（新課標Ⅱ）2019版高考物理一輪復習 專題十 磁場課件.ppt

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1、專題十磁場,高考物理 (課標專用),考點一磁場、安培力 1.(2018課標,20,6分)(多選)如圖,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0,方向也垂直于紙面向外。則() A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0,五年高考,A組 統(tǒng)一命題課標卷題組,B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 D.流經(jīng)L2的電

2、流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0,答案AC本題考查安培定則、磁場的疊加。由安培定則判定,L1中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場方向分別垂直于紙面向里和向外;設(shè)L1和L2中的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小分別為B1和B2,由磁感應強度的矢量疊加原理可得,B0-B1-B2=B0,B0+B2-B1=B0,解得B1=B0,B2=B0,故A、C項正確。,解題關(guān)鍵注意矢量的方向性 本題解題的關(guān)鍵是要注意磁感應強度的方向性,如L2中電流產(chǎn)生的磁場方向在a點垂直紙面向里,在b點垂直紙面向外。,,2.(2017課標,21,6分)(多選)某同學自制的簡

3、易電動機示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成,漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出,并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個金屬支架之間,線圈平面位于豎直面內(nèi),永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動起來,該同學應將() A.左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉 B.左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,C.左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉 D.左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉,右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉,答案AD本題考查安培力、電路。要使線圈在磁場中開始轉(zhuǎn)動,則線圈中必有電流通過,電路必須接通,故左右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都必須刮掉;但如果上側(cè)的絕緣漆也都刮掉,當線圈轉(zhuǎn)過

4、180時,靠近磁極的導線與開始時靠近磁極的導線中的電流方向相反,受到的安培力相反,線圈向原來的反方向轉(zhuǎn)動,線圈最終做往返運動,要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動,當線圈轉(zhuǎn)過180時,線圈中不能有電流通過,依靠慣性轉(zhuǎn)動到初始位置再接通電路即可實現(xiàn)連續(xù)轉(zhuǎn)動,故左、右轉(zhuǎn)軸的上側(cè)不能都刮掉,故選項A、D正確。,易錯警示 要使線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動,要么受到方向不變的持續(xù)的安培力,要么受到間歇性的方向不變的安培力,依靠慣性連續(xù)轉(zhuǎn)動,而不能受到交變的安培力作用。,,3.(2017課標,19,6分)(多選)如圖,三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距,均通有電流I,L1中電流方向與L2中的相同,與L3中的相反。下列說法正確

5、的是() A.L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為11 D.L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1,答案BC本題考查安培力。因三根導線中電流相等、兩兩等距,則由對稱性可知兩兩之間的作用力大小均相等。因平行電流間同向吸引、反向排斥,各導線受力如圖所示,由圖中幾何關(guān)系可知,L1所受磁場作用力F1的方向與L2、L3所在平面平行,L3所受磁場作用力F3的方向與L1、L2所在平面垂直,A錯誤、B正確。設(shè)單位長度的導線兩兩之間作用力的大小為F,則由幾何關(guān)系可得L1、L2單

6、位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 60=F,L3單位長度所受的磁場作用力大小為2F cos 30=F,故C正確、D錯誤。,一題多解電流的磁場與安培力 由對稱性可知,每條通電導線在其余兩導線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應強度大小相等,設(shè)為B。如圖所示,由幾何關(guān)系可得L1所在處磁場B1=2B cos 60=B,方向與L2、L3所在平面垂直,再由左手定則知L1所受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行,L1上單位長度所受安培力的大小為F1=BI。同理可判定L3所受磁場作用力方向與L1、L2所在平面垂直,單位長度所受安培力大小為F3=BI;L2上單位長度所受安培力大小為F2=BI,即F1F2F3=11

7、,故A、D錯誤,B、C正 確。,4.(2015課標,18,6分,0.527)(多選)指南針是我國古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針,下列說法正確的是() A.指南針可以僅具有一個磁極 B.指南針能夠指向南北,說明地球具有磁場 C.指南針的指向會受到附近鐵塊的干擾 D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導線,導線通電時指南針不偏轉(zhuǎn),答案BC任何磁體均具有兩個磁極,故A錯。指南針之所以能指向南北,是因為指南針的兩個磁極受到磁場力的作用,這說明地球具有磁場,即B正確。放在指南針附近的鐵塊被磁化后,反過來會影響指南針的指向,即C正確。通電直導線產(chǎn)生的磁場對其正下方的指南針有磁場力的作用,會使指南針發(fā)生偏轉(zhuǎn)

8、,故D錯。,易錯警示 鐵塊被指南針磁化后反過來會影響指南針。,考查點 磁場,,5.(2014課標,15,6分,0.809)關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是() A.安培力的方向可以不垂直于直導線 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān) D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话?答案B由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直,選項A錯、B正確;安培力的大小F=BIL sin ,與直導線和磁場方向的夾角有關(guān),選項C錯誤;將直導線從中點折成直角,假設(shè)原來直導線與磁場方向垂直,若折成直角后一段與磁場

9、仍垂直,另一段與磁場平行,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话?若折成直角后,兩段都與磁場垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?因此安培力大小不一定是原來的一半,選項D錯誤。,6.(2015課標,24,12分,0.564)如圖,一長為10 cm的金屬棒ab用兩個完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中;磁場的磁感應強度大小為0.1 T,方向垂直于紙面向里;彈簧上端固定,下端與金屬棒絕緣。金屬棒通過開關(guān)與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 。已知開關(guān)斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關(guān),系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關(guān)斷開時相比均改變了0.3 cm。重力加速度大小取10 m/s2。判斷開關(guān)

10、閉合后金屬棒所受安培力的方向,并求出金屬棒的質(zhì)量。,答案 見解析,,解析依題意,開關(guān)閉合后,電流方向為從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向為豎直向下。 開關(guān)斷開時,兩彈簧各自相對于其原長的伸長量為l1=0.5 cm。由胡克定律和力的平衡條件得 2kl1=mg 式中,m為金屬棒的質(zhì)量,k是彈簧的勁度系數(shù),g是重力加速度的大小。 開關(guān)閉合后,金屬棒所受安培力的大小為 F=IBL 式中,I是回路電流,L是金屬棒的長度。兩彈簧各自再伸長了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡條件得 2k(l1+l2)=mg+F 由歐姆定律有 E=IR 式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻。 聯(lián)立式,并

11、代入題給數(shù)據(jù)得,m=0.01 kg (安培力方向判斷正確給2分,式各2分),思路分析 開關(guān)斷開時對ab棒進行受力分析,列平衡方程。 開關(guān)閉合時,判定安培力方向,對ab棒進行受力分析,列平衡方程。,考查點 安培力、閉合電路歐姆定律,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 7.(2017課標,18,6分)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場,P為磁場邊界上的一點。大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點,在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場。若粒子射入速率為v1,這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上;若粒子射入速率為v2,相應的出射點分布在三分之一圓周上。不計重力及帶電粒子之間的

12、相互作用。則v2v1為() A.2B.1C.1D.3,答案C設(shè)速率為v1的粒子最遠出射點為M,速率為v2的粒子最遠出射點為N,如圖所示,則由幾何知識得 r1==,r2==R = 由qvB=得r=,故==,選項C正確。,8.(2016課標,18,6分,)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為() A.B.C.D.,答

13、案A定圓心、畫軌跡,由幾何關(guān)系可知,此段圓弧所對圓心角=30,所需時間t=T= ;由題意可知粒子由M飛至N與圓筒旋轉(zhuǎn)90所用時間相等,即t==,聯(lián)立以上兩式得 =,A項正確。,,9.(2016課標,18,6分)平面OM和平面ON之間的夾角為30,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為() A.B.C.

14、D.,答案D粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,由qvB=m得R=,分析圖中角度關(guān)系可知, PO半徑與OQ半徑在同一條直線上。 則PQ=2R,所以O(shè)Q=4R=,選項D正確。,,10.(2015課標,14,6分,0.759)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的() A.軌道半徑減小,角速度增大 B.軌道半徑減小,角速度減小 C.軌道半徑增大,角速度增大 D.軌道半徑增大,角速度減小,答案 D因洛倫茲力不做功,故帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱的磁場區(qū)域后,其速度大小不變,由r=知,軌道半徑增

15、大;由角速度=知,角速度減小,選項D正確。,,11.(2015課標,19,6分,0.506)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和,中的磁感應強度是中的k倍。兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動。與中運動的電子相比,中的電子() A.運動軌跡的半徑是中的k倍 B.加速度的大小是中的k倍 C.做圓周運動的周期是中的k倍 D.做圓周運動的角速度與中的相等,答案AC由題意可知,v1=v2,B1=kB2。電子運動的軌跡半徑R=,故R2=kR1,A正確。加 速度大小a=B,故a2=a1/k,B錯。周期T=,故T2=kT1,C正確。角速度==B, 故2=1/k,D錯。,思路點撥利用洛倫茲力提供向心力推出R、

16、a、T、的表達式,然后根據(jù)表達式進行判斷。,考查點 帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn),,12.(2014課標,16,6分,0.637)如圖,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O,已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為(),A.2B.C.1D.,答案D由題圖可知,帶電粒子在鋁板上方的軌跡半徑為下方軌跡半徑的2倍;由洛倫茲力提供向心力:qvB=,得v=;其動能Ek=mv2=,故磁感應強度B=,== ,選項D正確。,考查點 帶

17、電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn),解題關(guān)鍵利用洛倫茲力提供向心力,求出v與R的關(guān)系,導出Ek的表達式。,,13.(2014課標,20,6分,0.347)(多選)圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中,永磁鐵提供勻強磁場,硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時,下列說法正確的是() A.電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B.電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C.僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D.粒子的動能越大,它在磁場中運動軌跡的半徑越小,答案AC在同一勻強磁場中,各粒子進入磁場時速度方向相同,但速度大小關(guān)

18、系未知。由左手定則可知電子與正電子進入磁場時所受洛倫茲力方向相反,偏轉(zhuǎn)方向必相反,故A正確。因r=,各粒子雖q相同,但v關(guān)系未知,故m相同、v不同時軌跡半徑不同,而當r相同時只能表明 mv相同,不能確定m的關(guān)系,故B錯誤、C正確。由Ek=mv2、r=得r=,可見當Ek越大時 粒子軌跡半徑越大,故D錯誤。,考查點 洛倫茲力、左手定則,審題指導 本題考查帶電粒子垂直射入磁場后的偏轉(zhuǎn)問題,不要受“硅微條徑跡探測器”這個名稱的影響。,,14.(2017課標,24,12分)如圖,空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x0區(qū)域,磁感應強度的大小為B0;x1)。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶

19、電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場,此時開始計時。當粒子的速度方向再次沿x軸正向時,求(不計重力) (1)粒子運動的時間; (2)粒子與O點間的距離。,答案 (1)(1+)(2)(1-),,解析本題考查帶電粒子在磁場中的運動。 (1)在勻強磁場中,帶電粒子做圓周運動。設(shè)在x0區(qū)域,圓周半徑為R1;在x<0區(qū)域,圓周半徑為R2。由洛倫茲力公式及牛頓運動定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180時,所需時間t1為 t1= 粒子再轉(zhuǎn)過180時,所需時間t2為 t2= 聯(lián)立式得,所求時間為 t0=t1+t2=(1+) (2)由幾何關(guān)系及式得,所求距離為,d0=2(R1-

20、R2)=(1-) ,綜合點評帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力。特點是粒子在y軸左、右兩側(cè)的受力大小有突變。因為B左B右,所以R左

21、運動。下列選項正確的是() A.mambmcB.mbmamc C.mcmambD.mcmbma,答案B本題考查帶電粒子在復合場中的運動。因微粒a做勻速圓周運動,則微粒重力不能忽略且與電場力平衡:mag=qE;由左手定則可以判定微粒b、c所受洛倫茲力的方向分別是豎直向上與豎直向下,則對b、c分別由平衡條件可得mbg=qE+BqvbqE、mcg=qE-Bqvcmamc,B正確。,規(guī)律總結(jié) 復合場中粒子的特殊運動 帶電粒子在重力場、勻強電場和磁場組成的復合場中運動時:若做勻速圓周運動,重力必與電場力平衡,洛倫茲力提供向心力;若做直線運動,必是勻速直線運動,合力定為零。,,16.(2016課標,15,

22、6分)現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為() A.11B.12C.121D.144,答案D設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應強度為B1,改變后的磁感應強度為B2。在加速電場中qU=mv2,在磁場中qvB=m,聯(lián)立兩式得m=,故有==144,選項 D正確。,考查點 帶電粒子在復合場中的運動,解題關(guān)鍵 利用電場加速、磁場偏

23、轉(zhuǎn)推出的表達式。,,17.(2018課標,25,20分)一足夠長的條狀區(qū)域內(nèi)存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內(nèi)的截面如圖所示:中間是磁場區(qū)域,其邊界與y軸垂直,寬度為l,磁感應強度的大小為B,方向垂直于xOy平面;磁場的上、下兩側(cè)為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,方向均沿x軸正方向;M、N為條狀區(qū)域邊界上的兩點,它們的連線與y軸平行。一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場,經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出。不計重力。 (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡; (2)求該粒子從M點入射時速度的大小; (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好

24、與x軸正方向的夾角為,求該粒子的比荷及其從M點 運動到N點的時間。,答案 (1)見解析(2)(3),,解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動。 (1)粒子運動的軌跡如圖(a)所示。(粒子在電場中的軌跡為拋物線,在磁場中為圓弧,上下對稱) 圖(a) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動。設(shè)粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側(cè)電場中運動的時間為t,加速度的大小為a;粒子進入磁場的速度大小為v,方向與電場方向的夾角為見圖(b),速度沿電場方向的分量為v1。,圖(b),根據(jù)牛頓第二定律有 qE=ma 式中q和m分別為粒子的電荷量和質(zhì)量。由運動學公式有 v1=at l=v0t v1=v c

25、os 粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvB= 由幾何關(guān)系得 l=2R cos 聯(lián)立式得 v0= (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得,v1=v0 cot 聯(lián)立式得 = 設(shè)粒子由M點運動到N點所用的時間為t,則 t=2t+T 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期, T= 由式得 t=,審題指導對稱性是解題關(guān)鍵,18.(2018課標,25,20分)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,場強大小為E;在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。一個氕核H和一個氘核H先后從y軸 上y=h點以相同的動能射出,速度方向沿x軸正方向。已

26、知H進入磁場時,速度方向與x軸正方 向的夾角為60,并從坐標原點O處第一次射出磁場H的質(zhì)量為m,電荷量為q。不計重力。求 (1H第一次進入磁場的位置到原點O的距離; (2)磁場的磁感應強度大小; (3H第一次離開磁場的位置到原點O的距離。,答案(1)h(2)(3)(-1)h,,解析本題考查帶電粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)及帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1H在電場中做類平拋運動,在磁場中做圓周運動,運動軌跡如圖所示。設(shè)H在電場中 的加速度大小為a1,初速度大小為v1,它在電場中的運動時間為t1,第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1。由運動學公式有 s1=v1t1 h=a1 由題給條件H進入磁場時速度

27、的方向與x軸正方向夾角1=60H進入磁場時速度的y分 量的大小為 a1t1=v1 tan 1,聯(lián)立以上各式得 s1=h (2H在電場中運動時,由牛頓第二定律有 qE=ma1 設(shè)H進入磁場時速度的大小為v1,由速度合成法則有 v1= 設(shè)磁感應強度大小為BH在磁場中運動的圓軌道半徑為R1,由洛倫茲力公式和牛頓第二 定律有 qv1B= 由幾何關(guān)系得 s1=2R1 sin 1 聯(lián)立以上各式得 B=,(3)設(shè)H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2,在電場中的加速度大小為a2,由題給 條件得 (2m)=m 由牛頓第二定律有 qE=2ma2 設(shè)H第一次射入磁場時的速度大小為v2,速度的方向與x軸正方向夾

28、角為2,入射點到原 點的距離為s2,在電場中運動的時間為t2。由運動學公式有 s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 聯(lián)立以上各式得 s2=s1,2=1,v2=v1,設(shè) H在磁場中做圓周運動的半徑為R2,由式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑 公式得 R2==R1 所以出射點在原點左側(cè)。設(shè)H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s 2,由幾何關(guān)系有 s2=2R2 sin 2 聯(lián)立式得H第一次離開磁場時的位置到原點O的距離為 s2-s2=(-1)h,規(guī)律總結(jié)帶電粒子在組合場中運動問題的一般解題思路 電場中類平拋運動:x=v0t,y=at2 速度方向:tan = 位移方向:tan

29、 = 磁場中勻速圓周運動的解題步驟:a.確定圓心; b.利用幾何關(guān)系求半徑;c.qvB=,19.(2018課標,24,12分)如圖,從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子,由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求 (1)磁場的磁感應強度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。,答案(1)(2)14,,解析本題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動。 (1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1,在磁

30、場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為B,由動能定理有 q1U=m1 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1 由幾何關(guān)系知 2R1=l 由式得 B= (2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U=m2,q2v2B=m2 由題給條件有 2R2= 由式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為 =14,思路分析根據(jù)題設(shè)條件,分析離子在電場和磁場中的運動情況,結(jié)合動能定理、牛頓第二定律等知識列方程求解。,,20.(2014大綱全國,25,20分)如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應強度方向垂直于紙面(xy平面)向

31、外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為,求 (1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值; (2)該粒子在電場中運動的時間。,答案 (1)v0 tan2 (2),,解析(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應強度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B=m 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0=d 設(shè)電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的

32、加速度大小為ax,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓運動定律及運動學公式得 Eq=max vx=axt t=d 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有,tan = 聯(lián)立式得 =v0 tan2 (2)聯(lián)立式得 t=,評分參考:第(1)問18分,式3分,式1分,式各3分,式2分;第(2)問2分,式2分。,考查點 帶電粒子在復合場中的運動,審題技巧 由關(guān)鍵點“平行于x軸”“垂直于x軸”可知R0=d。,思路分析在第一象限帶電粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力。 在第四象限,帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn),豎直方向做勻速直線運動,水平方向做勻加速直線運動。,,考點一磁

33、場、安培力 1.(2017上海單科,11,4分)如圖,一導體棒ab靜止在U形鐵芯的兩臂之間。電鍵閉合后導體棒受到的安培力方向() A.向上B.向下 C.向左D.向右,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,答案D本題考查電流的磁效應、安培力及左手定則。根據(jù)圖中的電流方向,由安培定則知U形鐵芯下端為N極,上端為S極,ab中的電流方向由ab,由左手定則可知導體棒受到的安培力方向向右,選項D正確。,思路分析 繞有線圈的U形鐵芯為電磁鐵,據(jù)通過線圈的電流方向,確定U形鐵芯的磁極,再通過左手定則確定安培力的方向。,,2.(2017江蘇單科,1,3分)如圖所示,兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強磁場

34、B的邊緣恰好與a線圈重合,則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為() A.11B.12 C.14D.41,易錯點評 雖然兩線圈面積不同,但是有效面積相等。,答案A磁通量=BS,其中B為磁感應強度,S為與B垂直的有效面積。因為是同一磁場,B相同,且有效面積相同,Sa=Sb,故a=b。選項A正確。,,,3.(2016北京理綜,17,6分)中國宋代科學家沈括在夢溪筆談中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針鋒,則能指南,然常微偏東,不全南也。”進一步研究表明,地球周圍地磁場的磁感線分布示意如圖。結(jié)合上述材料,下列說法不正確的是() A.地理南、北極與地磁場的南、北極不重合 B.地球內(nèi)部也存在磁場,地磁南極在地理

35、北極附近 C.地球表面任意位置的地磁場方向都與地面平行 D.地磁場對射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用,答案C由題意可知,地理南、北極與地磁場的南、北極不重合,存在磁偏角,A正確。磁感線是閉合的,再由圖可推知地球內(nèi)部存在磁場,地磁南極在地理北極附近,故B正確。只有赤道上方附近的磁感線與地面平行,故C錯誤。射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的運動方向與地磁場方向不平行,故地磁場對其有力的作用,這是磁場的基本性質(zhì),故D正確。選C。,審題指導 題圖往往提供解題的關(guān)鍵信息,所以要仔細觀察圖,挖掘有用信息。,,4.(2015江蘇單科,4,3分)如圖所示,用天平測量勻強磁場的磁感應強度。下列各選項所示的

36、載流線圈匝數(shù)相同,邊長MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方。線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài)。若磁場發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是(),答案A天平處于平衡狀態(tài),說明線圈受到的重力和安培力的合力等于兩側(cè)砝碼重力差,根據(jù)安培力公式F=BIL,知選項A中線圈在磁場中有效長度最大,所受安培力最大,磁場發(fā)生微小變化,安培力變化最大,天平最容易失去平衡,選項A符合題意。,,5.(2018江蘇單科,13,15分)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為s,導

37、軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒 (1)末速度的大小v; (2)通過的電流大小I; (3)通過的電荷量Q。,答案(1)(2) (3),,解析(1)勻加速直線運動 v2=2as 解得v= (2)安培力F安=IdB 金屬棒所受合力F=mg sin -F安 由牛頓運動定律得F=ma 解得I= (3)運動時間t= 電荷量Q=It 解得Q=,試題評析情景新穎、題設(shè)巧妙 此題主要考查運動學公式和牛頓第二定律的簡單應用,但應用情景為導體在磁場中導軌上的運動。情景新穎,題設(shè)巧妙,過程簡單,是

38、一道考查考生基礎(chǔ)知識掌握水平的好題,本題難度為易。,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 6.(2015海南單科,1,3分)如圖,a是豎直平面P上的一點。P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點。P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點。在電子經(jīng)過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向() A.向上B.向下C.向左D.向右,答案AP前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點,條形磁鐵在a點的磁場垂直于豎直平面向外,在電子經(jīng)過a點的瞬間,由左手定則可知該電子所受洛倫茲力方向向上,A對,B、C、D錯。,,7.(2015四川理綜,7,6分)(多選)如圖

39、所示,S處有一電子源,可向紙面內(nèi)任意方向發(fā)射電子,平板MN垂直于紙面。在紙面內(nèi)的長度L=9.1 cm,中點O與S間的距離d=4.55 cm,MN與SO直線的夾角為,板所在平面有電子源的一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.010-4 T。電子質(zhì)量m=9.110-31 kg,電量e=-1.610-19 C,不計電子重力。電子源發(fā)射速度v=1.6106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則() A.=90時,l=9.1 cm B.=60時,l=9.1 cm C.=45時,l=4.55 cm D.=30時,l=4.55 cm,答案AD如圖,S到MN的距離d

40、0=d sin ,因電子在磁場中沿逆時針方向轉(zhuǎn)動,則電子打在MN上最上端的位置對應于電子運動軌跡與MN的切點,電子打在MN上最下端的位置對應于到S的距離等于電子運動軌跡直徑的點(若,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r ==4.55 cm。由圖中幾何關(guān)系有=,=。當=90時,取 得最小值r,此時=,從而有l(wèi)==+-d cos =+-d cos 。當 =90時,l=9.1 cm,當=60時,l=6.78 cm,當=45時,l=5.68 cm,當=30時,l=4.55 cm。故可知A、D正確,B、C錯誤。,8.(2014安徽理綜,18,6分)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子

41、體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部,而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于() A.B.T C.D.T2,答案A等離子體在磁場中受到的洛倫茲力提供向心力,有:qvB=,得v= 動能Ek=mv2= 由題意得Ek=kT 故有:kT= 得B= 即B,選項A正確。,9.(2016北京理綜,22,16分)如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子,以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場,在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。

42、 (1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T; (2)為使該粒子做勻速直線運動,還需要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場,求電場強度E的大小。,答案 (1)(2)vB,,解析(1)洛倫茲力提供向心力,有f=qvB=m 帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R= 勻速圓周運動的周期T== (2)粒子受電場力F=qE,洛倫茲力f=qvB。粒子做勻速直線運動,則qE=qvB 場強E的大小E=vB,考點三帶電粒子在復合場中的運動 10.(2018北京理綜,18,6分)某空間存在勻強磁場和勻強電場。一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運動;若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運動。下列因素與

43、完成上述兩類運動無關(guān)的是() A.磁場和電場的方向B.磁場和電場的強弱 C.粒子的電性和電量D.粒子入射時的速度,答案C本題考查帶電粒子在電、磁場中的運動。不計重力的帶電粒子,在電場和磁場的復合場中做勻速直線運動,則一定滿足關(guān)系Eq=qvB;若撤去電場后,粒子做勻速圓周運動,僅需滿足洛倫茲力充當向心力,即qvB=m,綜合可知,粒子的電性和電量與能否完成題述 兩類運動無關(guān),C對。,,11.(2018天津理綜,11,18分)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強電場,電場強度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直紙面向里。磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R、R的半圓環(huán)形區(qū)域,

44、外圓與ab的交點分別為M、N。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負 電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進入磁場,從N射出。不計粒子重力。 (1)求粒子從P到M所用的時間t; (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進入磁場,從N射出。粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度v0的大小。,答案 (1)(2),,解析本題考查帶電粒子在復合場中的運動。 (1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有 qvB=m 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有 F=qE 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a,根據(jù)牛頓第二定律有 F=ma 粒子在電場中做初

45、速度為零的勻加速直線運動,有 v=at 聯(lián)立式得 t= (2)粒子進入勻強磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關(guān),運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定。故當軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短。設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r,由幾何關(guān)系可得,(r-R)2+(R)2=r2 設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)系知 tan = 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運動和從P釋放后的運動情況相同,所以粒子進入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v。在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得 tan =,聯(lián)立式得 v0=,思

46、路分析帶電粒子在復合場中的運動 (1)粒子從P點靜止釋放,在環(huán)形區(qū)域中做勻速圓周運動?？上惹蟪隽Ｗ幼鰟蛩賵A周運動的速度,即粒子在電場中運動的末速度,再由在電場中的加速運動求得運動的時間。 (2)從Q點射出的粒子,在環(huán)形區(qū)域中仍做勻速圓周運動。要使其圓周運動時間最短,其運動軌跡必與內(nèi)圓相切。,12.(2018江蘇單科,15,16分)如圖所示,真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域,高為4d,寬為d,中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d,中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點,各區(qū)域磁感應強度大小相等。某粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q,從O沿軸線射入磁場。當入射速度為v0時,粒子從O上方 處射出磁場。取sin 53=0.

47、8,cos 53=0.6。 (1)求磁感應強度大小B; (2)入射速度為5v0時,求粒子從O運動到O的時間t; (3)入射速度仍為5v0,通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊),可使粒子從O運動到O的時間增加t,求t的最大值。,答案 (1)(2)(3),,解析本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。 (1)粒子圓周運動的半徑r0= 由題意知r0=,解得B= (2)設(shè)粒子在第一個矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為 由d=r sin ,得sin =,即=53 在一個矩形磁場中的運動時間t1=,解得t1= 直線運動的時間t2=,解得t2= 則t=4t1+t2= (3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x 粒子向上的

48、偏移量y=2r(1-cos )+x tan 由y2d,解得xd,則當xm=d時,t有最大值 粒子直線運動路程的最大值sm=+(2d-2xm)=3d 增加路程的最大值sm=sm-2d=d 增加時間的最大值tm==,思路點撥帶電粒子在勻強磁場中的運動 (1)粒子以v0射入磁場,從O點正上方處射出,說明粒子僅在最左邊的磁場中做半徑為r0= 的圓周運動,軌跡為半圓。 (2)粒子以5v0射入磁場,運動半徑r==5r0=d。故可推知運動軌跡如圖所示。,(3)將中間兩磁場分別向中央平移距離x,則粒子以5v0射入后,其運動軌跡如圖所示。,13.(2017江蘇單科,15,16分)一臺質(zhì)譜儀的工作原理如圖所示。大

49、量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場,其初速度幾乎為0,經(jīng)加速后,通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中,最后打到照相底片上。已知甲、乙兩種離子的電荷量均為+q,質(zhì)量分別為2m和m,圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡。不考慮離子間的相互作用。 (1)求甲種離子打在底片上的位置到N點的最小距離x;,(2)在圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域,并求該區(qū)域最窄處的寬度d; (3)若考慮加速電壓有波動,在(U0-U)到(U0+U)之間變化,要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊,求狹縫寬度L滿足的條件。,答案 見解析,,解析本題考查動能定理、牛

50、頓第二定律。 (1)設(shè)甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 電場加速qU0=2mv2 且qvB=2m 解得r1= 根據(jù)幾何關(guān)系x=2r1-L 解得x=-L (2)如圖所示,最窄處位于過兩虛線交點的垂線上d=r1- 解得d=- (3)設(shè)乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑 r1min=,r2的最大半徑r2max= 由題意知2r1min-2r2maxL,即-L 解得L<2-,14.(2015山東理綜,24,20分)如圖所示,直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi),O為圓心,GH為大圓的水平直徑。兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場。間距為d的兩平行金屬極

51、板間有一勻強電場,上極板開有一小孔。一質(zhì)量為m、電量為+q的粒子由小孔下方處靜止釋放,加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場,由 H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場。不計粒子的重力。 (1)求極板間電場強度的大小; (2)若粒子運動軌跡與小圓相切,求區(qū)磁感應強度的大小; (3)若區(qū)、區(qū)磁感應強度的大小分別為、,粒子運動一段時間后再次經(jīng)過H點,求,這段時間粒子運動的路程。,解析(1)設(shè)極板間電場強度的大小為E,對粒子在電場中的加速運動,由動能定理得 qE=mv2 由式得 E= (2)設(shè)區(qū)磁感應強度的大小為B,粒子做圓周運動的半徑為R,由牛頓第二定律得qvB=m 如圖甲所示,粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況。

52、若粒子軌跡與小圓外切,由幾何關(guān)系得R= 圖甲,答案 (1)(2)或(3)5.5D,,聯(lián)立式得 B= 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切,由幾何關(guān)系得 R= 聯(lián)立式得 B= (3)設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的半徑分別為R1、R2,由題意可知,區(qū)和區(qū)磁感應強度的大小分別為B1=、B2=,由牛頓第二定律得 qvB1=m,qvB2=m 代入數(shù)據(jù)得R1=,R2= 設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的周期分別為T1、T2,由運動學公式得T1=,T2= 據(jù)題意分析,粒子兩次與大圓相切的時間間隔內(nèi),運動軌跡如圖乙所示,根據(jù)對稱可知,區(qū)兩,段圓弧所對圓心角相同,設(shè)為1,區(qū)內(nèi)圓弧所對圓心角設(shè)為2,圓弧和大圓的兩個切點與圓心O連線間的夾角設(shè)

53、為,由幾何關(guān)系得,圖乙,1=120 2=180 =60 粒子重復上述交替運動回到H點,軌跡如圖丙所示,設(shè)粒子在區(qū)和區(qū)做圓周運動的時間分別為t1、t2,可得,圖丙,t1=T1,t2=T2 設(shè)粒子運動的路程為s,由運動學公式得 s=v(t1+t2),聯(lián)立式得 s=5.5D,15.(2016天津理綜,11,18分)如圖所示,空間中存在著水平向右的勻強電場,電場強度大小E=5 N/C,同時存在著水平方向的勻強磁場,其方向與電場方向垂直,磁感應強度大小B=0.5 T。 有一帶正電的小球,質(zhì)量m=110-6 kg,電荷量q=210-6 C,正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動,當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不

54、考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象),取g=10 m/s2。求: (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向; (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t。,答案 (1)見解析(2)3.5 s,,解析(1)小球勻速直線運動時受力如圖,其所受的三個力在同一平面內(nèi),合力為零,有 qvB= 代入數(shù)據(jù)解得 v=20 m/s 速度v的方向與電場E的方向之間的夾角滿足 tan = 代入數(shù)據(jù)解得 tan =,=60 (2)解法一: 撤去磁場,小球在重力與電場力的合力作用下做類平拋運動,設(shè)其加速度為a,有 a= 設(shè)撤掉磁場后小球在初速度方向上的分位移為x,有 x=vt 設(shè)小球在重力與電場力的

55、合力方向上分位移為y,有 y=at2 a與mg的夾角和v與E的夾角相同,均為,又 tan = 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s 解法二:,撤去磁場后,由于電場力垂直于豎直方向,它對豎直方向的分運動沒有影響,以P點為坐標原點,豎直向上為正方向,小球在豎直方向上做勻減速運動,其初速度為 vy=v sin 若使小球再次穿過P點所在的電場線,僅需小球的豎直方向上分位移為零,則有 vyt-gt2=0 聯(lián)立式,代入數(shù)據(jù)解得 t=2 s=3.5 s,方法技巧1.在撤去磁場前,小球受重力、洛倫茲力、電場力三個力作用,三力平衡。2.撤去磁場后,可考慮把小球的運動分解成水平方向和豎直方向上的運動,其中

56、豎直方向上的運動為豎直上拋運動。,,16.(2015浙江理綜,25,22分)使用回旋加速器的實驗需要把離子束從加速器中引出,離子束引出的方法有磁屏蔽通道法和靜電偏轉(zhuǎn)法等。質(zhì)量為m,速度為v的離子在回旋加速器內(nèi)旋轉(zhuǎn),旋轉(zhuǎn)軌道是半徑為r的圓,圓心在O點,軌道在垂直紙面向外的勻強磁場中,磁感應強度為B。 為引出離子束,使用磁屏蔽通道法設(shè)計引出器。引出器原理如圖所示,一對圓弧形金屬板組成弧形引出通道,通道的圓心位于O點(O點圖中未畫出)。引出離子時,令引出通道內(nèi)磁場的磁感應強度降低,從而使離子從P點進入通道,沿通道中心線從Q點射出。已知OQ長度為L,OQ與OP的夾角為。 (1)求離子的電荷量q并判斷其

57、正負; (2)離子從P點進入,Q點射出,通道內(nèi)勻強磁場的磁感應強度應降為B,求B; (3)換用靜電偏轉(zhuǎn)法引出離子束,維持通道內(nèi)的原有磁感應強度B不變,在內(nèi)外金屬板間加直流電壓,兩板間產(chǎn)生徑向電場,忽略邊緣效應。為使離子仍從P點進入,Q點射出,求通道內(nèi)引出軌跡處電場強度E的方向和大小。,答案(1)正電荷 (2) (3)方向沿徑向向外Bv-,解析(1)離子做圓周運動 Bqv= q=,帶正電荷 (2)如圖所示 OQ=R,OQ=L,OO=R-r 引出軌跡為圓弧,有Bqv= R= 根據(jù)幾何關(guān)系得,R= B== (3)電場強度方向沿徑向向外 引出軌跡為圓弧,有Bqv-Eq= E=Bv-,考點一磁場、安培力

58、 1.(2014浙江理綜,20,6分)(多選)如圖1所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(),C組教師專用題組,圖1圖2,答案ABC根據(jù)題意得出v-t圖像如圖所示,金屬棒一直向右運動,A正確。速度隨時間做周期性變化,B正確。據(jù)F安=BIL及左手定則可判定,F安大小不變,方向做周期性變化,則C項正確。F安在前半周期做正功,后半周期做負功,則D項錯。,A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到

59、的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,評析題中“從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I”中“有”字較模糊,易引起歧義,有可能理解成動生電情況。,,,2.(2015重慶理綜,7,15分)音圈電機是一種應用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機。如圖是某音圈電機的原理示意圖,它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成,線圈邊長為L,匝數(shù)為n,磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應強度方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場忽略不計。線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場內(nèi),前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為I。 (1)求此時線圈所受安培力的大小和方

60、向。 (2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求安培力的功率。,解析 (1)由左手定則判定,線圈所受安培力的方向水平向右,大小為F=nBIL。 (2)安培力的功率P=Fv=nBILv。,答案 (1)nIBL水平向右(2)nIBLv,,,考點二洛倫茲力、帶電粒子在勻強磁場中的運動 3.(2014北京理綜,16,6分)帶電粒子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動,它們的動量大小相等,a運動的半徑大于b運動的半徑。若a、b的電荷量分別為qa、qb,質(zhì)量分別為ma、mb,周期分別為Ta、Tb。則一定有() A.qa

61、洛倫茲力提供向心力,則有: qvB=,得軌跡半徑R== 周期T== 由于RaRb,pa=pb,Ba=Bb,故qa

62、感應強度B=,若磁場方向向里可得到同樣的結(jié)果。選項A正確。,考查點 帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn),解題關(guān)鍵 粒子沿半徑方向進入圓形磁場,沿半徑方向射出圓形磁場。 找圓心,利用幾何關(guān)系求出軌跡半徑表達式。,溫馨提示 對于圓形有界磁場,沿半徑方向進入,就會沿半徑方向射出,記住這個結(jié)論哦!,,5.(2013廣東理綜,21,6分)(多選)如圖,兩個初速度大小相同的同種離子a和b,從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場,最后打到屏P上。不計重力。下列說法正確的有() A.a、b均帶正電 B.a在磁場中飛行的時間比b的短 C.a在磁場中飛行的路程比b的短 D.a在P上的落點與O點的距離比b的近,答案AD因離子均向下偏

63、轉(zhuǎn)打到屏P上,根據(jù)左手定則可知a、b均帶正電,A項正確。又因a、b為同種離子,m、q均相同,由R=,T=,可知它們的軌道半徑R與周期T也均相同。 而a離子的軌跡是一段優(yōu)弧,b離子的軌跡是一個半圓。a的路程比b的路程長,飛行時間也比b的飛行時間長,故B、C項均錯誤。b在P上的落點到O點的距離等于圓軌跡的直徑,說明b的落點離O點最遠,故D項正確。,6.(2014江蘇單科,14,16分)某裝置用磁場控制帶電粒子的運動,工作原理如圖所示。裝置的長為L,上下兩個相同的矩形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應強度大小均為B、方向與紙面垂直且相反,兩磁場的間距為d。裝置右端有一收集板,M、N、P為板上的三點,M位于軸

64、線OO上,N、P分別位于下方磁場的上、下邊界上。在紙面內(nèi),質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子以某一速度從裝置左端的中點射入,方向與軸線成30角,經(jīng)過上方的磁場區(qū)域一次,恰好到達P點。改變粒子入射速度的大小,可以控制粒子到達收集板上的位置。不計粒子的重力。 (1)求磁場區(qū)域的寬度h; (2)欲使粒子到達收集板的位置從P點移到N點,求粒子入射速度的最小變化量v;,(3)欲使粒子到達M點,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取整數(shù)),解析(1)設(shè)粒子在磁場中的軌道半徑為r 根據(jù)題意L=3r sin 30+3d cos 30 且h=r(

65、1-cos 30) 解得h=(L-d)(1-) (2)設(shè)改變?nèi)肷渌俣群罅Ｗ釉诖艌鲋械能壍腊霃綖閞 m=qvB,m=qvB 由題意知3r sin 30=4r sin 30 解得v=v-v=(-d) (3)設(shè)粒子經(jīng)過上方磁場n次 由題意知L=(2n+2)d cos 30+(2n+2)rn sin 30 且m=qvnB,解得vn=(-d)(1n<-1,n取整數(shù)),考點三帶電粒子在復合場中的運動 7.(2014江蘇單科,9,4分)(多選)如圖所示,導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電

66、流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=k,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離。電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以 忽略,則(),A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B.若電源的正負極對調(diào),電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比,答案CD由左手定則可判定,霍爾元件的后表面積累負電荷,前表面電勢較高,故A錯。由電路關(guān)系可見,當電源的正、負極對調(diào)時,通過霍爾元件的電流IH和所在空間的磁場方向同時反向,前表面的電勢仍然較高,故B錯。由電路可見,=,則IH=I,故C正確。RL的熱功 率PL=RL=RL=,因為B與I成正比,故有:UH=k=k=k=PL, 可得知UH與PL成正比,故D正確。,,8.(2013重慶理綜,5,6分)如圖所示,一段長方體形導電材料,左右兩端面的邊長都為a和b,內(nèi)有帶電量為q的某種自由運動電荷。導電材料置于方向垂直于其前表面向里的勻強磁場中,內(nèi)部磁感應強度大小為B。當通以從左到右的穩(wěn)恒電流I時,測得導電材料上、下表面之間的電壓為U,且上表面的電勢比下表面的低。由此可得該導電材料單位體積內(nèi)自由運動電荷數(shù)