(江蘇專版)高考物理二輪復(fù)習(xí)專題三第二講磁場(chǎng)的基本性質(zhì)課件

1、專題三電場(chǎng)與磁場(chǎng)磁場(chǎng)的基本性質(zhì)i=ir1 1.5課前自測(cè)診斷i把薄弱環(huán)節(jié)查出來課堂重點(diǎn)攻堅(jiān)ii.把高考短板補(bǔ)起來/釋疑4大考點(diǎn);E課后達(dá)標(biāo)檢測(cè)«f把高考能力提起來J課前自測(cè)診斷巴薄弱環(huán)節(jié)查出來（單擊進(jìn)入電子文檔）課堂重點(diǎn)攻堅(jiān)把高考短板補(bǔ)起來/釋疑4大考點(diǎn)考點(diǎn)一磁場(chǎng)對(duì)電流的作用力本考點(diǎn)是對(duì)磁場(chǎng)及安培力知識(shí)的考查，常涉及磁場(chǎng)的疊加、安培定則，特別是涉及左手定則、安培力的平衡和運(yùn)動(dòng) 問題考查相對(duì)較多，試題難度中等，建議考生自學(xué)為主。（一）必備知識(shí)安培力的大小和方向>B/ IAF= 0安培力大小IAE丄IAF= BTL夾角為型f F = BJLsin 0安培力方向If左手定則（二）重點(diǎn)

2、提醒解題常見的兩大失誤點(diǎn)通電導(dǎo)線或圓環(huán)周圍的磁場(chǎng)方向可用右手螺旋定則確定，磁場(chǎng)方向畫線要準(zhǔn)確，避免磁場(chǎng)的疊加結(jié)果跑偏, 如診斷卷第1題。2.安培力作用下導(dǎo)體棒的平衡與運(yùn)動(dòng)問題與力學(xué)中的平衡與運(yùn)動(dòng)問題的處理方法相同，只是安培力會(huì)隨著磁場(chǎng)B、電流I及導(dǎo)線長(zhǎng)度I的變化而變化，如診斷卷第2、3題。（三）解題規(guī)范導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)問題“三步曲”正確地對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析，應(yīng)特別注意 通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向，安培力與 導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直必要時(shí)將立體圖的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受 力分析圖，即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的 受力分析圖根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律或動(dòng)能定理列 式分析求解題點(diǎn)全練1多選如圖甲

3、所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為厶 其間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為垂直于導(dǎo)軌水平對(duì)稱放置一根均勻金屬棒。從（=0時(shí)刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流人周期為八最大值為陰，圖甲中/所示方向?yàn)殡娏髡较?。則金屬棒A. 直向右移動(dòng)B.速度隨時(shí)間周期性變化C.受到的安培力隨時(shí)間周期性變化D.受到的安培力在一個(gè)周期內(nèi)做正功解析：在0I,導(dǎo)體棒受到向右的安培力，大小恒為冊(cè)上， 導(dǎo)體棒向右做勻加速直線運(yùn)動(dòng)；在IT,導(dǎo)體棒受到的安培 力向左，大小仍為BgL,而此時(shí)速度方向仍然向右，做勻減 速直線運(yùn)動(dòng)，直至速度減為零，之后不斷重復(fù)該運(yùn)動(dòng)過程,A、B、C正確；安培力在一個(gè)周期內(nèi)做功為零，D錯(cuò)誤。答

4、案：ABC2多選（2017全國(guó)卷I）如圖，三根相互平行的()固定長(zhǎng)直導(dǎo)線Li、乙和厶兩兩等距，均通有電流人Li中電流方向與乙中的相同，與厶中的相反。下列說法正確的是A所受磁場(chǎng)作用力的方向與2、厶所在平面垂直B. 厶所受磁場(chǎng)作用力的方向與Li、乙所在平面垂直c. L1、乙2和厶*單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1 ： 1 ：逅D.乙、2和厶單位長(zhǎng)度所受的磁場(chǎng)作用力大小之比為羽：a/3 ： 1解析：由安培定則可判斷出乙在乙處產(chǎn)生的磁場(chǎng)（21）方向垂直L1 和L2的連線豎直向上，乙3在L處產(chǎn)生的磁場(chǎng)031）方向垂直L1和乙3 的連線指向右下方，根據(jù)磁場(chǎng)疊加原理，厶和乙2在乙1處產(chǎn)生的合磁 場(chǎng)（B合

5、J方向如圖1所示，根據(jù)左手定則可判斷出厶所受磁場(chǎng)作用力 的方向與乙2和乙3所在平面平行，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；同理，如圖2所示， 可判斷出厶所受磁場(chǎng)（B合3）作用力的方向（豎直向上）與L1、乙2所在平 面垂直，選項(xiàng)B正確；©厶3/ 弘3、T 32/ / 禺1 /怎里丄同理，如圖3所亦，設(shè)一根長(zhǎng)直導(dǎo)線在另_根導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng) 的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,根據(jù)幾何知識(shí)可知，B合i=B, B合2=B, B合3=B,由安培力公式F=BIL可知厶、花和厶單位長(zhǎng)度所 受的磁場(chǎng)作用力大小之比為1 ： 1 ：邁，選項(xiàng)c正確，D錯(cuò)誤。厶3/ 圖1圖2/Q5/ 圖3答案：BC3多選（2017全國(guó)卷U）某同學(xué)自制的簡(jiǎn)易電

6、動(dòng)機(jī)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(duì)邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個(gè)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(dòng)起來，該同學(xué)應(yīng)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:臨解析：裝置平面示意圖如圖所示。如圖所示的狀態(tài)，磁感線方向向上，若形成通路，線圈下邊導(dǎo)線中電流方向向左，受垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導(dǎo)線中電流受安培力垂直紙面

7、向外，使線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)線圈上邊導(dǎo)線轉(zhuǎn)到下邊時(shí)，若 仍通路，線圈上、下邊中電流方向與圖示方向相比均反向，受安 培力反向，阻礙線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)，要求左、右轉(zhuǎn)軸 只能上一側(cè)或下一側(cè)形成通路，另一側(cè)斷路。故選A、Do答案：AD考點(diǎn)二 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是每年必考的內(nèi)容，涉及的考點(diǎn)主要有：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用，帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中 的運(yùn)動(dòng)等。由于此類問題考查考生的空間想象能力，運(yùn)用數(shù)學(xué) 知識(shí)解決物理問題的能力，綜合性較強(qiáng)，但難度一般不大，解 答時(shí)應(yīng)注意洛倫茲力永不做功的特點(diǎn)，明確半徑公式、周期公 式，正確畫出運(yùn)動(dòng)軌跡草圖等，考生應(yīng)學(xué)會(huì)靈活變通。（一）兩種運(yùn)動(dòng)類型要記

8、牢帶電 粒子 在磁 場(chǎng)中 的運(yùn) 動(dòng);F洛=0 嚴(yán)V勻速直線運(yùn)動(dòng)B±v勻速圓周運(yùn)動(dòng)= m vwr=b/ 點(diǎn)寫出基本方程qvB - 甘口 ” 2nR 2yim期芮、m字、半徑7?二竺、周RqB運(yùn)動(dòng)時(shí)間t瓷二売T（二）四步解題流程要用好在特殊位置或要求粒子到達(dá)的位置（如初 始位置、出射位置等）點(diǎn)一個(gè)點(diǎn) 畫出速度。和洛倫茲力F兩個(gè)矢量的方向,/二;lj上2-若已知初速度和末速度的方向，則畫出兩 個(gè)速度方向的垂線/三定/一定圓心、定半徑、定圓心角解題的難點(diǎn)是畫出軌跡圖，挖掘隱含的幾何關(guān)系，尋找軌跡半徑尸與磁場(chǎng)寬度的幾何關(guān)系。如圖展示了最常用的幾何知識(shí)：粒子速度的偏向角（p等于圓心角«

9、, 且等于AB弦與切線的夾角（弦切角）的2 倍，即0=°=2=血。相對(duì)的弦切角相等，與相鄰的弦切角 互補(bǔ),<?+/?= 180° o(三)三個(gè)技巧提醒解題妙1. 洛倫茲力永不做功，只改變粒子速度方向，不改變粒子速度的大小。如診斷卷第4題，由電子的速率不變可 知，B、D均錯(cuò)誤。2. 注意“對(duì)稱性”的應(yīng)用(1)粒子從直線邊界射入磁場(chǎng)，再?gòu)倪@一邊界射出時(shí), 速度方向與邊界的夾角相等。(2)粒子沿徑向射入圓形磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，必沿徑向射出磁場(chǎng)區(qū)域。3. 相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間由粒子運(yùn)動(dòng)軌跡所n對(duì)應(yīng)圓心角大小決定。如診斷卷第6題，t=石T,但的大小與粒子速度大小有關(guān)。/題點(diǎn)全練

10、1多選如圖以實(shí)線為理想邊界，上方是X X X X垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。質(zhì)量和帶電B MX NX X7 荷量大小都相等的帶電粒子M和N,* x以不同的速率經(jīng)小孔S垂直邊界和磁硏場(chǎng)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述錯(cuò)誤的是AM帶負(fù)電，N帶正電B. M的速率小于N的速率C.洛倫茲力對(duì)M. N都做正功D. M在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間大于N在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間解析：由左手定則判斷出N帶正電荷,M帶負(fù)電荷，故A正確；粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力qvB =護(hù)mr)mf半徑為：=碩,在質(zhì)量與電荷XXXXBMXNXX-、 XX1 /X '；XX Sf量大小相同的情況下，半徑大說明速率

11、大，即M的速率大于N 的速率，故B錯(cuò)誤；洛倫茲力不做功，故C錯(cuò)誤；粒子在磁 場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)半周，即時(shí)間為周期的一半，而周期為卩=器，與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，故D錯(cuò)誤。粒子運(yùn)動(dòng)的速度無關(guān)，所以M在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間等于N在 答案：BCD2多選如圖所示，虛線MV將平面分成I和II兩個(gè)區(qū)域，兩個(gè)區(qū)域分別存在著與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一帶電粒子僅在磁場(chǎng)力作用下由I區(qū)運(yùn)動(dòng)到II區(qū)，曲線aPb為運(yùn)動(dòng)過程中的一段軌跡，其中弧必、弧"的弧長(zhǎng)之比為2 ： 1,且粒子經(jīng)過°、b點(diǎn)時(shí)的速度方向均水平向右，下列判斷正確的是A. I、II區(qū)域兩個(gè)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，大小之比為1 : 2B. 粒子在I、II區(qū)

12、域兩個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑之比為2 : 1D.弧必與弧刃對(duì)應(yīng)的圓心角之比為2 ： 1C.粒子通過刃兩段弧的時(shí)間之比為1 ： 1解析：粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力不做功，所以在兩個(gè)區(qū) 域內(nèi)粒子的速率相同。由兩弧長(zhǎng)之比為2 : 1,速率相同，可知時(shí)間之比為2 : 1,故C錯(cuò)誤。由于粒子經(jīng)過“、方點(diǎn)時(shí)的速度方向均水平向右，可知粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角相等, 故D錯(cuò)誤。根據(jù)&=曲知角速度之比為1 ： 2,由o=初訶知半7mv徑之比為2 ： 1,故B正確。根據(jù)qvB=mr=,所以磁 感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為1 ： 2,且根據(jù)運(yùn)動(dòng)方向可知兩個(gè)磁場(chǎng)的方向相反，故A正確。答案：AB3.如圖所示，A點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距

13、離為L(zhǎng),坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點(diǎn)和坐標(biāo)原點(diǎn)O的形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直于坐標(biāo)平面向里。有一電子(質(zhì)量為加、電荷量為e)從A點(diǎn)以初速度珂平行兀軸正方向射入磁場(chǎng)區(qū)域，在磁場(chǎng)中運(yùn)行，從乂軸上的D點(diǎn)射出磁場(chǎng)區(qū)域，此時(shí)速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60° ,求：(1) 磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。?2) 磁場(chǎng)區(qū)域的圓心0的坐標(biāo);電子的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。解析：過D點(diǎn)作電子出射速度方向的垂線交丿軸于C點(diǎn)，則C點(diǎn)為電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，畫出電子的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示：由幾何知識(shí)得ZACD = 60° ,設(shè)電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑為R由幾何關(guān)系得：R-L=Rcos60° ,解

14、得：R=2L聯(lián)立解得：箸-沁2eL°洛倫茲力提供向心力，則有：eBv0=nr111(2)過A、O、D三點(diǎn)的圓的圓心在AD連線的中點(diǎn)，由幾何關(guān)系可知，厶4仞為等邊三角形 故40的長(zhǎng)度也為R=2L，則磁場(chǎng)的半徑為厶故 AOi=L所以：兀軸坐標(biāo)x=A(71sin60° =y 軸坐標(biāo)y=LAOlcos 60° =則0點(diǎn)坐標(biāo)為(%,型。由幾何知識(shí)知ZACD=60° ,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為:7T03 2itR 2nL2n1lit Vq3v0 °答案:mv0 (B竝號(hào)厶2丿mv02eL考點(diǎn)三帶電粒子在有界磁場(chǎng)中 運(yùn)動(dòng)的臨界、極值問題帶電粒子在有界磁場(chǎng)中

15、的臨界、極值問題是高考命題的重點(diǎn) 和熱點(diǎn)，此類問題之所以常失分，關(guān)鍵是找不到解題的突破口， 針對(duì)此類問題，只要準(zhǔn)確鎖定臨界點(diǎn)，合理套用思維流程，問題 便迎刃而解。(_)熟悉解題思維流程距離為3其間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為O是MN上一點(diǎn)，O處有一粒子源，某M xy xp11X11X11111:X11X1111:X1X11111B11:XX11N Q（二）突破三類常考題型題型一 粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間問題 例1如圖所示，豎直線MN/PQ , MN與PQ間時(shí)刻放出大量速率均為e（方向均垂直磁場(chǎng)方向）、比荷 一定的帶負(fù)電粒子（粒子重力及粒子間的相互作用力不計(jì)），已知沿圖中與MN

16、成0=60。角射入的粒子恰好垂直PQ射出磁場(chǎng)，則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為B.中運(yùn)動(dòng)軌跡所對(duì)的圓心角為血?jiǎng)t其在磁場(chǎng)中運(yùn)行的時(shí)間為=,即°甲解析當(dāng)=60。時(shí)，粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲所示，貝a=Rsm30° ,即R=2ao設(shè)帶電粒子在磁場(chǎng)越大，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)行時(shí)間越長(zhǎng)，"最大時(shí)粒子的運(yùn)行軌跡恰 好與磁場(chǎng)的右邊界相切，如圖乙所不，因R=2a，此時(shí)圓心角otm= 120° ,即最長(zhǎng)運(yùn)行時(shí)間為彳，而卩=警=響，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間為4na3vC正確。答案C題型二 粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間問題BCA0D例2如圖所示，在矩形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)

17、磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B = 5.0X10_2T,矩形區(qū)域長(zhǎng)為1.0 m,寬為0.2 mo在4D邊中點(diǎn)O處有一放射源，某時(shí)刻，放射源沿紙面向磁場(chǎng)中各方向均勻地輻射出速率均為r=2X106 m/s的某種帶正電所帶電荷量為9 =粒子。已知帶電粒子的質(zhì)量為加= 1.6X1027炮,3.2 X10-19 C(不計(jì)粒子重力)。(1)求粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為多大?(2)求從BC邊界射出的粒子,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為多務(wù)?解析粒子在磁場(chǎng)中做勻速國(guó)冋運(yùn)動(dòng)，由牛頓第二定律得：qvB=nrj 解得：7?=02m。(2)因?yàn)樗辛Ｗ拥能壽E半徑相同，所以弦最短的圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角最小，運(yùn)動(dòng)時(shí)間最短，作EO

18、丄40,BEcg 01A0DEO弦最短，如圖所示。因?yàn)?EO=02m，且 /?=0.2m,7T所以對(duì)應(yīng)的圓心角為0 = y111由牛頓第二定律得：qvB=m解得:最短時(shí)間為：t=T=誹,解得：/二參均入。答案(1)0.2 m (2耳XIOTs'題型三 磁場(chǎng)面積范圍的空間極值問題為該圓形區(qū)域邊界上的一點(diǎn)。現(xiàn)有一質(zhì)量為例3在如圖所示的平面直角坐標(biāo)系 xOy中，有一個(gè)圓形區(qū)域的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中 未畫出)，磁場(chǎng)方向垂直于歡"平面，O點(diǎn) 加，帶電荷量為+?的帶電粒子(不計(jì)重力) 從O點(diǎn)以初速度沿兀軸正方向進(jìn)入磁場(chǎng)、e 疝p O已知粒子經(jīng)過y軸上P點(diǎn)時(shí)速度方向與+丿方向夾角為=30。,OP

19、=L。求：(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向;(2)該圓形磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。解析(1)由左手定則得磁場(chǎng)方向垂直兀Oy平面向里。粒子在磁場(chǎng)中做弧長(zhǎng)為£則用勻速圓周運(yùn)動(dòng)，如圖所示，粒子在Q點(diǎn)飛出磁場(chǎng)。設(shè)其軌跡圓心為半徑為人。111由幾何關(guān)系有(LR)sin 30° =R,所以R=L0的由牛頓第二定律有加贄，故尺=解。由以上各式得磁感應(yīng)強(qiáng)度3=號(hào)。(2)設(shè)磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積為S。由幾何關(guān)系得，最小圓形磁場(chǎng)區(qū)域的直徑OQ =極 =7tL2IT考點(diǎn)四帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問題帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，由于初始條件的不確定性，使帶電粒子的受力及運(yùn)動(dòng)規(guī)律存在某些不確定性，從而使

20、結(jié)果出現(xiàn)多種可能性。解答此類問題時(shí)最常見的失分之處是對(duì) 多解原因分析不清。建議對(duì)本考點(diǎn)重點(diǎn)攻堅(jiān)。明確形成多解的四種常見題型1.磁場(chǎng)不確定形成多解，如診斷卷第10題，M. N間磁場(chǎng)方向不確定，而例2中磁感應(yīng)強(qiáng)度大小也不確定。2.帶電粒子速度大小或方向不確定形成多解，如診斷卷第11題，粒子速度方向不同時(shí)，運(yùn)動(dòng)路徑也不同。3臨界狀態(tài)不唯一形成多解，如例1。4.帶電粒子運(yùn)動(dòng)的重復(fù)性形成多解，如診斷卷第12題。=J例1多選長(zhǎng)為I的水平極板間有垂直紙面 向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為 板間距離也為Z,極板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為加、 電荷量為g的帶正電粒子（不計(jì)重力），從左邊極 板間中點(diǎn)處垂直磁感線以速

21、度Q水平射入磁場(chǎng)， 欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是A. 使粒子的速度X鬻B. 使粒子的速度e>C. 使粒子的速度警D. 使粒子的速度e滿足鬻思路點(diǎn)撥粒子不打在極板上粒子從左 上側(cè)射出>>最大半徑為#>>對(duì)應(yīng)從左側(cè)射 出的最大速度粒子從右 上側(cè)射出由幾何關(guān)系確定最小半徑為¥ 1對(duì)應(yīng)從右側(cè)射 出的最小速度°卜、I 、X X X X解析帶電粒子剛好打在極板右邊 緣，有廠/=»-訂+尸，又因口=驚，解 得6=警；粒子剛好打在極板左邊緣， 有廠2=扌=需，解得5=譽(yù),欲使粒子不打在極板上，使粒子速度大于帀或小于"2,故a、B正確

22、。答案AB例2 (2018-M潭一棋)如圖甲所示，在直角 坐標(biāo)系OWrWL區(qū)域內(nèi)有沿兀軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng)，右側(cè)有一個(gè)圓心在兀軸上、半徑為L(zhǎng)的111圓形區(qū)域，圓形區(qū)域與兀軸的交點(diǎn)分別為M、111八B'''7：2T tN。現(xiàn)有一質(zhì)量為m,帶電荷量為e的正電子(重 力忽略不計(jì))，從丿軸上的A點(diǎn)以速度沿丿軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，飛出電場(chǎng)后從M點(diǎn)進(jìn)入圓 形區(qū)域，速度方向與X軸夾角為30° o此時(shí)在圓形區(qū)域加如圖乙所示周期性變化的磁場(chǎng)，以垂直于紙面向里為磁 場(chǎng)正方向，最后正電子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后從N點(diǎn)飛出，速度方向與進(jìn) 入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向相同。求：(1) OWxWL區(qū)域內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)

23、強(qiáng)E的大?。?2) 寫出圓形磁場(chǎng)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度Bq的大小應(yīng)滿足的表達(dá)式3二解析(1)正電子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，射出電場(chǎng)時(shí)，如圖甲所示，由速度關(guān)系：=tan30° ,整理可以得到：vx=3vqo 正電子在水平方向做勻加速運(yùn)甲動(dòng),則打=2罟整理可以得到:mVx 3/wr02E=leL=eTQ幾何知識(shí)，在磁場(chǎng)變化的半個(gè)周期內(nèi),O! R/：/60°M! V(2)由題意知，在磁場(chǎng)變化的半個(gè) 周期內(nèi)正電子的偏轉(zhuǎn)角為60。,根據(jù)正電子在X軸方向上的位移恰好等于R.正電子到達(dá)N點(diǎn)而且速度符合要求的空間條件是：2nR =21( = 1，2,3,)，兀=1時(shí)，軌跡如圖乙所示，v=2vQ9在磁

24、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑為慮=盂= 整理可以得到：Bo=*(/i = l,2,3,)。*4.3mr022nmv0答案忑產(chǎn)(2)B°=(11 = 1,2,3,)題點(diǎn)全練1多選如圖所示，在半徑為人的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁 感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，MV是一豎直放置的感 光板。從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P以速度。垂直磁場(chǎng)射入 大量的帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì) 量為加。不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒 子的運(yùn)動(dòng)以下說法正確的是（）A對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中通過 的弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)B對(duì)著圓心入射的粒子，速度越小在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角 越小C.對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長(zhǎng)線

25、一定過圓心xo XX,/X,一一X 、til、M ND.只要速度滿足°=警,沿不同方向射入的粒子射出后均可垂直解析：對(duì)著圓心入射的粒子，速度越大在磁場(chǎng)中軌跡半徑越大，n111弧長(zhǎng)越長(zhǎng)，軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越小，由f=石T知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t越小，故A、B錯(cuò)誤。帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧，根據(jù)幾何知識(shí)可知，對(duì)著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長(zhǎng)線也一定過圓心，故c正確。速度滿足=豊時(shí)，粒子的軌跡半niV111徑為r=B=Rf入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、°點(diǎn)與軌跡的圓心構(gòu)成菱形,射出磁場(chǎng)時(shí)的軌跡半徑與最高點(diǎn)的磁場(chǎng)半徑平行，粒子射出后一定垂直打在MN板上，故D正確。 答案：CD2.在兀Oy平面內(nèi)分布著

26、垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.01 T,其中有一半徑為1?=01 m的無磁場(chǎng)圓形區(qū)域，圓心在原111111點(diǎn)0(0,0)，如圖所示。位于直線：X=-O.3 m上的粒子源可以沿直線移動(dòng)，且沿兀軸正向發(fā)射質(zhì)zn = 1.0X1014 kg、電荷量?= -L0X10"6C速率r=4.0X105 m/s的粒子，忽略粒子間的相互作用，不計(jì)粒子的重力。* 一Z Z/-、A先二-0.3 m °/ %/III(1)求從粒子源發(fā)射的粒子運(yùn)動(dòng)到圓形區(qū)域所用的最短時(shí)間;(2)在直線兀=0.3 m上什么范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進(jìn)入圓形區(qū)域?(3)若在直線兀=03 m處放置一足夠長(zhǎng)的熒光屏，

27、將上述粒子源放在原點(diǎn)0僅改變發(fā)射粒子的速度方向，求粒子能打中 屏最高點(diǎn)的縱坐標(biāo)畑。解析：（1）設(shè)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為廠,V由牛頓第二定律得解得尸=0.4 m如圖甲所示，經(jīng)過（一0lm，0）的粒子進(jìn)入形區(qū)域的時(shí)間最短，由幾何關(guān)系得sin=MD0Do°o0,2=0.5由圓周運(yùn)動(dòng)公式丁=警,聯(lián)立解得:r=X10'6s(或0.52X106 s)。甲(2)如圖乙所示，在旳點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能進(jìn)入圓形區(qū)域。由幾何關(guān)系 OiM=WiO2_MO2,A1M=A1O1+O1M,解得 AiM=0.8 mo如圖乙所示，在去點(diǎn)發(fā)射的粒子恰好能進(jìn)入圓形區(qū)域，由幾何關(guān)系。2必=111o2O2-

28、MO29 a2m=o2m-a2o2 解得：A2M=0（即去與M重合） 綜上，在直線X=0.3 m ±,OWy W0.8 m范圍內(nèi)發(fā)射的粒子才能進(jìn)入圓形區(qū)域。如圖丙所示，粒子從原點(diǎn)。©0）發(fā) 射，初速度方向與兀軸負(fù)方向成角，軌跡與熒光屏相切于D點(diǎn)（一0.3, j）o由幾何關(guān)系sin 0=OjF O.l+O.lcos"0.4解得4sin “一cos 0=1而=0.1sin +04cos 仇 聯(lián)立解得：jm=0.4 mo答案:（i）xio-6s（2）owywo.m (3)0.4 mN0.3課陶貉提起來的一點(diǎn)，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點(diǎn)，在紙面內(nèi)沿不同方向射入

29、磁場(chǎng)。若粒子1.（2017全國(guó)卷U）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(qiáng)磁場(chǎng)，P為磁場(chǎng)邊界上射入速率為6,這些粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為Q2，相應(yīng)的出射點(diǎn)分布在三分之一 I上。不計(jì)重力及帶電粒子之間的相互作用。則： 5為 （）A. /3 : 2B邊：1C.j3 : 1D. 3 ： 2解析：由于是相同的粒子，粒子進(jìn)入磁場(chǎng)V2時(shí)的速度大小相同，由qvB=m 可知，R亦，即粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑相同。若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為可，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子在磁場(chǎng)邊界的出射點(diǎn)A離P點(diǎn)最遠(yuǎn) 時(shí)，貝iAP=2R1；同樣，若粒子運(yùn)動(dòng)的速度大小為血，粒子

30、在磁場(chǎng) 邊界的出射點(diǎn)離P點(diǎn)最遠(yuǎn)時(shí)，則BP=2R29由幾何關(guān)系可知，R.=¥，R2=Rcos 30° = 2Rf 則卷=畫=2，C項(xiàng)正確。答案:C2.(2018肅逋一模)在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有粗細(xì)均勻的b同種導(dǎo)線制成的等邊三角形線框血c,磁場(chǎng)方向垂直于線框平面，“兩點(diǎn)間接一直流電源，電流方向如圖所示。貝!1()A. 導(dǎo)線ab受到的安培力大于導(dǎo)線ac受到的安培力B. 導(dǎo)線abc受到的安培力大于導(dǎo)線ac受到的安培力C. 線框受到安培力的合力為零線框受到安培力的合力方向垂直于ac向下b解析：根據(jù)串并聯(lián)電路的特點(diǎn)及歐姆定律知, 流過必、方C的電流為流過QC的電流為¥， 所以導(dǎo)線ab

31、受到的安培力大小為Fi=|b/£,2導(dǎo)線ac所受的安培力大小為F2=BILf故A錯(cuò)誤。導(dǎo)線必c的有效長(zhǎng)度為厶 故受到的安培力大小為FBIL, 小于導(dǎo)線如受到的安培力，故B錯(cuò)誤。根據(jù)左手定則，導(dǎo)線abc受 安培力垂直于ac向下，導(dǎo)線ac受到的安培力也垂直于ac向下，故 線框受到的安培力的合力：F合=F2+F3=BIL,合力方向垂直于ac 向下，故c錯(cuò)誤，D正確。 答案：D勺LXXX XXXXxA X0XXXXXXN3（2018江蘇七市三棋）如圖所示，水平虛線MV上方有勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面 向里。大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右到豎直向上90。范圍內(nèi)的各個(gè)方

32、向，由小孔O射111入磁場(chǎng)區(qū)域，做半徑為的圓周運(yùn)動(dòng)。不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是（）X X X X X XX X X. X X XM._x_x_x x_x_¥ o/v故B正確，A、D錯(cuò)誤。AB答案：B解析：粒子由小孔o(hù)射入磁場(chǎng)區(qū)域，做半徑 為人的圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榱Ｗ訋д?，根?jù)左 手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故c錯(cuò)誤；因 為粒子以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右 到豎直向上90°范圍內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射，由O點(diǎn)射入水平向右的粒子恰好 應(yīng)為最右端邊界且ON=R；在豎直方向上有最遠(yuǎn)點(diǎn)為2/6由O點(diǎn)豎直向 上射入的粒子，打在最左端且

33、距離為但是左側(cè)因?yàn)闆]有粒子射 入，所以中間會(huì)出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，4. (2018江蘇高考)如圖所示，兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為間距為幾導(dǎo)軌處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為加的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上，距底端的距離為導(dǎo)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“沿導(dǎo)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"通過的電流大小人(3)通過的電荷量Q。解析：（1）金屬棒做勻加速直線運(yùn)動(dòng),根據(jù)運(yùn)動(dòng)學(xué)公式有v2=2as,解得0=問。（2）金屬棒所受安培力F安=IdB金屬棒所受合力F=mgsin 0F安根據(jù)牛頓第二定律有F=ma解得Z=加(gsin 0a)dB金屬棒的運(yùn)動(dòng)時(shí)間通過的電荷量Q =It解得Q =dBa答案：伍叫曠）X X X；X X X X；!x x x x；|x x x x! lx X X X； 0!x><xx；4/|X X X X； x x x x I lx X X X； |X X X X； lx X X X； ；X X X xl t IX X X X； ；x x x x« !x x x x| ；x x x x! lx X X X；I :x xxxOr廠 iX X X