（江苏专用）2020届高考物理一轮复习专题九磁场课件.pptx

专题九 磁场,高考物理 (江苏省专用),A组 自主命题江苏卷题组 考点一 磁场 安培力,五年高考,1.(2015江苏单科,4,3分)如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载 流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电 流,天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是 ( ),答案 A 天平处于平衡状态,说明线圈受到的重力和安培力的合力等于两侧砝码重力差,根 据安培力公式F=BIL,知选项A中线圈在磁场中有效长度最大,所受安培力最大,磁场发生微小 变化,安培力变化最大,天平最容易失去平衡,选项A符合题意。,考查点 本题考查考生对安培力的理解和推理能力。属于中等难度题。,错解分析 易错选D。错误的原因可能是对电流天平的工作原理未弄懂,或不了解“有效长 度”的分析方法。,2.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导 线,通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产 生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是( ) A.均向左 B.均向右 C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左,答案 CD 本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。 由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向 的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判 定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。,易错警示 安培定则用右手,左手定则用左手。,3.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑金属导轨所在平面与水平面的夹角为, 间距为d。导轨处于匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与导轨平面垂直。质量为m的金属 棒被固定在导轨上,距底端的距离为s,导轨与外接电源相连,使金属棒通有电流。金属棒被松 开后,以加速度a沿导轨匀加速下滑,金属棒中的电流始终保持恒定,重力加速度为g。求下滑到 底端的过程中,金属棒 (1)末速度的大小v; (2)通过的电流大小I; (3)通过的电荷量Q。,答案 (1) (2) (3),解析 (1)匀加速直线运动 v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金属棒所受合力F=mg sin -F安 由牛顿运动定律得F=ma 解得I= (3)运动时间t= 电荷量Q=It 解得Q=,试题评析 情景新颖、题设巧妙 此题主要考查运动学公式和牛顿第二定律的简单应用,但应用情景为导体在磁场中导轨 上的运动。情景新颖,题设巧妙,过程简单,是一道考查考生基础知识掌握水平的好题,本题难 度为易。,考点二 洛仑兹力 带电粒子在磁场中的运动,4.(2012江苏单科,9,4分)(多选)如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量 为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A 点。下列说法正确的有 ( ) A.若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0 B.若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0 C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0- D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0+,答案 BC 当粒子从O点垂直于MN进入磁场时,落在MN上的点离O点最远,设O、A间的距离 为d+x,则有: = 当v0大小不变、方向改变时,粒子就可以落在A点的左侧,故A项错误。若粒子落在A点的右侧, 由r= 可知,v一定大于v0,故B正确。若粒子落在A点左侧d处时,粒子的最小速度vmin一定满足: = 解两式可得:vmin=v0- ,故C项正确。当vv0+ 时,只要改变速度的方向,也可以使粒子 落在A点左右两侧d的范围内,故D项错误。,5.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板 与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短), 反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速 度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且dL。粒 子重力不计,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v; (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm; (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN= ,求粒子从P到Q的运动时间t。,答案 (1) (2) d (3)( + ) 或( - ),解析 本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学 生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学 推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。 (1)粒子的运动半径d= 解得v= (2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得dm=d(1+sin 60) 解得dm= d (3)粒子的运动周期T=,设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t,则 t=n +t(n=1,3,5,) (a)当L=nd+(1- )d时,粒子斜向上射出磁场 t= T 解得t=( + ) (b)当L=nd+(1+ )d时,粒子斜向下射出磁场 t= T 解得t=( - ),设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t,则 t=n +t(n=1,3,5,) (a)当L=nd+(1- )d时,粒子斜向上射出磁场 t= T 解得t=( + ) (b)当L=nd+(1+ )d时,粒子斜向下射出磁场 t= T 解得t=( - ),解题关键 1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该 边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周 期性运动,要注意多解。,6.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间 两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O点,各区域磁感应强度大小相 等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方 处射出磁场。取sin 53=0.8,cos 53=0.6。 (1)求磁感应强度大小B; (2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O的时间t; (3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O的 时间增加t,求t的最大值。,答案 (1) (2) (3),解析 本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1)粒子圆周运动的半径r0= 由题意知r0= ,解得B= (2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为 由d=r sin ,得sin = ,即=53 在一个矩形磁场中的运动时间t1= ,解得t1= 直线运动的时间t2= ,解得t2= 则t=4t1+t2= (3)将中间两磁场分别向中央移动距离x 粒子向上的偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得x d,则当xm= d时,t有最大值 粒子直线运动路程的最大值sm= +(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加时间的最大值tm= =,思路点拨 带电粒子在匀强磁场中的运动 (1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方 处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0= 的圆周运动,轨迹为半圆。 (2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r= =5r0= d。故可推知运动轨迹如图所示。,(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。,7.(2014江苏单科,14,16分)某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图所示。装置的长 为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相 反,两磁场的间距为d。装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO上,N、P 分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装 置左端的中点射入,方向与轴线成30角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点。改变粒子入 射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。 (1)求磁场区域的宽度h; (2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量v; (3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值。,答案 (1)( L- d)(1- ) (2) ( - d) (3) ( - d)(1n -1,n取整数),解析 (1)设粒子在磁场中的轨道半径为r 根据题意L=3r sin 30+3d cos 30 且h=r(1-cos 30) 解得h=( L- d)(1- ) (2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r m =qvB,m =qvB 由题意知3r sin 30=4r sin 30 解得v=v-v= ( - d) (3)已知粒子至少经过磁场偏转2次到达M点,设粒子经过磁场偏转(n+1)次 由题意知L=(2n+2)d cos 30+(2n+2)rn sin 30 且m =qvnB,解得vn= ( - d)(1n -1,n取整数),考查点 本题考查了洛仑兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动等知识,属于较难题。 审题技巧 审题过程中注意抓住关键词语,如“恰好到达P点”、“入射速度的最小变化 量”、“速度大小的可能值”等,由关键词语的含义并结合对称性和周期性建立粒子运动的 情景。,考点三 带电粒子在复合场中的运动,答案 CD 由左手定则可判定,图中霍尔元件的后表面积累负电荷,前表面电势较高,故A 错。由电路关系可见,当电源的正、负极对调时,通过霍尔元件的电流IH和所在空间的磁场方 向同时反向,前表面的电势仍然较高,故B错。由电路可见, = ,则IH= I,故C正确。RL 的热功率PL= RL= RL= ,因为B与I成正比,故有:UH=k =k =k = PL,可得知UH与PL成正比,故D正确。,考查点 本题考查霍尔元件、带电粒子在匀强磁场中的运动、电阻的串联与并联、欧姆定 律、电功率等知识和分析综合能力,属于较难题。,学习指导 物理高考题经常把与物理联系密切的生产、生活中的实际问题作为载体,考查考 生应用物理知识分析、解决实际问题的能力。所以,学习过程中要把常见的仪器、仪表的原 理理解透彻,熟练掌握,如质谱仪、回旋加速器、磁流体发电机、电磁流量计等。,9.(2017江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电 压为U0的加速电场,其初速度几乎为0,经加速后,通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向 进入磁感应强度为B的匀强磁场中,最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均 为+q,质量分别为2m和m,图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不 考虑离子间的相互作用。,(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x; (2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域,并求该区域最窄处的宽度d; (3)若考虑加速电压有波动,在(U0-U)到(U0+U)之间变化,要使甲、乙两种离子在底片上没有 重叠,求狭缝宽度L满足的条件。,答案 见解析,解析 本题考查动能定理、牛顿第二定律。 (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1 电场加速qU0= 2mv2 且qvB=2m 解得r1= 根据几何关系x=2r1-L 解得x= -L (2)如图所示,方法技巧 平移分析法 (2)中,把甲种离子运动轨迹由过M点的半圆向右平移至过N点的位置,轨迹扫过的范围,就是甲 种离子经过的区域。 分析过程中,可把L放长一些、圆的半径放大一些,在草稿纸上规范作图,并作出恰当的辅助线, 便容易看清几何关系,顺利解题。,10.(2016江苏单科,15,16分)回旋加速器的工作原理如图1所示,置于真空中的D形金属盒半径 为R,两盒间狭缝的间距为d,磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直。被加速粒子的质量 为m、电荷量为+q,加在狭缝间的交变电压如图2所示,电压值的大小为U0,周期T= 。一束 该种粒子在t=0 时间内从A处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运 动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用。求:,图1,图2,(1)出射粒子的动能Em; (2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0; (3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件。,答案 (1) (2) - (3)d,考查点 本题考查带电粒子在电场中的加速运动、在匀强磁场中的匀速圆周运动、交变电 压的规律、动能定理、匀变速直线运动公式等知识,对考生的分析推理能力要求较高,属于较 难题。,方法技巧 计算粒子在电场中运动的总时间时,可直接将粒子在电场中的各段运动衔接起来, 作为一个匀加速直线运动来处理,可用总位移nd= at2或总速度v=at来计算。,11.(2015江苏单科,15,16分)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子 飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂 直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN=L,且 OM=L。某次测量发现MN中左侧 区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧 区域QN仍能正常检 测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。 (1)求原本打在MN中点P的离子质量m; (2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围; (3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。(取lg 2=0.301,lg 3=0.477,lg 5=0.699),答案 (1) (2) U (3)3次,解析 (1)离子在电场中加速,qU0= mv2 在磁场中做匀速圆周运动,qvB=m ,解得r= 代入r= L,解得m= (2)由(1)知,U= 离子打在Q点时,r= L,U= 离子打在N点时,r=L,U= 则电压的范围为 U (3)由(1)可知,r 由题意知,第1次调节电压到U1,使原本打在Q点的离子打在N点, = 此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上, =,解得r1= L 第2次调节电压到U2,使原本打在Q1的离子打在N点,此时原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q 上,则 = , = ,解得r2= L 同理,第n次调节电压,有rn= L 要检测完整,应有rn ,解得n -12.8 最少需要调节电压3次。,考查点 本题考查带电粒子在匀强电场中的加速运动、带电粒子在匀强磁场中的运动以及 洛仑兹力等知识,对考生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理问题的能力有 较高要求。属于较难题。,解题思路 由带电粒子经电场加速后的速度v与其在磁场中做圆周运动半径r之间的关系,即 可推出加速电压U与质量m、半径r之间的关系,可得到加速电压U与r的关系式,再结合粒子在 Q点和N点的半径,即可得到加速电压的调节范围。 第(3)问中要找出第一次、第二次调节电压后同一粒子在两种情形下的电压和半径之间的关 系式,根据两次调节电压后表达式的相似性,再运用数学归纳法推出通式,加上边界条件求解。,12.(2011江苏单科,15,16分)某种加速器的理想模型如图甲所示:两块相距很近的平行小极板中 间各开有一小孔a、b,两极板间电压uab的变化图像如图乙所示,电压的最大值为U0、周期为T0, 在两极板外有垂直纸面向里的匀强磁场。若将一质量为m0、电荷量为q的带正电的粒子从板 内a孔处静止释放,经电场加速后进入磁场,在磁场中运行时间T0后恰能再次从a孔进入电场加 速。现该粒子的质量增加了 m0。(粒子在两极板间的运动时间不计,两极板外无电场,不考 虑粒子所受的重力),甲,乙,(1)若在t=0时将该粒子从板内a孔处静止释放,求其第二次加速后从b孔射出时的动能; (2)现要利用一根长为L的磁屏蔽管(磁屏蔽管置于磁场中时管内无磁场,忽略其对管外磁场的 影响),使图甲中实线轨迹(圆心为O)上运动的粒子从a孔正下方相距L处的c孔水平射出,请在图 甲中的相应位置处画出磁屏蔽管; (3)若将电压uab的频率提高为原来的2倍,该粒子应何时由板内a孔处静止开始加速,才能经多次 加速后获得最大动能?最大动能是多少?,答案 (1) qU0 (2)见解析 (3)t= T0(n=0,1,2,) qU0,解析 (1)质量为m0的粒子在磁场中做匀速圆周运动qvB=m0 , T0= 则T0= 当粒子的质量增加 m0时,其周期增加T= T0 则根据题图乙可知,粒子第一次的加速电压u1=U0 粒子第二次的加速电压u2= U0 射出时的动能Ek2=qu1+qu2 解得Ek2= qU0,评析 本题以加速器为背景,考查带电粒子在电场中的加速,题目情景新、难度大,特别是第 (2)问中对空间想象能力和第(3)问中对数学能力的要求都较高。,13.(2012江苏单科,15,16分)如图所示,待测区域中存在匀强电场和匀强磁场,根据带电粒子射 入时的受力情况可推测其电场和磁场。图中装置由加速器和平移器组成,平移器由两对水平 放置、相距为l的相同平行金属板构成,极板长度为l、间距为d,两对极板间偏转电压大小相 等、电场方向相反。质量为m、电荷量为+q的粒子经加速电压U0加速后,水平射入偏转电压 为U1的平移器,最终从A点水平射入待测区域。不考虑粒子受到的重力。 (1)求粒子射出平移器时的速度大小v1; (2)当加速电压变为4U0时,欲使粒子仍从A点射入待测区域,求此时的偏转电压U; (3)已知粒子以不同速度水平向右射入待测区域,刚进入时的受力大小均为F。现取水平向右 为x轴正方向,建立如图所示的直角坐标系Oxyz。保持加速电压为U0不变,移动装置使粒子沿 不同的坐标轴方向射入待测区域,粒子刚射入时的受力大小如下表所示。,请推测该区域中电场强度和磁感应强度的大小及可能的方向。,解析 (1)设粒子射出加速器的速度为v0 由动能定理有qU0= m 由题意得v1=v0,即v1= (2)在第一个偏转电场中,设粒子的运动时间为t 加速度的大小a= 在离开时,竖直分速度vy=at 竖直位移y1= at2 水平位移l=v1t 粒子在两偏转电场间做匀速直线运动,经历时间也为t 竖直位移y2=vyt 由题意知,粒子竖直总位移y=2y1+y2,答案 (1) (2)4U1 (3)见解析,解得y= 则当加速电压为4U0时,U=4U1 (3)(a)由粒子沿+x轴方向射入时的受力情况可知:B平行于x轴且E= (b)由粒子沿y轴方向射入时的受力情况可知:E与Oxy平面平行。 F2+f2=( F)2,则f=2F 且f=qv1B 解得B= (c)设电场方向与+x轴方向夹角为。 若B沿+x轴方向,由粒子沿+z轴方向射入时的受力情况得 (f+F sin )2+(F cos )2=( F)2 解得=30或=150 即E与Oxy平面平行且与+x轴方向的夹角为30或150。 同理,若B沿-x轴方向 E与Oxy平面平行且与+x轴方向的夹角为-30或-150。,14.(2013江苏单科,15,16分)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子 运动的控制。如图1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随 时间t做周期性变化的图像如图2所示。x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向。 在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m和+q。不计重力。在t= 时刻释放P,它恰 能沿一定轨道做往复运动。,图1,图2,(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0; (2)求B0应满足的关系; (3)在t0(0t0 )时刻释放P,求P速度为零时的坐标。,答案 (1)v0= (2)B0= ,(n=1,2,3) (3)横坐标x=0 纵坐标y=,解析 (1)P在 内做匀加速直线运动,在2内做匀速圆周运动 电场力F=qE0 加速度a= 速度v0=at,且t= 解得v0= (2)只有当t=2时,P才结束圆周运动并开始沿x轴负方向运动,最后才能沿一定轨道做往复运动, 如图所示。设P在磁场中做圆周运动的周期为T。 则(n- )T=,(n=1,2,3),匀速圆周运动qv0B0=m ,T= 解得B0= ,(n=1,2,3) (3)在t0时刻释放P,P在电场中加速的时间为-t0 在磁场中做匀速圆周运动,v1= 圆周运动的半径r1= 解得r1= 又经(-t0)时间P减速为零后向右加速时间为t0,P再次在磁场中做匀速圆周运动,v2= 圆周运动的半径r2= 解得r2= 综上分析,速度为零时横坐标x=0 相应的纵坐标为y= ,(k=1,2,3) 解得y= ,(k=1,2,3),考查点 本题以科研中利用周期性变化的电场与磁场来实现对带电粒子运动的控制为背景, 考查了带电粒子在电场中的加速运动和在磁场中的圆周运动,以及电场力、洛仑兹力、牛顿 第二定律、圆周运动等知识。对考生的推理能力、分析综合能力和应用数学知识解决物理 问题的能力的要求都较高,属于较难题。,学习指导 在平时学习的过程中,一定要培养利用画图分析问题的能力,如受力图景的分析、 过程图景的分析、几何图景的分析、能量转化图景的分析等。 例如本题解题的关键是建立运动过程的图景。 图景1:因为粒子在t= 时刻释放后沿一定轨道做往复运动,所加周期性电场的方向始终不变, 因此粒子经电场加速后在磁场中只可能转过 圈,在下一个周期内粒子先减速后反向加 速,再在磁场作用下返回如此反复,才能使粒子P沿一定轨道做往复运动。 图景2:在t0 时刻释放粒子P。粒子第一次在电场中的加速时间大于第二次在电场中 的加速时间,所以粒子不是沿一定轨道做往复运动的,第一次加速的时间长,进入磁场的速度 大,在磁场中运动的半径就大;第二次加速的时间短,进入磁场的速度小,在磁场中运动的半径 就小做出了这样的图景分析,正确求解该题就水到渠成了。,B组 统一命题、省(区、市)卷题组 考点一 磁场 安培力,1.(2019课标,17,6分)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强 磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒 MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为 ( ) A.2F B.1.5F C.0.5F D.0,答案 B 本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题的能力,体现了核心素养中的 模型建构要素。 设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联 电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则 ML和LN受到的安培力的合力F1= ,MN受到的安培力与ML和LN受到的安培力的合力的方向 相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。,2.(2018课标,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流 方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀 强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强 度大小分别为 B0和 B0,方向也垂直于纸面向外。则 ( ) A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为 B0 D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为 B0,答案 AC 本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生 的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向 外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度 的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2= B0,B0+B2-B1= B0,解得B1= B0,B2= B0,故A、C项正确。,解题关键 注意矢量的方向性 本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向 里,在b点垂直纸面向外。,3.(2017课标,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有 电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是 ( ) A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 1,答案 BC 本题考查安培力。因三根导线中电流大小相等、两两等距,则由对称性可知两两 之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中 几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向 与L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由 几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60=F,L3单位长度所受的磁场 作用力大小为2F cos 30= F,故C正确、D错误。,一题多解 电流的磁场与安培力 由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。 如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场B1=2B cos 60=B,方向与L2、L3所在平面垂直,再由左 手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培力的大小为F1 =BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为F 3= BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11 ,故A、D错误,B、C正 确。,4.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆 包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将 线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两 金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将 ( ),A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,答案 AD 本题考查安培力、电路。要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过, 电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转 过180时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线 圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180时,线圈中 不能有电流通过,依靠惯性转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上 侧不能都刮掉,故选项A、D正确。,易错警示 要使线圈连续转动,要么受到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不 变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变的安培力作用。,考点二 洛仑兹力 带电粒子在磁场中的运动,5.(2019课标,17,6分)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向 垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方 向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为 ( ) A. kBl, kBl B. kBl, kBl C. kBl, kBl D. kBl, kBl,答案 B 本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合分析能力、应用数学知识处理 物理问题能力的培养,突出了核心素养中的模型建构、科学推理、科学论证要素。 从a点射出的电子运动轨迹的半径R1= ,由Bqv1=m 得v1= = kBl;从d点射出的电子运动轨 迹的半径R2满足关系 +l2= ,得R2= l,由Bqv2=m 得v2= = kBl,故正确选项为B。,思路分析 由左手定则可判断电子的受力及偏转方向,画出电子在磁场中的运动轨迹,由相关 的数学知识确定两轨迹的半径,再由洛仑兹力提供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度 大小。,6.(2019课标,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 B 和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射 入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的 时间为 ( ) A. B. C. D.,答案 B 本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨 迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素 养的具体表现。 由qvB= 得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r= ,当粒子进入第一象限时,由于磁感应强 度减为 B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos = ,=60,则粒子运动时 间t= + = ,选项B正确。,解后反思 根据磁感应强度大小的关系确定轨迹半径的关系,通过作图,结合几何关系,确定圆 心角是解答本题的关键。,7.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直 磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 ( ) A.粒子带正电 B.粒子在b点速率大于在a点速率 C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短,答案 C 本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考查考生对相关知识的理解能力 和推理能力,是物理学科中运动与相互作用观念、模型建构、科学推理等核心素养的具体体 现。 由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,故粒子在 b点速率等于在a点速率,B错误;由qvB=m 得R= ,若仅减小磁感应强度,则R增大,如图,粒子 将从b点右侧射出,故C正确;粒子运动周期T= = ,若仅减小入射速率,则R减小,T不变,粒 子运动轨迹所对应的圆心角变大,由t= T可知,粒子运动时间将变长,故D错误。,8.(2017课标,18,6分)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v2v1 为( ) A. 2 B. 1 C. 1 D.3,答案 C 设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由 几何知识得 r1= = ,r2= = R = 由qvB= 得r= ,故 = = ,选项C正确。,审题指导 粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹圆的半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场 区域边界相交时,粒子的出射点最远。,9.(2019课标,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、 方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入 磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点 在y轴上,OP与x轴的夹角为30,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d, 不计重力。求 (1)带电粒子的比荷; (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。,答案 (1) (2) ( + ),解析 本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、 分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的 核心素养。 (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU= mv2 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有 qvB=m 由几何关系知 d= r 联立式得 = ,(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s= +r tan 30 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t= 联立式得 t= ( + ) ,方法诠释 确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心位置的方法:利用两速度方向的垂线; 利用弦的中垂线;利用两速度方向间夹角补角的角平分线;利用半径的大小。,10.(2017课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域, 磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q (q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方 向再次沿x轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。,答案 (1) (1+ ) (2) (1- ),综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛仑兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、 右两侧的受力大小有突变。因为B左B右,所以R左R右。速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子 在左、右磁场中各转过半周。所以粒子与O点间距离为直径的差值。,考点三 带电粒子在复合场中的运动,答案 D 本题考查了霍尔元件的工作原理和应用,以及考生的理解能力和应用数学知识处 理物理问题的能力,体现了科学推理素养和应用与创新的价值观念。 根据左手定则判断出电子受力情况,可知电子偏转到后表面,前表面电势高于后表面电势,故A 项错误。再由Ee=Bev=F洛,E= ,解得U=Bva,F洛= ,U与v成正比、U与c无关,故B、C项错误, D项正确。,解题关键 熟练应用霍尔效应的原理、特点进行推导分析。,12.(2017课标,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面 平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、 mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸 面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是 ( ) A.mambmc B.mbmamc C.mcmamb D.mcmbma,答案 B 本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能 忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛仑兹力的方向分别是竖直 向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvc mamc,B正确。,规律总结 复合场中粒子的特殊运动 带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电 场力平衡,洛仑兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。,13.(2018课标,25,20分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在 y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核 H和一个氘核 H先后从y轴 上y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知 H进入磁场时,速度方向与x轴正方 向的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场 H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求 (1 H第一次进入磁场的位置到原点O的距离; (2)磁场的磁感应强度大小; (3 H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。,答案 (1) h (2) (3) ( -1)h,解析 本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强磁场中的运动。 (1 H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设 H在电场中 的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点 O的距离为s1。由运动学公式有 s1=v1t1 h= a1 由题给条件 H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60 H进入磁场时速度的y分 量的大小为 a1t1=v1 tan 1 ,联立以上各式得 s1= h (2 H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1 设 H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有 v1= 设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛仑兹力公式和牛顿第二 定律有 qv1B= 由几何关系得 s1=2R1 sin 1 联立以上各式得 B= ,(3)设 H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给 条件得 (2m) = m 由牛顿第二定律有 qE=2ma2 设 H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原 点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2=v2t2 h= a2 v2= sin 2= 联立以上各式得 s2=s1,2=1,v2= v1,设 H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由 式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径 公式得 R2= = R1 所以出射点在原点左侧。设 H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s 2,由几何关系有 s2=2R2 sin 2 联立 式得 H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2-s2= ( -1)h,规律总结 带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路 电场中类平抛运动:x=v0t,y= at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心; b.利用几何关系求半径;c.qvB=,14.(2018课标,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在 纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左 边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边界的N点射出;乙种离子在MN 的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。,答案 (1) (2)14,解析 本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感 应强度大小为B,由动能定理有 q1U= m1 由洛仑兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1 由几何关系知 2R1=l 由式得 B= (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的 半径为R2。同理有 q2U= m2 ,q2v2B=m2 由题给条件有 2R2= 由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 =14 ,思路分析 根据题设条件,分析离子在电场和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二 定律等知识列方程求解。,15.(2018天津理综,11,18分)如图所示,在水平线ab的下方有一匀强电场,电场强度为E,方向竖直 向下,ab的上方存在匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直纸面向里。磁场中有一内、外半径分 别为R、 R的半圆环形区域,外圆与ab的交点分别为M、N。一质量为m、电荷量为q的带负 电粒子在电场中P点静止释放,由M进入磁场,从N射出。不计粒子重力。 (1)求粒子从P到M所用的时间t; (2)若粒子从与P同一水平线上的Q点水平射出,同样能由M进入磁场,从N射出。粒子从M到N 的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在Q时速度v0的大小。,答案 (1) (2),解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。 (1)设粒子在磁场中运动的速度大小为v,所受洛仑兹力提供向心力,有 qvB=m 设粒子在电场中运动所受电场力为F,有 F=qE 设粒子在电场中运动的加速度为a,根据牛顿第二定律有 F=ma 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有 v=at 联立式得 t= (2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过 的圆弧所对的圆心角的大小决定。故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短。设粒子在磁场 中的轨迹半径为r,由几何关系可得,(r-R)2+( R)2=r2 设粒子进入磁场时速度方向与ab的夹角为,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知 tan = 粒子从Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从P释放后的运动情况相 同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为v。在垂直于电场方向上的分速度始终等于 v0,由运动的合成和分解可得 tan = ,联立式得 v0= ,思路分析 带电粒子在复合场中的运动 (1)粒子从P点静止释放,在环形区域中做匀速圆周运动。可先求出粒子做匀速圆周运动的速 度,即粒子在电场中运动的末速度,再由在电场中的加速运动求得运动的时间。 (2)从Q点射出的粒子,在环形区域中仍做匀速圆周运动。要使其圆周运动时间最短,其运动轨 迹必与内圆相切。,C组 教师专用题组 考点一 磁场、安培力,1.(2017上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间。电键闭合后导体棒受 到的安培力方向 ( ) A.向上 B.向下 C.向左 D.向右,答案 D 本题考查电流的磁效应、安培力及左手定则。根据图中的电流方向,由安培定则 知U形铁芯下端为N极,上端为S极,ab中的电流方向由ab,由左手定则可知导体棒受到的安培 力方向向右,选项D正确。,思路分析 绕有线圈的U形铁芯为电磁铁,据通过线圈的电流方向,确定U形铁芯的磁极,再通 过左手定则确定安培力的方向。,2.(2014课标,15,6分)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是 ( ) A.安培力的方向可以不垂直于直导线 B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半,答案 B 由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确; 安培力的大小F=BIL sin 与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成 直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后一段