粵教版高三2014第二輪復(fù)習(xí)磁場(答案版)

1、江口中學(xué)高三物理第二輪專題復(fù)習(xí)電磁學(xué)磁場【知識結(jié)構(gòu)】結(jié)合數(shù)學(xué)方法三種方法定圓心：作兩個位置的速度垂線作速度垂線和弦中垂線在速度垂線上截取半徑永磁體磁場直線電流磁場磁場的產(chǎn) 生安培定則電流磁場通電螺線管磁場磁感強度磁感線的疏密表示磁場強弱；磁感線的方向表示磁場方向。磁場的描 述磁感線磁場I/B時 F=0IB時 F=BIL方向：左手定則僅受洛倫茲力：勻速圓周運動qvB=mv2R T=2mqB t=2T對電流作用：安培力磁場的性 質(zhì)帶電粒子在電磁復(fù)合場中的運動：（1）受磁場力的直線運動只能為勻速直線運動（2）圓周運動為勻速圓周運動；一般為磁場力提供向心力V/B時 f=0VB時 f=qVB 方向：左手

2、定則對運動電荷作用：洛侖茲力速度選擇器質(zhì)譜儀回旋加速器磁流體發(fā)電機帶電粒子在組合場中的運動 分過程處理關(guān)注不同過程物理量的聯(lián)系：速度、角度、位移磁場的應(yīng) 用【復(fù)習(xí)要點】一磁場對電流、運動電荷的作用比較項目安培力洛倫茲力作用對象通電導(dǎo)體(電流)運動電荷力的大小I和B垂直時最大：F安BIL；I和B平行時最?。篎安0v和B垂直時最大：F洛qvB；v和B平行時最?。篎洛0力的方向左手定則：F安與I垂直，與B垂直，F(xiàn)安總垂直于I與B確定的平面左手定則：F洛與v垂直，與B垂直，F(xiàn)洛總垂直于v與B確定的平面做功情況安培力做功，將電能轉(zhuǎn)化為其他能；克服安培力做功，將其他能轉(zhuǎn)化為電能洛倫茲力對運動電荷不做功作用

3、效果改變導(dǎo)體棒的運動狀態(tài)只改變電荷的速度方向，不改變速度大小二不計重力的帶電粒子在磁場中的運動1勻速直線運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行，則粒子做勻速直線運動2勻速圓周運動：若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直，則粒子做勻速圓周運動3對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題，應(yīng)注意把握以下幾點(1)粒子圓軌跡的圓心的確定若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向，可在已知的速度方向的位置作速度的垂線，同時作兩位置連線的中垂線，兩垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖42 所示若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向，可在兩位置上分別作兩速度的垂線，兩

4、垂線的交點為圓軌跡的圓心，如圖43所示圖45若已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及圓軌跡的半徑R，可在該位置上作速度的垂線，垂線上距該位置R處的點為圓軌跡的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側(cè))，如圖44所示圖42圖43圖44(2)粒子圓軌跡的半徑的確定可直接運用公式R 來確定畫出幾何圖形，利用半徑R與題中已知長度的幾何關(guān)系來確定在利用幾何關(guān)系時，要注意一個重要的幾何特點，即：粒子速度的偏向角等于對應(yīng)軌跡圓弧的圓心角，并等于弦切角的2倍，如圖45所示 (3)圓周運動中有關(guān)對稱的規(guī)律從磁場的直邊界射入的粒子，若再從此邊界射出，則速度方向與邊界的夾角相等，如圖46 所示在圓形磁

5、場區(qū)域內(nèi)，沿徑向射入的粒子必沿徑向射出，如圖47所示圖46圖47(4)帶電粒子在有界磁場中運動的極值問題剛好穿出磁場邊界的條件通常是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切三.帶電粒子在復(fù)合場中的運動1.是否考慮重力：（1）微觀粒子(如電子、質(zhì)子、離子)一般都不計重力；（2）對帶電小球、液滴、金屬塊等實際的物體沒有特殊交代時，應(yīng)當(dāng)考慮其重力；對未知名的、題中又未明確交代的帶電粒子，是否考慮其重力，則應(yīng)根據(jù)題給的物理過程及隱含條件具體分析后作出符合實際的決定2帶電粒子在復(fù)合場中的運動的分析方法(1)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速運動時，應(yīng)根據(jù)平衡條件列方程求解(2)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做勻速圓周運動時，

6、往往應(yīng)用牛頓第二定律和平衡條件列方程聯(lián)立求解(3)當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場中做非勻速曲線運動時，應(yīng)選用動能定理或動量守恒定律列方程求解探究一：回旋加速器【例1】如圖甲所示是回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時間，則下列判斷中正確的是 (  A  )A在Ekt圖中應(yīng)有t4t3t3t2=t2t1 B高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn-1C粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大D要想粒子獲得的最大動能越大，則要求D

7、形盒的面積也越大【變式1-1】（2013屆廣東省六校高三第三次聯(lián)考20,雙選）一個用于加速質(zhì)子的回旋加速器，其核心部分如圖所示，D形盒半徑為R，垂直D形盒底面的勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，兩D形盒分別與電源相連下列說法正確的是 （ AC ）A要使加速器能對質(zhì)子加速，兩盒應(yīng)該與交變電源相連 B質(zhì)子從電場中獲得能量,質(zhì)子在電場中被加速，加速電壓越高，射出的速率v越大C離子由加速器的中心附近進入加速器,D型盒的直徑越大，射出的率度v越大D質(zhì)子在磁場中運動的周期隨質(zhì)子速度增大而增大探究二 速度選擇器【例2 】如圖所示，兩平行、正對金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負電荷，

8、再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)若帶電粒子所受重力可忽略不計，仍按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下列措施中一定不可行的是( C )A僅增大帶電粒子射入時的速度B僅增大兩金屬板所帶的電荷量C僅減小粒子所帶電荷量D僅改變粒子的電性【變式2-1】（2013屆廣東省汕頭市第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量測理綜物理20,雙選）如圖，一束帶電粒子以一定的初速度沿直線通過由相互正交的勻強磁場（B）和勻強電場（E）組成的速度選擇器，然后粒子通過平板S上的狹縫P，進入另一勻強磁場（B'），最終打在AlA2上下列表

9、述正確的是（ CD ）A粒子帶正電,速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里B所有打在AlA2上的粒子，在磁場B'中運動時間都相同C能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D粒子打在AlA2上的位置越靠近P，粒子的比荷越大【變式2-2】(雙選)如圖，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，滑動變阻器電阻為R，開關(guān)閉合。兩平行極板間有勻強磁場，一帶電粒子正好以速度v勻速穿過兩板。以下說法正確的是（忽略帶電粒子的重力）（ AB ）A保持開關(guān)閉合，將滑片P向上滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出B保持開關(guān)閉合，將滑片P向下滑動一點，粒子將可能從下極板邊緣射出C保持開關(guān)閉合，將a極板向下移動一點，粒子將繼續(xù)沿直線穿出D如

10、果將開關(guān)斷開，粒子將繼續(xù)沿直線穿出 【變式2-3】(2013高考廣東理綜第21題)如圖9，兩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 ( AD )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的近考點：運動電荷在磁場中的運動，圓周運動，洛倫茲力，答案：A D 解析：根據(jù)題述，由左手定則，帶電粒子a，b均帶正電，選項A正確。由于a b粒子做圓周運動的半徑為：相等，畫出軌跡如右圖, O1 、O2分別為a b粒子運動軌跡所對的圓心，顯然a粒子在磁場中運動軌跡對

11、應(yīng)的圓心角大于b， 由和軌跡圖可知，a在磁場中飛行的時間比b的長，a在磁場中飛行的路程比b的長，a在P上的落點與O點的距離比b的近，選項D正確BC錯誤。探究三：安培力【例3】( 雙選)質(zhì)量為m的通電細桿ab置于傾角為的導(dǎo)軌上，導(dǎo)軌寬度為d，桿ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為有電流時，ab恰好在導(dǎo)軌上靜止，如圖9-3所示；下圖是它的四個側(cè)視圖，圖中已標(biāo)出四種可能的勻強磁場方向，其中桿ab與導(dǎo)軌之間的摩擦力可能為零的圖是( AB )【變式3-1】( 雙選)如圖9-2-4所示，水平桌面上放一根條形磁鐵，磁鐵正中央上方吊著跟磁鐵垂直的導(dǎo)線，當(dāng)導(dǎo)線中通入指向紙內(nèi)的電流時磁鐵仍然保持靜止( AC )A.懸線上的

12、拉力將變大 B.懸線上的拉力將變小C.條形磁鐵對水平桌面的壓力將變小 D.條形磁鐵對水平桌面的壓力將不變【變式3-2】（2013屆廣東省汕頭市第一學(xué)期期末教學(xué)質(zhì)量測理綜物理15）如圖，長方形線框 abcd 通有電流 I，放在直線電流 I ' 附近，線框與直線電流共面，則下列表述正確的是（ A ）A線圈四個邊都受安培力作用，它們的合力方向向左B只有ad和bc邊受安培力作用，它們的合力為零Cab和dc邊所受安培力大小相等，方向相同D線圈四個邊都受安培力作用，它們的合力為零探究四：基本運動組合的多過程問題(組合場)Lm-qv0BvL【例4】（2013屆惠州市高三第三次調(diào)研35）(18分)如圖

13、所示，一個板長為L，板間距離也是L的平行板電容器上極板帶正電，下極板帶負電，在極板右邊的空間里存在著垂直于紙面向里的勻強磁場。有一質(zhì)量為m，重力不計，帶電量為-q的粒子從極板正中以初速度為v0水平射入，恰能從上極板邊緣飛出又能從下極板邊緣飛入，求：(1)兩極板間勻強電場的電場強度E的大小和方向；(2) -q粒子飛出極板時的速度v的大小與方向；(3)磁感應(yīng)強度B的大小解：(1)由于上板帶正電，下板帶負電，故板間電場強度方向豎直向下 -q粒子在水平方向上勻速運動，在豎直方向上勻加速運動 其中 解得，(2)設(shè)粒子飛出板時水平速度為vx，豎直速度為vy，水平偏轉(zhuǎn)角為vx=v0，可得=450，(3)由幾

14、何關(guān)系易知洛倫茲力提供向心力得【變式4-1】（2013屆廣東省梅州市質(zhì)檢二理綜物35）（18分）如圖所示，相距為d的平行金屬板M、N間存在勻強電場和垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B0的勻強磁場；在xoy直角坐標(biāo)平面內(nèi)，第一象限有沿y軸負方向場強為E的勻強電場，第四象限有垂直坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電量為q的正離子（不計重力）以初速度v0沿平行于金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動。從P點垂直y軸進入第一象限，經(jīng)過x軸上的A點射出電場，進入磁場。已知離子過A點時的速度方向與x軸成45o角。求：（1）金屬板M、N間的電壓U；（2）離子運動到A點時速度v的大小和由P點運動到A

15、點所需時間t；（3）離子第一次離開第四象限磁場區(qū)域的位置C（圖中未畫出）與坐標(biāo)原點的距離OC。解：（1）設(shè)平行金屬板M、N間勻強電場的場強為E0，則有：因為離子在金屬板方向射入兩板間并做勻速直線運動有：解得：金屬板M、N間的電壓（2）在第一象限的電場中離子做平拋運動，有：故離子運動到A點時的速度：又 解得離子在電場E中運動到A點所需時間：（3）在磁場洛倫茲力提供向心力有：得由幾何知識可得 又因此離子第一次離開第四象限磁場區(qū)域的位置C與坐標(biāo)原點的距離：探究五 帶電粒子的偏轉(zhuǎn)范圍××××××××××

16、××abcdOv0【例5】.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角 = 30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求：（1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍.（2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間.解析：（1）若粒子速度為v0，則qv0B =，所以有R =，設(shè)圓心在O1處對應(yīng)圓弧與ab邊相切，相應(yīng)速度為v01，則R1R1sin =，將R1 =代入上式可得，v

17、01 =類似地，設(shè)圓心在O2處對應(yīng)圓弧與cd邊相切，相應(yīng)速度為v02，則R2R2sin =，將R2 =代入上式可得，v02 =所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應(yīng)滿足v0（2）由t =及T =可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角越長，在磁場中運動的時間也越長。由圖可知，在磁場中運動的半徑rR1時，運動時間最長，弧所對圓心角為（22），所以最長時間為t =【變式5-1】（2013年廣東省江門市高三模擬考試?yán)砭C物理）（18分）兩極板a、b間存在正交的勻強電場和磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，正離子以速度v0=3.0×107m/s沿極板中線勻速飛出極板，進入磁感應(yīng)強度也為B的勻強磁場區(qū)域，如圖

18、所示。已知板長L=10cm，板距d=30cm，板間電壓U=1800V，離子比荷為，不計重力，求：（1）求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大??？（2）撤去磁場，求離子穿過電場時偏離入射方向的距離，以及離開電場時速度的大?。浚?）撤去磁場后，要使離子不從邊界PQ射出，求磁場的寬度至少為多少？（sin370=0.6，cos370=0.8）解：（1）由E=U/d (1分) 得E=6×103V/m (1分)正離子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則qv0B=qE (2分) 得 (1分)（2）設(shè)正離子通過場區(qū)偏轉(zhuǎn)的距離為y，則：vodLabMNQPRRDvvyv0· · ··

19、83; ·· · ·· · ·· · ·· · ·· · ·· · ·· · · (2分) 因為 (1分)， (1分) 所以 得y=6.7×10-2m（1分）（2分）得4×107m/s（1分） 所以離子的速率（1分）（3）由圖可得 即=370（1分）由牛頓第二定律 （1分） 得R=0.125m（1分）由圖可得D=Rcos+R=0.225m（1分）【變式5-2

20、】如圖9（a）所示，左為某同學(xué)設(shè)想的粒子速度選擇裝置，由水平轉(zhuǎn)軸及兩個薄盤N1、N2構(gòu)成，兩盤面平行且與轉(zhuǎn)軸垂直，相距為L，盤上各開一狹縫，兩狹縫夾角可調(diào)（如圖16（b）；右為水平放置的長為d的感光板，板的正上方有一勻強磁場，方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度為B.一小束速度不同、帶正電的粒子沿水平方向射入N1，能通過N2的粒子經(jīng)O點垂直進入磁場。 O到感光板的距離為，粒子電荷量為q,質(zhì)量為m，不計重力。 （1）若兩狹縫平行且盤靜止（如圖16（c），某一粒子進入磁場后，豎直向下打在感光板中心點M上，求該粒子在磁場中運動的時間t；（2）若兩狹縫夾角為 ，盤勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)動方向如圖16（b）.要使穿過N1

21、、N2的粒子均打到感光板P1P2連線上。試分析盤轉(zhuǎn)動角速度的取值范圍（設(shè)通過N1的所有粒子在盤轉(zhuǎn)一圈的時間內(nèi)都能到達N2）。解：（1）分析該粒子軌跡圓心為P1，半徑為，在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，因而運動時間為：（2）設(shè)粒子從N1運動到N2過程歷時為t，之后在磁場中運行速度大小為v，軌跡半徑為R則：在粒子勻速過程有：L=vt 粒子出來進入磁場的條件： 在磁場中做勻速圓周運動有： 設(shè)粒子剛好過P1點、P2點時軌跡半徑分別為：R1、R2則： 由得：探究六 圓形磁場【例6】右圖中左邊有一對平行金屬板，兩板相距為d，電壓為V；兩板之間有勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B0，方向與金屬板面平行并垂直于紙面朝里，圖

22、中右邊有一半徑為R、圓心為O的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)也存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面朝里。一電荷量為q的正離子沿平行于金屬板面、垂直于磁場的方向射入平行金屬板之間，沿同一方向射出平行金屬板之間的區(qū)域，并沿直徑EF方向射入磁場區(qū)域，最后從圓形區(qū)域邊界上的G點射出，已知弧所對應(yīng)的圓心角為。不計重力，求： （1）離子速度的大??； （2）離子的質(zhì)量?！窘馕觥?1)由題設(shè)知，離子在平行金屬板之間做勻速直線運動，安所受到的向上的壓力和向下的電場力平衡式中，是離子運動速度的大小，是平行金屬板之間的勻強電場的強度，有由式得 (2)在圓形磁場區(qū)域，離子做勻速圓周運動，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有式

23、中，和分別是離子的質(zhì)量和它做圓周運動的半徑。由題設(shè)，離子從磁場邊界上的點G穿出，離子運動的圓周的圓心必在過E點垂直于EF的直線上，且在EG的垂直一平分線上(見右圖)。由幾何關(guān)系有式中，是與直徑EF的夾角，由幾何關(guān)系得聯(lián)立式得，離子的質(zhì)量為 【變式6-1】（2013年廣州一模理綜物理35）如圖所示，內(nèi)徑為r、外徑為2r的圓環(huán)內(nèi)有垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U，靠近M板處靜止釋放質(zhì)量為m、電量為q的正離子，經(jīng)過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，求：(1) 離子從N板小孔射出時的速率；(2) 離子在磁場中做圓周運動的半徑；(3) 要使離子

24、不進入小圓區(qū)域，磁感應(yīng)強度的取值范圍解：（18分） （1）設(shè)離子射入勻強磁場時的速率為v，由動能定理得： 解得：（2）設(shè)離子在磁場中圓周運動的半徑為R，離子所受洛倫茲力提供向心力：由牛頓第二定律有： 聯(lián)立可得（3）若離子恰好不進入小圓，設(shè)離子與小圓相切時軌道半徑為R0，此時軌跡如圖所示，在中，由幾何關(guān)系得：解得：要使離子不進入小圓，必須解得磁感應(yīng)強度（評分說明：各3分；各2分；各2分）探究七：帶電粒子在復(fù)合場中的運動【例7】如圖3105所示，勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向水平且垂直紙面向里，有兩個帶電小球a和b，a恰能在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)做半徑r0.8 m的勻速圓周運動，b恰能以v

25、b2 m/s的水平速度在垂直于磁場方向的豎直平面內(nèi)向右做勻速直線運動小球a、b質(zhì)量ma10 g，mb40 g，電荷量qa1×102C，qb2×102C，g10 m/s2.求：(1)小球a和b分別帶什么電？電場強度E與磁感應(yīng)強度B分別為多大？(2)小球a做勻速圓周運動繞行方向是順時針還是逆時針？速度va為多大？(3)設(shè)小球b的運動軌跡與小球a的運動軌跡的最低點相切，當(dāng)小球a運動到最低點即切點時，小球b也同時運動到切點，a、b相碰后合為一體，在相碰結(jié)束的瞬間，其加速度為多大？【例六】【解析】 (1)小球a在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，則電場力和重力的合力為零，

26、電場力方向向上，所以小球a帶正電，且有magqaE 解得E10 N/C小球b做勻速直線運動，則其所受合力為零，帶正電，且有mbgqbvbBqbE 解得B5 T(2)小球a做勻速圓周運動繞行方向是逆時針方向由qaBva 解得va4 m/s(3)碰后的共同速度v,由動量守恒得 mava+mbvb=ma+mbv 代入得 v=2.4m/s與a、b相碰前的速度方向相同，由牛頓第二定律得(mamb)a(qaqb)E(qaqb)vB(mamb)g解得a3.2 m/s2【變式7-1】如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)為B,方向垂直xOy平面向里，電場

27、線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g,求(1)電場強度E的大小和方向； (2)小球從A點拋出時初速度v0的大小;(3)A點到x軸的高度h.【變式7-1】.（1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當(dāng)圓周運動的向心力），有 重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。（2）小球做勻速圓周運動，O為圓心，MN為弦長，如圖所示。設(shè)半徑為r，由幾何