2021年浙江高考物理复习练习课件：专题十磁场

1、考点1磁场的描述安培力1.(2020浙江7月选考,9,3分)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则()A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下考点1磁场的描述安培力1.(2020浙江7月选考,9,3答案C把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安培定则可知两通电导线在b点产生的磁场方向,根据电

2、流在周围产生磁场的特点,可知B1B2,A错误;根据安培定则及电流在周围产生磁场的特点,可画出d点处的磁感应强度为B1和B2,如图所示,由平行四边形定则可知合磁感应强度不为0,B错误;同理,两通电导线在a点产生磁场的磁感应强度为B1和B2,如图所示,故a点的合磁感应强度方向竖直向下,C正确;两通电导线在c点产生磁场的磁感应强度为B1和B2,如图所示,故c点的合磁感应强度方向竖直向上,D错误。 答案C把实际情境转化为如图所示的结构示意图。根据安2.(2019浙江4月选考,4,3分)下列陈述与事实相符的是()A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律D

3、.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因答案D卡文迪许测定了引力常量,选项A错误;奥斯特发现了电流周围存在磁场,选项B错误;库仑发现了静电荷间的相互作用规律,选项C错误;伽利略指出了力不是维持物体运动的原因,选项D正确。3.(2018浙江11月选考,2,3分)发现电流磁效应的物理学家是()A.法拉第B.奥斯特C.库仑D.安培答案B奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,库仑发现了库仑定律,安培提出了分子电流假说,B正确。2.(2019浙江4月选考,4,3分)下列陈述与事实相符的是4.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描

4、述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是() 答案A当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。4.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置5.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是() 答案D由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下的安培力,故D正确。5.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属6.(2016浙江10月选考,

5、10,3分)如图所示,把一根通电的硬直导线ab,用轻绳悬挂在通电螺线管正上方,直导线中的电流方向由a向b。闭合开关S瞬间,导线a端所受安培力的方向是()A.向上 B.向下C.垂直纸面向外D.垂直纸面向里答案D根据安培定则可知,开关闭合后,螺线管右端为N极。根据左手定则可知,导线a端受垂直纸面向里的安培力,选项D正确。6.(2016浙江10月选考,10,3分)如图所示,把一根通7.(2016浙江4月选考,9,3分)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心,N极向上。一根金属杆斜插在水银中,杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连,与电源正极连接的导线

6、插入水银中。从上往下看,金属杆()A.向左摆动 B.向右摆动C.顺时针转动D.逆时针转动答案D通过金属杆的电流流向铰链,根据左手定则,判断安培力的方向,从上往下看,金属杆逆时针转动,故D正确。7.(2016浙江4月选考,9,3分)法拉第电动机原理如图所8.(2017浙江4月选考,9,3分)如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反、大小相等的电流,a、b两点位于两导线所在的平面内。则()A.b点的磁感应强度为零B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向右D.同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向不变答案D根据安培定则可知,b点的磁场方向为

7、垂直纸面向外,所以选项A错误;cd在a处产生的磁场方向垂直纸面向里,ef在a处产生的磁场方向垂直纸面向外,所以选项B错误;根据左手定则可判断,电流方向相反的两根导线互相排斥,所以选项C错误;不管电流方向如何,只要电流方向相反,就互相排斥,选项D正确。8.(2017浙江4月选考,9,3分)如图所示,两平行直导线9.(2018浙江11月选考,7,3分)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示。两相距很近的通电平行线圈和,线圈固定,线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈

8、对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D.线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力答案A当两线圈电流方向相同时,表现为相互吸引,电流方向相反时,表现为相互排斥,故当天平示数为正时,两者相互排斥,电流方向相反,当天平示数为负时,两者相互吸引,电流方向相同,A正确,B错误;线圈对线圈的作用力与线圈对线圈的作用力是一对相互作用力,等大反向,C错误;当线圈、中通有电流时,线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对平衡力,D错误。9.(2018浙江11月选考,7,3分)电流天平是一种测量磁10.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设施工中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。

9、有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线()A.平行于EF,深度为B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为D.垂直于EF,深度为L10.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设施工中,答案A根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图所示,点a为水平地面距离管线最近的点即磁场最强

10、的点,同一水平地面相距L的b、c两点磁场方向与地面夹角为45,由几何关系可得a点距管线距离即管线深度,为L/2;与a点磁感应强度相同的点与管线等距,其连线EF应过a点垂直纸面与管线平行,故选项A正确。 答案A根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图11.(2020北京,8,3分)如图所示,在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转,小磁针发生偏转。下列说法正确的是()A.偏转原因是圆盘周围存在电场B.偏转原因是圆盘周围产生了磁场C.仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变D.仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向不变答案B带负电荷的橡胶圆盘转动起来后,可以视为产生了环形电流,

11、进而在周围产生磁场,小磁针因受到磁场力发生偏转,故B正确,A错误。仅改变圆盘转动方向或仅改变圆盘所带电荷的电性均可改变环形电流的方向,进而改变周围磁场的方向,小磁针受力偏转的方向也就随之改变,故C、D错误。11.(2020北京,8,3分)如图所示,在带负电荷的橡胶圆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.向右以下为教师用书专用答案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

12、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。1.(2017上海单科,11,4分)如图,一导体棒ab静止在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,

13、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.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的3.(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.2FB.1.5FC.0.5FD.0答案B本题考查安培力及考生

14、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。3.(2019课标,17,6分)如图,等边三角形线框LMN4.(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

15、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B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 4.(2018课标,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条答案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

16、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。答案AC本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判5.(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

17、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11D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为15.(2017课标,19,6分)(多选)如图,三根相互平行答案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

18、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。 答案BC本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两一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所在处磁场的磁感应强度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

19、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。 一题多解电流的磁场与安培力6.(2017课标,18,6分)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.0B.B0C.B0D.2B0 6.(2017课标,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B答案C本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。两导线中通电流I时,两电流在a点处的磁

20、感应强度与匀强磁场的磁感应强度的矢量和为0,则两电流磁感应强度的矢量和为-B0,如图甲得B=B0。P中电流反向后,如图乙,B合=B=B0,B合与B0的矢量和为B总=B0,故C项正确。 甲乙易错点评安培定则和矢量合成法则的运用正确运用安培定则画出甲、乙两图。由P和Q中电流为I时,a点处的合磁感应强度为0,得出B0的方向水平向左和B的大小为B0。P中的电流反向,则P中电流的磁场反向,Q中电流的磁场大小和方向不变。注意各物理量间的夹角大小关系。答案C本题考查安培定则、磁感应强度的矢量叠加。两导7.(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,

21、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7.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电答案AD本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。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

22、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。易错警示一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。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。答案AD本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、8.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光滑

23、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。8.(2018江苏单科,13,15分)如图所示,两条平行的光答案(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=(

24、3)运动时间t=电荷量Q=It解得Q= 答案(1)(2)解析(1)匀加速直线运动考点2洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动1.(2020课标,18,6分)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为()A.B.C.D. 考点2洛伦兹力带电粒子在磁场中的运动1.(2020课标答案C如图所示,设某一粒子从磁场圆弧 上的e点射出磁场,粒子在磁场中转过的圆心角

25、为+=+2,由于所有粒子在磁场中运动周期相同,粒子在磁场中做圆周运动时,运动轨迹对应的圆心角最大,则运动时间最长。由几何关系可知,最大时,ce恰好与圆弧 相切,此时sin =,可得=,=2=,设粒子在磁场中做圆周运动的周期为T,粒子在磁场运动的最长时间t=+,又T=,解得t=,故选C。 答案C如图所示,设某一粒子从磁场圆弧 上的e点射2.(2020课标,17,6分)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电

26、子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则()图(a)2.(2020课标,17,6分)CT扫描是计算机X射线断层图(b)A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案D电子带负电,故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速,故A选项错误;由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里,故C选项错误;对加速过程应用动能定理有eU=mv2,设电子在磁场中运动半径为r,由洛伦兹力提供向心力有evB=,则r=,电子运

27、动轨迹如图所示,由几何关系可知,电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角满足sin =(其中d为磁场宽度),联立可得sin =dB,可见增大U会使减小,电子在靶上的落点P右移,增大B可使增大,电子在靶上的落点P左移,故B选项错误,D选项正确。 答案D电子带负电,故必须满足N处的电势高于M处的电3.(2020课标,18,6分)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m, 电荷量为e, 忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为()A.

28、B.C.D. 3.(2020课标,18,6分)真空中有一匀强磁场,磁场边答案C为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,且磁感应强度最小,由qvB=可知,电子在匀强磁场中的轨迹半径r=,当r最大时,B最小,故临界情况为电子轨迹与有界磁场外边界相切,如图所示,由几何关系知a2+r2=(3a-r)2,解得r=a,联立可得最小的磁感应强度B=,选项C正确。 答案C为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域4.(2020天津,7,5分)(多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角=45

29、。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则()A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为C.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与O点相距(+1)a4.(2020天津,7,5分)(多选)如图所示,在Oxy平面答案AD粒子在磁场中的偏转轨迹如图,由左手定则可知粒子带负电,故A正确。由粒子在磁场中做圆周运动的轨迹以及几何关系可知,R=a,ON=R+a,由洛伦兹力提供向心力得qvB=,联立解得v=,ON=(+1)a,故B、C错误,D正确。故选A、D。 答案AD粒子在磁场中的偏转轨迹如图,由左手定则可知5.(2020浙江7月选考,22,10分)某

30、种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m,电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;(2)求探测到三

31、束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。 答案见解析5.(2020浙江7月选考,22,10分)某种离子诊断测量简解析(1)qvB=得v=几何关系OO=0.6Rs=0.8R(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,=tan =Lmax=R(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pz=p cos =0.8qBR0LRF1=Np+2Npz=2.6NqBRR0.4RF3=Np=NqBR解析(1)qvB=得v=6.(2017浙江11月选考,23,10分)如图所示,x轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,坐标原

32、点处有一正离子源,单位时间在xOy平面内发射n0个速率均为v的离子,分布在y轴两侧各为的范围内。在x轴上放置长度为L的离子收集板,其右端点距坐标原点的距离为2L,当磁感应强度为B0时,沿y轴正方向入射的离子,恰好打在收集板的右端点。整个装置处于真空中,不计重力,不考虑离子间的碰撞,忽略离子间相互作用。(1)求离子的比荷;(2)若发射的离子被收集板全部收集,求的最大值;(3)假设离子到达x轴时沿x轴均匀分布。当=37,磁感应强度在B0B3B0的区间取不同值时,求单位时间内收集板收集到的离子数n与磁感应强度B之间的关系。(不计离子在磁场中运动的时间）答案见解析6.(2017浙江11月选考,23,1

33、0分)如图所示,x轴上解析(1)洛伦兹力提供向心力qvB0=m圆周运动的半径R=L得=(2)如图1所示,以最大值m入射时,有x=2R(1-cos m)=L或2R cos m=L得m=图1(3)BB0,全部收集到离子时的最小半径为R1如图2,有解析(1)洛伦兹力提供向心力qvB0=m2R1 cos 37=L得B1=1.6B0当B0B1.6B0时,有n1=n0B1.6B0,恰好收集不到离子时的半径为R2,有R2=0.5L得B2=2B0当1.6B0B2B0时,设R=,有n2=n0=n0(5-)当2B0B3B0时,有n3=0 图22R1 cos 37=L7.(2020浙江1月选考,22,10分)通过测

34、量质子在磁场中的运动轨迹和打到探测板上的计数率(即打到探测板上质子数与衰变产生总质子数N的比值),可研究中子n)的衰变。中子衰变后转化成质子和电子,同时放出质量可视为零的反中微子。如图所示,位于P点的静止中子经衰变可形成一个质子源,该质子源在纸面内各向均匀地发射N个质子。在P点下方放置有长度L=1.2 m以O为中点的探测板,P点离探测板的垂直距离OP为a。在探测板的上方存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。已知电子质量me=9.110-31 kg=0.51 MeV/c2,中子质量mn=939.57 MeV/c2,质子质量mp=938.27 MeV/c2(c为光速,不考虑粒子之间的

35、相互作用)。若质子的动量p=4.810-21 kgms-1=310-8 MeVsm-1(1)写出中子衰变的核反应式,求电子和反中微子的总动能。(以MeV为能量单位);(2)当a=0.15 m,B=0.1 T时,求计数率;(3)若a取不同的值,可通过调节B的大小获得与(2)问中同样的计数率,求B与a的关系并给出B的取值范围。7.(2020浙江1月选考,22,10分)通过测量质子在磁场答案见解析解析(1)核反应方程为 npe根据爱因斯坦质能方程Ed=(mn-mp-me)c2=0.79 MeVEkp=4.3210-2 MeV因此电子和反中微子的总动能为Ek=Ed-Ekp=7.46810-1 MeV(

36、2)质子在磁场中的运动半径为R=0.3 m 甲答案见解析解析(1)核反应方程为 npe如图甲所示,由几何关系可知,sin =sin =,打到探测板的对应发射角度=可得质子计数率为=(3)在确保计数率为的情况下,R=2a即B=T如图乙所示,恰好能打在探测板左端的条件为 乙如图甲所示,由几何关系可知,sin =sin =,(2Rmax)2-=其中Rmax=解得Bmin= T因此满足条件的B=T,B T(2Rmax)2-=8.(2020山东,17,14分)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板,两板间电压为U,Q板为记录板,分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的、两部分,M、N

37、、P、Q所在平面相互平行,a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴,向右为正方向,取z轴与Q板的交点O为坐标原点,以平行于Q板水平向里为x轴正方向,竖直向上为y轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz。区域、内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场,磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m,电荷量为+q的粒子,从a孔飘入电场(初速度视为零),经b孔进入磁场,过P面上的c点(图中未画出)进入电场,最终打到记录板Q上。不计粒子重力。图甲8.(2020山东,17,14分)某型号质谱仪的工作原理如图图乙(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L;(2)求粒子打到

38、记录板上位置的x坐标;(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示);(4)如图乙所示,在记录板上得到三个点s1、s2、s3,若这三个点是质子H、氚核H、氦核He的位置,请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用,不要求写出推导过程)。答案见解析答案见解析解析(1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v,粒子在区域中,做匀速圆周运动对应圆心角为,在M、N两金属板间,由动能定理得qU=mv2在区域中,粒子做匀速圆周运动,磁场力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m联立式得R=由几何关系得d2+(R-L)2=R2cos =sin =联立式得L=-解析(1)设粒子经加速电场到b孔的速

39、度大小为v,粒子在区域(2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加速度大小为a,位移大小为x,运动时间为t,由牛顿第二定律得qE=ma粒子在z轴方向做匀速直线运动,由运动合成与分解的规律得vz=v cos d=vzt粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动,由运动学公式得x=at2联立式得x=(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y,其中在区域中沿y方向偏离的距离为y,由运动学公式得y=vt sin 由题意得y=L+y联立式得y=R-+(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置。(2)设区域中粒子沿z轴方向的分速度为vz,沿x轴正方向加9.(2020课标,24,1

40、2分)如图,在0 xh,-y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm;(2)如果磁感应强度大小为,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。 答案(1)见解析(2)(2-)h9.(2020课标,24,12分)如图,在0 xh,-解析(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力公式和圆周运动规律,有qv0B=m由此可得R=粒子

41、穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半径应满足Rh由题意,当磁感应强度大小为Bm时,粒子的运动半径最大,由此得Bm=(2)若磁感应强度大小为,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由式可得,此时圆弧半径为R=2h粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为,由几何关系sin =解析(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力即=由几何关系可得,P点与x轴的距离为y=2h(1-cos )联立式得y=(2-)h以下为教师用书专用1.(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

42、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.2B.1C.1D.3 以下为教师用书专用1.(2017课标,18,6分)如图,虚答案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。答案C设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v22.(2019课标,17,6分)如图,边长为l的正方

43、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,kBlB.kBl,kBlC.kBl,kBlD.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,

44、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。2.(2019课标,17,6分)如图,边长为l的正方形ab3.(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90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(

45、)A.B.C.D. 3.(2016课标,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为答案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。 解题方法正确画出粒子在磁场中运动的轨迹图。由于=且=30得出t=。当筒转过90时,粒子恰好从小孔N飞出,意味着粒子在磁场中运动的时间t=。答案A定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对4.(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

46、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4.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存答案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

47、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。 答案C本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考5.(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. 5.(2019课标,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二答案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

48、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。答案B本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生6.(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(

49、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. 6.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹答案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。审题指导由左手定则可判定粒子进入磁场后的偏转方向。因粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,则知粒子的运动轨迹与ON相切。如何确定圆心是作图的关键。答

50、案D粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m7.(2016四川理综,4,6分)如图所示,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()A.vbvc=12,tbtc=21B.vbvc=21,tbtc=12C.vbvc=21,tbtc=21D.vbvc=12,tbtc=127.(2016四川理综,4,6分)如图所示,正六边形abcd答案A由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在a点,半径为正六边形边长

51、L;粒子以vc射入时轨迹圆心在M点,半径为2L;由半径公式r=可得vbvc=rbrc=12,由几何图形可看出,两个圆弧轨迹所对圆心角分别是120、60,所以tbtc=21,A项正确。 方法技巧处理粒子在磁场中做圆周运动问题的基本方法是:定圆心,画轨迹,由几何关系求半径,再由半径公式求粒子的速度、电荷量、质量、磁感应强度等,最后找圆心角求时间。答案A由定圆心的方法知,粒子以vb射入时轨迹圆心在8.(2020江苏单科,16,16分)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次

52、、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔t;(3)乙的比荷可能的最小值。 8.(2020江苏单科,16,16分)空间存在两个垂直于Ox答案见解析解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2由半径r=得,r1=,r2=且d=2r1-2r2,解得d=(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2由T=得,t1=,t2=,且t=2t1+3t2解得t=(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆

53、周运动若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,)相遇时,有n=d,n=t1+t2解得=n答案见解析解析(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,解得=n根据题意,n=1舍去。当n=2时,有最小值()min=若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,),经分析不可能相遇。综上分析,比荷的最小值为。解得=n若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、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

54、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。 9.(2019课标,24,12分)如图,在直角三角形OPN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

55、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=答案(1)(2)(+)解析本题考查了带电粒子在(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。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

56、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d0)。霍尔片的放大图如图2所示,它由长宽厚=abd、单位体积内自由电子数为n的N型半导体制成。磁场方向垂直于x轴向上,磁感应强度大小为B=B0(1-|x|),0。无压力波输入时,霍尔片静止在x=0处,此时给霍尔片通以沿C1、C2方向的电流I,则在侧面上D1、D2两点间产生霍尔电压U0。(1)指出D1、D2两点哪点电势高;(2)推导出U0与I、B0之间的关系式(提示:电流I与自由电子定向移动速率v之间

57、关系为I=nevbd,其中e为电子电荷量);(3)弹性盒中输入压力波p(t),霍尔片中通以相同电流,测得霍尔电压UH随时间t变化图像如图3。忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼,求压力波的振幅和频率。(结果用U0、U1、t0、及表示) 图1 图2 图34.(2018浙江4月选考,22,10分)压力波测量仪可将待答案(1)D1点电势高(2)U0=(3) 解析(1)N型半导体中可以自由移动的是电子,根据左手定则可以知道电子往D2端移动,因此D1点电势高。(2)根据霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场力平衡得:evB0=e将v=代入解得:U0=(3)由任意时刻霍尔元件内部电子所受的洛伦兹力和电场

58、力平衡得:evB=e则UH(t)=(1-|x|)=(1-|p|)=U0(1-|p|)由上式可得|p|=-结合UH-t图像可知,振幅A=,频率f=。答案(1)D1点电势高(2)U0=解析(1)N型半导5.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0=。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正

59、方向射出质量为m、电荷量为q(q0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在电场中运动的时间不计。 图1 图2(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。答案见解析5.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器解析(1)由题意可知,发射源的位置x0=y0粒子的初动能:Ek0=(2)分下面三种情况讨论:()如图1,Ek02qU0图1由y=、R0=、R1=和m=m-qU0,m=m-qU0及x=y+2(R0+R1)

60、解析(1)由题意可知,发射源的位置x0=y0得x=y+;()如图2,qU0Ek02qU0图2由-y-d=、R0=和m=m+qU0及x=3+2R0得x=-3(y+d)+;()如图3,Ek0mbmcB.mbmamcC.mcmambD.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-Bqvcmamc,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