衡条件BIL＝mg，所以B＝mgIL，选项B正确；若磁感应强度方向为z负向，根据左手定则，直导线所受安培力方向沿y正方向，根据平衡条件BIL＝mgtan θ，所以B＝mgILtan θ，选项C正确；若磁感应强度方向沿悬线向上，根据左手定则，直导线所受安培力方向如图所示(侧视图)，直导线不能平衡，选项D错误．

【答案】BC

【变式探究】 (多选)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒(

)

A．一直向右移动

B．速度随时间周期性变化

C．受到的安培力随时间周期性变化

D．受到的安培力在一个周期内做正功

【解析】根据题意得出v－t图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．

【答案】ABC

【感悟提升】解决安培力问题的一般思路

1.正确地对导体棒进行受力分析，应特别注意通电导体棒受到的安培力的方向，安培力与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直.

2.画出辅助图如导轨、斜面等，并标明辅助方向磁感应强度B、电流I的方向.

3.将立体的受力分析图转化为平面受力分析图，即画出与导体棒垂直的平面内的受力分析图.) 【命题热点突破三】带电粒子在匀强磁场中的运动

例3. (2017·全国卷Ⅱ)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为( )

A.3∶2 B.2∶1

C.3∶1 D．3∶2

解析：选C 由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝mv2R可知，R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝Rcos 30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，C项正确。

【变式探究】【2016·四川卷】如图1-所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则(

)

图1-

A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1

B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2

C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1

D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2

【答案】A 【解析】由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示

由qvB＝mv2r＝mr4π2T2可以得出vb∶vc＝rb∶rc＝1∶2, 又由t＝θ2πT可以得出时间之比等于偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则tb∶tc＝2∶1，选项A正确．

【变式探究】一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：

(1)M、N间电场强度E的大小；

(2)圆筒的半径R；

(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移23d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.

【解析】(1)设两板间的电压为U，由动能定理得

qU＝12mv2①

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②

联立①②式可得E＝mv22qd.③

(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于π3.

由几何关系得r＝Rtan π3④

粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝mv2r⑤

联立④⑤式得R＝3mv3qB.⑥

(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移23d，设板间电压为U′，则U′＝Ed3＝U3⑦

设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出U′U＝v′2v2

综合⑦式可得v′＝33v⑧

设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝3mv3qB⑨

设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝π2

粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3.

【答案】(1)mv22qd (2)3mv3qB (3)3

【命题热点突破四】带电粒子在磁场中运动的临界和极值问题

例4、【2016·四川卷】如图1-所示，图面内有竖直线DD′，过DD′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B(图中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h＝2l、倾角α＝π4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与直线DD′距离s＝4l，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C点在DD′上，距地面高H＝3l.零时刻，质量为m、带电荷量为q的小球P在K点具有大小v0＝gl、方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r＝3lπ的匀速圆周运动，经C点水平进入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P所带电荷量对空间电磁场的影响．l已知，g为重力加速度．