202X高考物理二輪復習專題八磁場課件

1、專題八專題八磁場磁場-2-高考命題規(guī)律高考命題規(guī)律 -3-磁場對電流的作用磁場對電流的作用磁場對運動電荷的作用磁場對運動電荷的作用命題角度1磁感應強度的矢量性及安培定則的應用高考真題體驗對方向1.(多選)(2018全國20)如圖,紙面內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-4-答案:AC解析:設L1在a、b點產生的磁感應強度分別為B1a、B1b,L2在a、b點產生的磁感應強度分別為B2a、B2b,根據安培定則可

2、知,B1a=B1b,方向均垂直紙面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直紙面向里,B2b方向垂直-5-2.(2017全國18)如圖,在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零.如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應強度的大小為()-6-答案:C解析:設導線P和Q在a點處產生磁場的磁感應強度B1、B2的大小為B,如圖甲所示,兩磁感應強度的夾角為60,可知合磁感應強方向水平向左;P中的電流反向后,導線P和Q在a點處產生磁場的磁感應強度B1、B2如

3、圖乙所示,各自大小仍為B,夾角為120,則其合磁感應強度大小仍為B,方向豎直向上,與原勻強磁場B0合成-7-分析磁場疊加的思路(1)根據安培定則確定通電導線周圍磁場的方向,注意分清“電流方向(因)”和“磁場方向(果)”.(2)磁場中每一點磁感應強度的方向為該點磁感線的切線方向.(3)磁感應強度是矢量,多個通電導體產生的磁場疊加時,合磁場的磁感應強度等于各場源單獨存在時在該點磁感應強度的矢量和.-8-典題演練提能刷高分1.(多選)已知通電長直導線產生的磁場中某點的磁感應強度滿足B=k (其中k為比例系數,I為電流強度,r為該點到直導線的距離).現有四根平行的通電長直導線,其橫截面積恰好在一個邊長

4、為L的正方形的四個頂點上,電流方向如圖,其中A、C導線中的電流大小為I1,B、D導線中的電流大小為I2.已知A導線所受的磁場力恰好為零,則下列說法正確的是()A.電流的大小關系為I1=2I2B.四根導線所受的磁場力為零C.正方形中心O處的磁感應強度為零D.若移走A導線,則中心O處的磁場將沿OB方向-9-答案:ACD解析:導線BCD在導線A處的磁場如圖甲所示,根據題意A導線的A正確;同理將各點的磁場都畫出,可以判斷B、D導線處的合磁場不為零,故磁場力不為零,故選項B錯誤;將各導線在O點的磁場畫出,如圖乙所示,由于A、C導線電流相等而且距離O點距離相等,則BA=BC,同理BB=BD,即正方形中心O

5、處的磁感應強度為零,故選項C正確;若移走A導線,則磁場BA不存在,由于BB=BD,則此時在O點的磁場只剩下導線C的磁場,而且導線C點磁場方向沿OB方向,即中心O處的磁場將沿OB方向,故選項D正確.-10-11-2.如圖,同一平面內有兩根互相平行的長直導線M和N,通有等大反向的電流,該平面內的a、b兩點關于導線N對稱,且a點與兩導線的距離相等.若a點的磁感應強度大小為B,則下列關于b點磁感應強度Bb的判斷正確的是()A.Bb2B,方向垂直該平面向里-12-答案:B解析:根據右手螺旋定則可知兩導線在a點形成磁場方向相同,由于兩導線電流大小相等,a點與兩導線的距離也相等,故單根導線在a-13-命題角

6、度2安培力及安培力作用下導體的平衡問題高考真題體驗對方向1.(2019全國17)如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接.已知導體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為()A.2FB.1.5FC.0.5FD.0-14-答案:B解析:導體棒MN受到的安培力為F=BIL.根據串、并聯電路的特點可知,導體棒ML與LN的電阻之和是導體棒MN電阻的2倍,導體棒MN的電流是導體棒ML與LN電流的2倍,導體棒處在同一磁場中,導體棒ML與LN的有效長度與導體棒MN相同,導體棒ML與LN受到安培力

7、的合力為0.5F.根據左手定則,導體棒ML與LN受到安培力的合力方向與導體棒MN受到的安培力方向相同,線框LMN受到安培力的合力為1.5F,故選B.-15-2.(多選)(2017全國19)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-16-答案:BC解析:利用同向電流相互吸引,異向電流相互排斥,受力分析如下設任意兩導線間作用力大小為F,則L1受合力F1=2Fcos 60=F,方向與L2、L3所在平

8、面平行;L2受合力F2=2Fcos 60=F,方向與L1、L3所在平面平行;L3所受合力F3=2Fcos 30= F,方向與L1、L2所在平面垂直.故選B、C.-17-3.(2015全國24)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.金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連,電路總電阻為2 .已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm;閉合開關,系統(tǒng)重新平衡后,兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受

9、安培力的方向,并求出金屬棒的質量.-18-答案:開關閉合后金屬棒所受安培力方向豎直向下金屬棒質量為0.01 kg解析:依題意,開關閉合后,電流方向從b到a,由左手定則可知,金屬棒所受的安培力方向豎直向下.開關斷開時,兩彈簧各自相對于其原長伸長為l1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1=mg式中,m為金屬棒的質量,k是彈簧的勁度系數,g是重力加速度的大小.開關閉合后,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

10、電阻.聯立式,并代入題給數據得m=0.01 kg-19-1.判定通電導體受力及運動趨勢的常用方法-20-2.安培力作用下導體平衡問題的分析思路(1)選定研究對象:通電導線或導體棒.(2)變三維為二維:畫出平面受力分析圖,其中安培力的方向,要用左手定則來判斷,注意安培力垂直于電流和磁場方向決定的平面.(3)列方程求解:根據力的平衡條件列方程.-21-典題演練提能刷高分1.(2019廣東廣州模擬)如圖所示,兩平行光滑金屬導軌CD、EF間距為L,與電動勢為E0的電源相連,質量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導軌放置構成閉合回路,回路平面與水平面成角,回路其余電阻不計.為使ab棒靜止,需在空間施加的勻

11、強磁場磁感應強度的最小值及其方向分別為 ()-22-答案:D -23-2.如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關于兩線圈的轉動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是 ()A.P順時針轉動,Q逆時針轉動,轉動時P與天花板連接的細線張力不變B.P逆時針轉動,Q順時針轉動,轉動時兩細線張力均不變C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大D.P不動,Q逆時針轉動,轉動時P、Q間細線張力不變-24-答案:A解析:根據安培定則,P產生的磁場的方向垂直于紙面向外

12、,Q產生的磁場水平向右,根據同名磁極相互排斥的特點,P將順時針轉動,Q逆時針轉動;轉動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相同,所以兩個線圈相互吸引,中間細線張力減小.由整體法可知,P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變.故A正確,BCD錯誤.-25-3.據媒體報道,美國海軍最早將于2020年實現電磁軌道炮的實戰(zhàn)部署,我國在該領域的研究也走在世界的前列.如圖所示為電磁軌道炮原理示意圖,圖中虛線表示電流方向,下列說法正確的是()A.如果電流方向如圖中所示,則該電流在兩軌道間產生的磁場方向豎直向下B.電流大小一定時,兩導軌距離越近,導軌之間的磁場越強C.如果電流反向,炮彈所受安培力也會反向,炮

13、彈將無法發(fā)射出去D.要提高炮彈的發(fā)射速度,導軌間距越小越好-26-答案:B解析:根據安培定則,如果電流方向如圖中所示,則該電流在兩軌道間產生的磁場方向豎直向上,故A項錯誤;兩平行導軌的電流方向相反,在導軌之間產生的磁場方向相同,根據直線電流的磁場分布可知,電流大小一定時,兩導軌距離越近,導軌之間的磁場越強,故B項正確;如果電流反向,導軌之間的磁場方向反向,通過炮彈的電流方向反向,炮彈所受安培力方向不變,故C項錯誤;電流一定時,導軌間距越小磁場越強,但炮彈的“有效長度”也變小,影響安培力的大小,所以導軌間距并不是越小越好,而是要適當,故D項錯誤.-27-4.一段導線abcde位于磁感應強度大小為

14、B的勻強磁場中,且與磁場方向(垂直于紙面向里)垂直.線段ab、bc、cd和de的長度均為L,且abc=cde=120,流經導線的電流為I,方向如圖中箭頭所示.導線段abcde所受到磁場的作用力的合力大小為()-28-答案:B解析:因為abc=cde=120,根據幾何關系可知bcd=60,故b與d之間的直線距離也為L,則導線段abcde有效長度為3L,故所受安培力的大小為F=3BIL,故ACD錯誤,B正確.-29-5.(2019山東菏澤模擬)如圖所示,水平導軌間距為L=0.5 m,導軌電阻忽略不計;導體棒ab的質量m=1 kg,連入導軌間的電阻R0=0.9 ,與導軌接觸良好;電源電動勢E=10

15、V,內阻r=0.1 ,電阻R=4 ;外加勻強磁場的磁感應強度B=5 T,方向垂直于ab,與導軌平面的夾角=53;ab與導軌間的動摩擦因數為=0.5(設最大靜摩擦力等于滑動摩擦力),定滑輪摩擦不計,輕繩對ab的拉力為水平方向,重力加速度g取10 m/s2,ab處于靜止狀態(tài).已知sin 53=0.8,cos 53=0.6.求:(1)通過ab的電流大小和方向;(2)ab受到的安培力大小;(3)重物重力G的取值范圍.-30-答案:(1)2 A電流方向為a到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N方向為a到b.(2)ab受到的安培力為F=BIL=5 N.(3)對ab受力分析如圖所示,最大靜摩擦力fm=

16、FN=(mg-Fcos )=3.5 N當最大靜摩擦力方向向右時FT=Fsin -fm=0.5 N當最大靜摩擦力方向向左時FT=Fsin +fm=7.5 N又FT=G所以0.5 NG7.5 N.-31-命題角度3帶電粒子在有界勻強磁場中的圓周運動高考真題體驗對方向1.(2019全國17)如圖,邊長為l的正方形abcd內存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外.ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子.已知電子的比荷為k,則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為()-32-答案:B -33-2.(2017全國18)如圖,虛線所示的圓形區(qū)域內

17、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過P點,在紙面內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相互作用.則v2v1為()-34-答案:C解析:最遠的出射點和入射點的連線為粒子在磁場中做勻速圓周運動的直徑,如圖所示.由幾何關系可以得到,當速度為v1入射時,半徑-35-1.處理有界勻強磁場中的臨界問題的技巧(1)粒子進入單邊磁場時,進、出磁場具有對稱性.(2)帶電粒子剛好穿出或剛好不穿出磁場的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與

18、邊界相切.這類題目中往往含有“最大”“最高”“至少”“恰好”等詞語,其最終的求解一般涉及極值,但關鍵是從軌跡入手找準臨界狀態(tài).當粒子的入射方向不變而速度大小可變時,由于半徑不確定,可從軌跡圓的縮放中發(fā)現臨界點.當粒子的入射速度大小確定而方向不確定時,軌跡圓大小不變,只是位置繞入射點發(fā)生了旋轉,可從定圓的動態(tài)旋轉中發(fā)現臨界點.(3)當速率一定時,粒子運動的弧長越長,圓心角越大,運動時間越長;當速率變化時,圓心角大的,運動時間長.-36-2.帶電粒子在圓形勻強磁場區(qū)域運動的幾個有用結論(1)粒子沿徑向射入則沿徑向射出.(2)設粒子在磁場中運動軌跡圓半徑為R,磁場區(qū)域圓半徑為r,有以下結論:當Rr時

19、,則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時,軌跡對應的速度偏轉角最大(所有的弦長中直徑最長).當R=r時,保持粒子的入射速率和入射點不變,改變速度的方向,射出圓形磁場后速度方向相同,或以相同速度(速度大小相等方向相同)從不同點射入圓形磁場的粒子匯聚到磁場邊界同一點,這稱為磁聚焦現象.-37-典題演練提能刷高分1.(2019安徽馬鞍山模擬)如圖所示,abcd為一正方形邊界的勻強磁場區(qū)域,磁場邊界邊長為L,磁場方向垂直邊界平面向里.三個粒子以相同的速度從a點沿ac方向射入,粒子1從b點射出,粒子2從c點射出,粒子3從cd邊垂直于磁場邊界射出,不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用.根據以上信息,可以確定

20、()A.粒子1帶負電,粒子2不帶電,粒子3帶正電B.粒子1和粒子3的比荷之比為21C.粒子1和粒子3在磁場中運動時間之比為41D.粒子3的射出位置與d點相距-38-答案:B -39-2.(2019山東滕州模擬)如圖所示,勻強磁場的邊界為直角三角形abc,一束帶正電的相同粒子以不同的速度v沿bc方向從b點射入磁場,不計粒子的重力.關于粒子在磁場中的運動情況,下列說法正確的是()A.入射速度越大的粒子,在磁場中的運動時間越長B.入射速度越大的粒子,在磁場中的運動軌跡越長C.從ab邊射出的粒子在磁場中的運動時間都相等D.從ac邊射出的粒子在磁場中的運動時間都相等答案:C -40-41-3.(多選)如

21、圖所示,在一個等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力),沿紙面從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域,若該三角形的兩直角邊長均為2l,則下列關于粒子運動的說法中正確的是()-42-答案:ACD -43-4.如圖所示,在水平面內存在一半徑為2R和半徑為R的兩個同心圓,半徑為R的小圓和半徑為2R的大圓之間形成一環(huán)形區(qū)域.小圓和環(huán)形區(qū)域內分別存在垂直于水平面、方向相反的勻強磁場.小圓內勻強磁場的磁感應強度大小為B.位于圓心處的粒子源S沿水平面向各個方向發(fā)射速率為 的正粒子,粒子的電荷量為q、質量為m,為了將所有粒子

22、束縛在半徑為2R的圓形內,環(huán)形區(qū)域磁感應強度大小至少為()-44-答案:C 子從A點與OA成30角的方向射入環(huán)形區(qū)域,粒子恰好不射出磁場時,軌跡圓與大圓相切,設半徑為r,由幾何知識可知OAO2=120.由余弦定理可知,(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120,解得-45-5.如圖所示,在某電子設備中有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B.AC、AD兩塊擋板垂直紙面放置,夾角為90.一束電荷量為+q、質量為m的相同粒子,從AD板上距A點為L的小孔P處以不同速率垂直于磁場方向射入,速度方向與AD板的夾角為60,不計粒子的重力和粒子間的相互作用.求:(1)直接打在AD板上Q點的粒子,其

23、從P點運動到Q點的時間是多少?(2)直接垂直打在AC板上的粒子,其運動速率是多大?-46-47-(2)粒子垂直打到AC板上,運動軌跡如圖中軌跡所示.由圖可知圓心為O2,APO2=30,設粒子運動的軌跡半徑為r,由幾何關系得rcos 30=L由洛倫茲力提供向心力得-48-命題角度4(儲備)帶電粒子在洛倫茲力作用下運動的多解問題【典題】(多選) 如圖所示,直線MN與水平方向成=30角,MN的右上方區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向水平向外的勻強磁場,MN的左下方區(qū)域存在磁感應強度大小為2B、方向水平向里的勻強磁場,MN與兩磁場均垂直.一粒子源位于MN上的a點,能水平向右發(fā)射不同速率、質量為m、電荷量

24、為q(q0)的同種粒子(粒子重力不計),所有粒子均能通過MN上的b點.已知ab=L,MN兩側磁場區(qū)域均足夠大,則粒子的速率可能是()-49-答案:BD解析:粒子運動過程只受洛倫茲力作用,故在洛倫茲力作用下做勻-50-51-帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的多解原因 -52-53-典題演練提能刷高分1.(2019山東安丘模擬)如圖所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B.在xOy平面內,從原點O處沿與x軸正方向夾角為(00,y0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B.現有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的P點沿著與x軸正方向成3

25、0角的方向射入磁場.不計重力的影響,則下列有關說法中正確的是()-56-答案:C 解析:帶正電的粒子從P點沿與x軸正方向成30角的方向射入磁場中,則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,如圖所示.粒子在磁場中要想到達O點,轉過的圓心角肯定大于180,因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,選項A錯誤;由于P點的位置不確定,所以粒子在磁場中運動的軌跡圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角是軌跡圓弧與y軸相切時,即圓心角為300,-57-3.如圖所示,在x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場,坐標原點O處有一粒子源,可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質量為m、帶電量為+q的同種帶

26、電粒子.在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上,其速度立即變?yōu)榱?.現在觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端,且速度方向與y軸平行.不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力.求:-58-(1)磁感應強度B的大小;(2)被薄金屬板接收的粒子在磁場運動的最短時間與最長時間;(3)若在y軸上另放置一個能接收帶電粒子的擋板,使薄金屬板P右側不能接收到帶電粒子,求擋板的最小長度.解析:(1)設粒子做圓周運動的半徑為R.根據牛頓第二定律,得 -59-打在P左側下端的粒子在磁場中運動的時間最短.如圖乙. 由幾何關系可知,打在

27、P左側下端的粒子在磁場中偏轉的角度是1=60,-60-打在P右側下端的粒子在磁場中運動的時間最長.如圖丙.由幾何關系可知,打在P右側下端的粒子在磁場中偏轉的角度是2=300,-61-(3)作圖得出使薄金屬板右側能接收到帶電粒子的運動軌跡中,打在最上面的點的軌跡與打在最下面的粒子的軌跡如圖丁,擋板的位置在圖中的MN處即可滿足題目的要求.打在最上面的點:OM=2R=2x0;-62-4.(2018廣東廣州高三4月綜合測試二模)如圖,x為紙面內的一條直線,P、N是x上的兩個點,勻強磁場垂直紙面.兩個帶電粒子a、b分別從P、N同時開始在紙面內運動.a的初速度垂直x向上,運動軌跡如圖中虛線所示,O為圓心,

28、PC是直徑,A是圓周上的點;b的初速度方向是紙面內所有可能的方向.已知AO連線垂直x,PO=OC=CN;a的初速度為v;a、b帶等量異種電荷,a的質量為b的兩倍,a、b間的相互作用力及所受重力不計.(1)求a、b的周期之比;(2)若a、b在A點相遇,求b的速度大小;(3)b的速度小于某個臨界值v0時,a、b不可能相遇,求v0的大小.-63-解析:(1)設a質量為m,電量為q,則b質量為0.5m,電量為-q,設磁感應強度為B,帶電粒子在磁場中做圓周運動,由-64-(2)設a、b由P、N到A的時間分別為ta、tb,由 的長度為粒子b做圓周運動的直徑.設a粒子的軌道半徑為r;b粒子的速度大小為vb,

29、運動軌道半徑為-65-(3)假設b粒子的速度vv0時,兩粒子能在圓周上的Q點相遇,如圖所示,設PQ對應的圓心角為,由此可知,b運動到Q的過程中,粒子b轉過弧長所對應的圓心角為2,則NQ=2rbsin -66-67-帶電粒子在復合場中的運動帶電粒子在復合場中的運動命題角度1帶電粒子在復合場中的運動高考真題體驗對方向(2017全國16)如圖,空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場,電場方向豎直向上(與紙面平行),磁場方向垂直于紙面向里.三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等,質量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內,a在紙面內做勻速圓周運動,b在紙面內向右做勻速直線運動,c在紙面內向左做勻速直線運動.下

30、列選項正確的是()A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma-68-答案:B -69-帶電粒子在復合場中運動問題的分析思路(1)弄清復合場的組成特點.(2)正確分析帶電粒子的受力及運動特點.(3)畫出粒子的運動軌跡,靈活選擇不同的運動規(guī)律.(4)注意結論:在無約束面的情況下,若在復合場中粒子做直線運動,則一定是做勻速直線運動,重力、電場力和洛倫茲力的合力為零;若在復合場中粒子做勻速圓周運動,則往往是重力與電場力平衡,洛倫茲力提供做圓周運動的向心力.-70-典題演練提能刷高分1.如圖所示的虛線區(qū)域內,充滿垂直紙面向內的勻強磁場和豎直向上的勻強電場,一帶電顆粒A以一定初速度由

31、左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O點穿出,射出時速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時速度的大小為vB,則顆粒B()A.穿出位置一定在O點上方,vBvAC.穿出位置一定在O點下方,vBvA-71-答案:D解析:設帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0,若帶電顆粒A帶負電,其電場力、重力、洛倫茲力均向下,與運動方向垂直,不可能做直線運動.顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,因為做勻速直線運動,故vA=v0.若僅撤去磁場,由于mgEq,帶電顆粒B向下偏轉,穿出位置一定在O點下方,合力對其做正

32、功,故vBv0,因此vBvA,故D正確,ABC錯誤.-72-2.(2019廣西桂林調研)如圖所示,質量為m,帶電荷量為+q的液滴,以速度v沿與水平方向成=45角斜向上進入正交的足夠大勻強電場和勻強磁場疊加區(qū)域,電場強度方向水平向右,磁場方向垂直紙面向里,液滴在場區(qū)做直線運動.重力加速度為g,試求:(1)電場強度E和磁感應強度B各多大?(2)當液滴運動到某一點A時,電場方向突然變?yōu)樨Q直向上,大小不改變,不考慮因電場變化而產生的磁場的影響,此時液滴加速度多少?(3)在滿足(2)的前提下,液滴從A點到達與A點位于同一水平線上的B點(圖中未畫出)所用的時間.-73-74-75-3.如圖所示,水平桌面上

33、方區(qū)域存在豎直向上的勻強電場,電場強度E=5 N/C,過桌左邊緣的虛線PQ上方存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B= T,虛線PQ與水平桌面成45角,現將一個質量m1=2.010-3 kg,帶正電q=4.010-3 C的物塊A靜置在桌面上,質量m2=1.010-3 kg、不帶電的絕緣物塊C從與A相距L=2.0 m處的桌面上以v0=5.0 m/s 的初速度向左運動.物塊A、C與桌面間的動摩擦因數為=0.4,二者在桌面上發(fā)生碰撞(碰撞時間極短,A、C間無電荷轉移),碰撞后C反彈速度大小為vC=1.0 m/s,A向左運動進入磁場,求:(1)碰撞后物塊A的速度;(2)物塊A從進入磁場到再次回到桌面

34、所用時間;(結果保留兩位有效數字)(3)若一段時間后A、C在桌面上相遇,求碰撞前A與桌左邊緣P的距離.(結果保留兩位有效數字)-76-答案:(1)2 m/s,方向水平向左(2)2.7 s(3)0.83 m解析:(1)設C與A碰撞前瞬間的速度為v,碰后A、C的速度分別為vA、vC,對C從開始運動到與A相碰,由動能定理可得A、C碰撞過程中,規(guī)定向左為正方向,對于A、C組成的系統(tǒng)由動量守恒定律可得m2v=m1vA-m2vC兩式聯立可得vA=2 m/s,方向水平向左.-77-78-(3)碰撞后C反彈在桌面上做勻減速運動,設其加速度為a,停止運動所用時間為t3,可得m2g=m2a0=vC-at3解得t3

35、=0.25 s顯然,碰撞后C運動時間小于A運動時間,由此可知A、C相遇時,C已經停止運動.所以A、C相遇的位置為C停止運動的位置,也是A豎直向下再次回到桌面的位置.C勻減速的位移x= vCt3=0.125 m,碰前A與桌左邊緣P的距離x=R-x0.83 m.-79-4.(2019山東鄆城高三模擬)如圖所示,ABCD矩形區(qū)域內存在互相垂直的有界勻強電場和勻強磁場的疊加場.有一質量為m、帶電荷量大小為q的小球在光滑絕緣的水平面上,從靜止開始經電壓為U的電場加速后,水平進入ABCD區(qū)域中,恰能在此空間的豎直面內做勻速圓周運動,且從B點射出,已知AB長度為 L,AD長度為L,求:(1)小球帶何種電荷及

36、進入疊加場時的速度大小;(2)小球在疊加場中做圓周運動的軌跡半徑;(3)小球在疊加場中運動的時間.-80-81-82-命題角度2洛倫茲力在現代科技中的應用問題高考真題體驗對方向(2016全國15)現代質譜儀可用來分析比質子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示,其中加速電壓恒定.質子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經勻強磁場偏轉后從出口離開磁場.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,為使它經勻強磁場偏轉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.此離子和質子的質量比約為()A.11B.12C.121D.144-83-答案:D 速圓周運動的半徑都相同,所以mB2,離子所

37、需偏轉磁場的磁感應強度是質子所需偏轉磁場的磁感應強度的12倍,則離子質量是質子質量的144倍,選項D正確.分析實際問題的思路與方法(1)知道質譜儀、回旋加速器等儀器或器件的結構及工作原理.(2)知道考查的內容,能從實際物理模型中抽象出物理問題.(3)巧用qE=qvB分析帶電粒子在復合場中的應用實例.-84-典題演練提能刷高分1.(多選)(2019山東泰安模擬)如圖所示為一利用海流發(fā)電的裝置原理圖.用絕緣材料制成一個橫截面為矩形的管道,在管道的上、下兩個內表面裝有兩塊電阻不計的金屬板M、N,板長為a、寬為b,板間的距離為d,將管道沿海流方向固定在海水中,在管道中施加與前后表面垂直的勻強磁場,磁感

38、應強度大小為B,將航標燈與兩金屬板連接(圖中未畫出).海流方向如圖,海流速率為v,下列說法正確的是()A.M板的電勢高于N板的電勢B.該海流發(fā)電機的電動勢為BdvC.該海流發(fā)電機的電動勢為BavD.管道內海水受到的安培力方向向左-85-答案:ABD解析:由左手定則可知,海流中的正離子受到的洛倫茲力方向向上,所以正離子向上偏轉,即M板帶正電;負離子受到的洛倫茲力方向向下,所以負離子向下偏轉,N板帶負電,可知M板的電勢高于N板的電勢,選項A正確;M、N兩板間形成電場,當離子所受的洛倫茲力和電場力平衡時,兩板間的電壓穩(wěn)定,即 =Bqv,得U=Bdv,兩板間電壓即該海流發(fā)電機的電動勢,選項B正確、C錯

39、誤;根據左手定則知,管道內由離子運動形成的電流方向向上,故管道內海水所受安培力方向向左,選項D正確.-86-2.(多選)如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖,此質譜儀由以下幾部分構成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器,靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應強度為B的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,后由P點進入磁分析器中,最終經過Q點進入收集器.下列說法正確的是

40、 ()-87-A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內-88-答案:BC解析:離子在磁分析器中沿順時針轉動,所受洛倫磁力指向圓心,根據左手定則,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,故A錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律有在磁場中做圓周運動的軌道半徑與電荷的質量和電量有關,能夠到達P點的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定能進入收集器,故D錯誤.-89-3.隨著電子技術的發(fā)展,霍爾傳感器被廣泛應用在汽車的各個系統(tǒng)中.其中霍爾轉速傳感器在測量發(fā)動機轉速時,情景簡化如圖甲所示,被測量轉子的輪齒(具有磁性)每次經過霍爾元件時,都會使霍爾電壓發(fā)生變化,傳感器的內置電路會將霍爾電壓

41、調整放大,輸出一個脈沖信號,霍爾元件的原理如圖乙所示.下列說法正確的是()-90-A.霍爾電壓是由于元件中定向移動的載流子受到電場力作用發(fā)生偏轉而產生的B.若霍爾元件的前端電勢比后端低,則元件中的載流子為負電荷C.在其他條件不變的情況下,霍爾元件的厚度c越大,產生的霍爾電壓越高D.若轉速表顯示1 800 r/min,轉子上齒數為150個,則霍爾傳感器每分鐘輸出12個脈沖信號-91-答案:B解析:元件內載流子受到洛倫茲力和電場力的作用,故A錯誤;根據左手定則,電子向前端偏轉,前端帶負電,后端帶正電,所以前端的電勢低,符合要求,則元件中的載流子為負電荷,故B正確;當電場力和c增大時,U減小,故C錯

42、誤;轉速n=1 800 r/min=30 r/s,則霍爾傳感器每分鐘輸出的脈沖信號個數為1503060=270 000個,故D錯誤,故選B.-92-4.(多選)在一次南極科考中,科考人員使用磁強計測定地磁場的磁感應強度.其原理如圖所示,電路中有一段長方體的金屬導體,它長、寬、高分別為a、b、c,放在沿y軸正方向的勻強磁場中,導體中電流沿x軸正方向,大小為I.已知金屬導體單位體積中的自由電子數為n,電子電荷量為e,自由電子做定向移動可視為勻速運動,測出金屬導體前后兩個側面間電壓為U,則()A.金屬導體的前側面電勢較低-93-答案:AD解析:根據左手定則(注意電子帶負電)可知電子打在前側面,即前側

43、面帶負電,電勢較低,A正確;電流方向為從左向右,而題中U表示的,C錯誤;因為當金屬導體中自由電子定向移動時受洛倫茲力作用向前側面偏轉,使得前后兩側面間產生電勢差,當電子所受的電場力與洛倫茲力平衡時,前后兩側面間產生恒定的電勢差.因而可得-94-5.回旋加速器是現代高能物理研究中用來加速帶電粒子的常用裝置.圖甲為回旋加速器原理示意圖,置于高真空中的兩個半徑為R的D形金屬盒,盒內存在與盒面垂直且磁感應強度為B的勻強磁場.兩盒間的距離很小,帶電粒子穿過的時間極短可以忽略不計.位于D形盒中心A處的粒子源能產生質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,粒子的初速度可以忽略.粒子通過兩盒間被加速,經狹縫進入盒內磁

44、場.兩盒間的加速電壓按圖乙所示的余弦規(guī)律變化,其最大值為U0.加速過程中不考慮相對論效應和重力作用.已知t0=0時刻產生的粒子每次通過狹縫是都能被最大電壓加速.求:-95-(1)兩盒間所加交變電壓的最大周期T0;(2)t0=0時刻產生的粒子第1次和第2次經過兩D形盒間狹縫后的軌道半徑之比;-96-(2)設t0=0時刻兩盒間的電壓為U0,此時刻產生的粒子第1次經過 -97-即所有從出口飛出的粒子,速度大小都相等,而每個粒子在磁場中運動的每一個周期時間內,被相同的電壓加速兩次.設某個粒子被加速-98-命題角度3帶電粒子在組合場中的運動高考真題體驗對方向1.(2019全國18)如圖,在坐標系的第一和

45、第二象限內存在磁感應強度大小分別為 B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場.一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經過x軸離開第一象限.粒子在磁場中運動的時間為()-99-答案:B -100-2.(2019全國)如圖,在直角三角形OPN區(qū)域內存在勻強磁場,磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外.一帶正電的粒子從靜止開始經電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場;一段時間后,該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出.已知O點為坐標原點,N點在y軸上,OP與x軸的夾角為30,粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d,不計重力.求(

46、1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間.-101-102-3.(2018全國25)如圖,在y0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場,電場強度大小為E;在y0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向-103-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=v1t1-104-105-106-107-4.(2018全國25)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場,其在xOy平面內的截面如圖所示: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、下兩側為電場區(qū)域,寬度均為l,電場強度的大小均為E,

47、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.-108-(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;求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間. 解析:(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)-109-(2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動.設粒子從M點射入時速度的大小為v0,在下側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

48、與電場方向的夾角為(見圖(b),速度沿電場方向的分量為v1,根據牛頓第二定律有-110-qE=ma式中q和m分別為粒子的電荷量和質量.由運動學公式有v1=atl=v0tv1=vcos 粒子在磁場中做勻速圓周運動,設其運動軌道半徑為R,由洛倫茲力-111-(3)由運動學公式和題給數據得 -112-5.(2018全國24)如圖,從離子源產生的甲、乙兩種離子,由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動,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

49、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.-113-解析:(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1,在磁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-114-(2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為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-115-帶電粒子在組合場中運動問題的分析思路(1)明確組合類型:是空間組合還是時間組合.(2)畫運動軌跡:對帶電粒子進行受力分析,研究其在不同場區(qū)的運動規(guī)律,畫出粒子運動軌跡示意圖.(3)劃分過程,分段處理:將粒子運動的過程按不同場區(qū)劃分為幾個不同的階段.對于勻強電場中的

50、勻變速直線運動或類平拋運動,可由牛頓運動定律及運動學公式求解,也可用動能定理求解;對勻強磁場中的勻速圓周運動,可按帶電粒子在勻強磁場中的勻速圓周運動規(guī)律及帶電粒子在有界磁場中運動的解題思路求解.(4)找聯系:找出過程之間及邊界處各物理量之間的聯系.當粒子從一個場區(qū)進入另一個場區(qū)時,分析轉折點處粒子的速度的大小和方向往往是解題的突破口.-116-典題演練提能刷高分1.(2019山東濟寧實驗中學檢測)如圖所示,直角坐標系中的第象限中存在沿y軸負方向的勻強電場,在第象限中存在垂直紙面向外的勻強磁場.一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子,在x軸上的a點以速度v0與x軸負方向成60角射入磁場,從y=L處的

51、b點沿垂直于y軸方向進入電場,并經過x軸上x=2L處的c點.不計粒子重力.求:(1)磁感應強度B的大小;(2)電場強度E的大小;(3)帶電粒子在磁場和電場中的運動時間之比.-117-118-2.如圖所示,在坐標系xOy的第一象限有沿x軸正方向的勻強電場,第二象限充滿方向垂直坐標平面向外的勻強磁場.有一比荷 =5.01010 C/kg的帶負電粒子從a(6,0)沿y軸正方向射入,速度大小為va=8.0106 m/s,粒子通過y軸上的b(0,16)點后進入磁場.不計粒子的重力.求:(1)電場強度E的大小,粒子通過b點時速度vb的大小及方向;(2)為使粒子不再進入電場,勻強磁場磁感應強度B應滿足什么條

52、件.-119-解析:(1)在第一象限y方向上:y=vat-120-由幾何得r+rsin =y為使粒子不能進入電場,粒子在磁場中運動的半徑必須大于圖中的半徑r.解得勻強磁場磁感應強度應滿足B2.010-3 T.-121-3.如圖,在真空室內的P點,能沿紙面向各個方向不斷發(fā)射電荷量為+q,質量為m的粒子(不計重力),粒子的速率都相同.ab為P點附近的一條水平直線,P到直線ab的距離PC=L,Q為直線ab上一點,它與P點相距PQ= L.當直線ab以上區(qū)域只存在垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場時,水平向左射出的粒子恰到達Q點;當ab以上區(qū)域只存在平行該平面的勻強電場時,所有粒子都能到達ab直線,

53、且它們到達ab直線時動能都相等,其中水平向左射出的粒子也恰好到達Q點.已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:-122-(1)粒子的發(fā)射速率;(2)勻強電場的場強大小和方向;(3)僅有磁場時,能到達直線ab的粒子所用最長時間和最短時間的比值.解析:(1)設粒子做勻速圓周運動的半徑R,過O作PQ的垂線交PQ于A點,如圖所示:-123-(2)只加勻強電場時,由粒子到達ab直線的動能相等,可知ab為等勢面,電場方向垂直ab向下.水平向左射出的粒子經時間t到達Q點,在這段時間內-124-(3)只有磁場時,粒子以O1為圓心沿圓弧PD運動,當圓弧和直線ab相切于D點時,粒子速度的偏轉角最大,對應的運動時