（课标Ⅱ卷）2020届高考物理一轮复习专题十磁场课件.pptx

专题十 磁场,高考物理 (课标专用),考点一 磁场、安培力,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,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,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。,4.(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L 1、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F3 = 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。,5.(2015课标,18,6分)(多选)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 任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两 个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后, 反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场 力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。 考查点 磁场 易错警示 铁块被指南针磁化后反过来会影响指南针。,6.(2015课标,24,12分)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0.1 T,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2 。已知开关断开时两 弹簧的伸长量均为0.5 cm;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0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。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 见解析 解析 依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为 竖直向下。 开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 2kl1=mg 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 F=IBL 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平 衡条件得 2k(l1+l2)=mg+F 由欧姆定律有 E=IR 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。,联立式,并代入题给数据得 m=0.01 kg (安培力方向判断正确给2分,式各2分) 考查点 安培力、闭合电路欧姆定律 思路分析 开关断开时对ab棒进行受力分析,列平衡方程。 开关闭合时,判定安培力方向,对ab棒进行受力分析,列平衡方程。,考点二 洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动,7.(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,再由洛伦兹力提供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度 大小。,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。,9.(2016课标,18,6分,)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行, 筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转 动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过9 0时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒 子的比荷为 ( ) A. B. C. D.,答案 A 定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t= T= ;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间相等,即t= = ,联立以上两式得 = ,A项正确。 考查点 带电粒子在圆形磁场中的运动 解题关键 找圆心。 利用几何关系找圆心角并求时间。 方法技巧 规范作图是找几何关系的基础。,10.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截面(纸面)如图所示,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(q0)。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 ( ) A. B. C. D.,答案 D 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m 得R= ,分析图中角度关系可知, PO半径与OQ半径在同一条直线上。 则PQ=2R,所以OQ=4R= ,选项D正确。 考查点 带电粒子在有界磁场中的圆周运动 审题技巧 “该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点”表示轨迹与ON相切。 解题关键 正确画出轨迹图,利用几何知识找出角度关系。,11.(2015课标,14,6分)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方 向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒 子的 ( ) A.轨道半径减小,角速度增大 B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大 D.轨道半径增大,角速度减小,答案 D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度 大小不变,由r= 知,轨道半径增大;由角速度= 知,角速度减小,选项D正确。,12.(2015课标,19,6分)(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍。 两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电子 ( ) A.运动轨迹的半径是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圆周运动的周期是中的k倍 D.做圆周运动的角速度与中的相等,答案 AC 由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R= ,故R2=kR1,A正确。加 速度大小a= B,故a2=a1/k,B错。周期T= ,故T2=kT1,C正确。角速度= = B, 故2=1/k,D错。 考查点 带电粒子在磁场中的偏转 思路点拨 利用洛伦兹力提供向心力推出R、a、T、的表达式,然后根据表达式进行判断。,13.(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,由洛伦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。,14.(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- ) 解析 本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为 R2。由洛伦兹力公式及牛顿运动定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向转过180时,所需时间t1为 t1= 粒子再转过180时,所需时间t2为 t2= 联立式得,所求时间为 t0=t1+t2= (1+ ) ,(2)由几何关系及式得,所求距离为 d0=2(R1-R2)= (1- ) 综合点评 带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。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。题目内容经典,难度较 小。,15.(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.,考点三 带电粒子在复合场中的运动,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。,16.(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所受洛伦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,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。,17.(2016课标,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其 中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开 磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转 后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 ( ) A.11 B.12 C.121 D.144,答案 D 设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。 在加速电场中qU= mv2,在磁场中qvB=m ,联立两式得m= ,故有 = =144,选项 D正确。 考查点 带电粒子在复合场中的运动 解题关键 利用电场加速、磁场偏转推出 的表达式。,18.(2018课标,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的 截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于 xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方 向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M 点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。 不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; (2)求该粒子从M点入射时速度的大小; (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为 ,求该粒子的比荷及其从M点 运动到N点的时间。,答案 (1)见解析 (2) (3) 解析 本题考查带电粒子在复合场中的运动。 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称) 图(a) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0, 在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方 向的夹角为见图(b),速度沿电场方向的分量为v1。,图(b),根据牛顿第二定律有 qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1=at l=v0t v1=v cos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB= 由几何关系得 l=2R cos 联立式得 v0= (3)由运动学公式和题给数据得,v1=v0 cot 联立式得 = 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则 t=2t+ T 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期, T= 由 式得 t=,审题指导 对称性是解题关键,19.(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,由洛伦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=,20.(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 由洛伦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。,考点一 磁场、安培力,B组 自主命题省(区、市)卷题组,1.(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。,2.(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。,3.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的 边缘恰好与a线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为 ( ) A.11 B.12 C.14 D.41,答案 A 磁通量=BS,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。因为是同一磁场,B相 同,且有效面积相同,Sa=Sb,故a=b。选项A正确。 易错点评 虽然两线圈面积不同,但是有效面积相等。,4.(2016北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁 石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分 布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是 ( ) A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用,答案 C 由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏角,A正确。磁感 线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道 上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与 地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。 审题指导 题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察图,挖掘有用信息。,5.(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。,6.(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。,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,考点二 洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动,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.(2015海南单科,1,3分)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 P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面 向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D 错。,9.(2015四川理综,7,6分)(多选)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,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=9.110-31 kg,电荷量e=-1.610-19 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.=90时,l=9.1 cm B.=60时,l=9.1 cm C.=45时,l=4.55 cm D.=30时,l=4.55 cm,答案 AD 如图,S到MN的距离d0=d sin ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN 上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的 距离等于电子运动轨迹直径的点(若 ,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r = =4.55 cm。由图中几何关系有 = , = 。当=90时, 取 得最小值 r,此时 = ,从而有l= = + -d cos = + -d cos 。当 =90时,l=9.1 cm,当=60时,l=6.78 cm,当=45时,l=5.68 cm,当=30时,l=4.55 cm。故可知A、 D正确,B、C错误。,10.(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d L。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=( - ),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。,11.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场 方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度 E的大小。,答案 (1) (2)vB 解析 (1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R= 匀速圆周运动的周期T= = (2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB 场强E的大小E=vB,12.(2019天津理综,4,6分)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示 屏开启时磁体远离霍尔元件,电脑正常工作;当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件,屏幕熄灭,电 脑进入休眠状态。如图所示,一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件,元件内的导电粒子是 电荷量为e的自由电子,通入方向向右的电流时,电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元 件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中,于是元件的前、后表面间出现电压U,以此控 制屏幕的熄灭。则元件的 ( ) A.前表面的电势比后表面的低,考点三 带电粒子在复合场中的运动,B.前、后表面间的电压U与v无关 C.前、后表面间的电压U与c成正比 D.自由电子受到的洛伦兹力大小为,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。,13.(2018北京理综,18,6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定 初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与 完成上述两类运动无关的是 ( ) A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电荷量 D.粒子入射时的速度,答案 C 本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的 复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅 需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m ,综合可知,粒子的电性和电荷量与能否完成题 述两类运动无关,C对。,14.(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,所受洛伦兹力提供向心力,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。,15.(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。,16.(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,最窄处位于过两虚线交点的垂线上d=r1- 解得d= - (3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2 r1的最小半径 r1min=,r2的最大半径r2max= 由题意知2r1min-2r2maxL,即 - L 解得L 2 - ,17.(2015山东理综,24,20分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内,O为圆 心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向 里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量 为m、电量为+q的粒子由小孔下方 处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由 H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒