北京市2019版高考物理 專題十一 磁場課件.ppt

《北京市2019版高考物理 專題十一 磁場課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《北京市2019版高考物理 專題十一 磁場課件.ppt（156頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

專題十一磁場 高考物理 北京市專用 1 2016北京理綜 17 6分 0 95 中國宋代科學(xué)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(jìn)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 考點一磁場的描述 安培力A組自主命題 北京卷題組 五年高考 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(dǎo)題圖往往提供解題的關(guān)鍵信息 所以要仔細(xì)觀察 挖掘有用信息 評析本題考查地磁場的分布情況 屬于容易題 2 2013北京理綜 24 1 0 39 對于同一物理問題 常常可以從宏觀與微觀兩個不同角度進(jìn)行研究 找出其內(nèi)在聯(lián)系 從而更加深刻地理解其物理本質(zhì) 一段橫截面積為S 長為l的直導(dǎo)線 單位體積內(nèi)有n個自由電子 電子電量為e 該導(dǎo)線通有電流時 假設(shè)自由電子定向移動的速率均為v a 求導(dǎo)線中的電流I b 將該導(dǎo)線放在勻強磁場中 電流方向垂直于磁感應(yīng)強度B 導(dǎo)線所受安培力大小為F安 導(dǎo)線內(nèi)自由電子所受洛倫茲力大小的總和為F 推導(dǎo)F安 F 解析 a 設(shè) t時間內(nèi)通過導(dǎo)體橫截面的電量為 q 由電流定義 有I neSv b 每個自由電子所受的洛倫茲力 F洛 evB設(shè)導(dǎo)體中共有N個自由電子 則N n Sl導(dǎo)體內(nèi)自由電子所受洛倫茲力大小的總和F NF洛 nSl evB由安培力公式 有F安 IlB neSv lB得F安 F 答案 a neSv b 見解析 3 2018課標(biāo) 20 6分 多選 如圖 紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)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(yīng)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(yīng)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(yīng)強度大小為B0B 流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0C 流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0D 流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0 B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 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(yīng)強度大小分別為B1和B2 由磁感應(yīng)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(yīng)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 4 2015課標(biāo) 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(dǎo)線 導(dǎo)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(dǎo)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) 故D錯 5 2014課標(biāo) 15 6分 0 809 關(guān)于通電直導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D 將直導(dǎo)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(dǎo)線垂直 選項A錯 B正確 安培力的大小F BILsin 與直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān) 選項C錯誤 將直導(dǎo)線從中點折成直角 假設(shè)原來直導(dǎo)線與磁場方向垂直 若折成直角后一段與磁場仍垂直 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 2017課標(biāo) 19 6分 多選 如圖 三根相互平行的固定長直導(dǎo)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C L1 L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1 1 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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線兩兩之間作用力的大小為F 則由幾何關(guān)系可得L1 L2單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos60 F L3單位長度所受的磁場作用力大小為2Fcos30 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(dǎo)線在其余兩導(dǎo)線所在處產(chǎn)生的磁場磁感應(yīng)強度大小相等 設(shè)為B 如圖所示 由幾何關(guān)系可得L1所在處磁場的磁感應(yīng)強度B1 2Bcos60 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 B I L2上單位長度所受安培力大小為F2 BI 即F1 F2 F3 1 1 故A D錯誤 B C正確 7 2015課標(biāo) 24 12分 0 564 如圖 一長為10cm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(yīng)強度大小為0 1T 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12V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 5cm 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 3cm 重力加速度大小取10m s2 判斷開關(guān)閉合后金屬棒所受安培力的方向 并求出金屬棒的質(zhì)量 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 5cm 由胡克定律和力的平衡條件得2k l1 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 3cm 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 并代入題給數(shù)據(jù)得m 0 01kg 安培力方向判斷正確給2分 式各2分 答案見解析 8 2017課標(biāo) 21 6分 多選 某同學(xué)自制的簡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(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 C組教師專用題組 答案AD本題考查安培力 電路 考查學(xué)生的推理能力 實驗?zāi)芰?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(dāng)線圈轉(zhuǎn)過180 時 靠近磁極的導(dǎo)線與開始時靠近磁極的導(dǎo)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(dāng)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 一根漆包線繞制的矩形線圈中電流方向的判定 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 1 2014北京理綜 16 6分 0 77 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 qbB ma mbC Ta TbD 考點二洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動A組自主命題 北京卷題組 答案A帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動 洛倫茲力提供向心力 則有 qvB 得軌跡半徑R 周期T 由于Ra Rb pa pb Ba Bb 故qa qb 故選項A正確 考查點帶電粒子在勻強磁場中的運動 思路點撥先通過計算得到半徑R和周期T的表達(dá)式 再結(jié)合題中條件做出選擇 2 2012北京理綜 16 6分 0 37 處于勻強磁場中的一個帶電粒子 僅在磁場力作用下做勻速圓周運動 將該粒子的運動等效為環(huán)形電流 那么此電流值 A 與粒子電荷量成正比B 與粒子速率成正比C 與粒子質(zhì)量成正比D 與磁感應(yīng)強度成正比 答案D粒子僅在磁場力作用下做勻速圓周運動有qvB m 得R 周期T 其等效環(huán)形電流I 故D選項正確 3 2016北京理綜 22 16分 0 92 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(yīng)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 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 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 答案 1 2 vB 解題指導(dǎo)粒子在磁場中做勻速圓周運動 應(yīng)先確定向心力 用向心力公式去解決問題 用圓周運動的物理量間的關(guān)系求周期 易錯點撥直接寫出半徑R和周期T的結(jié)果 缺乏依據(jù)和推理 造成失分 值得特別注意 4 2014北京理綜 24 3 0 20 經(jīng)典物理學(xué)認(rèn)為 金屬的電阻源于定向運動的自由電子與金屬離子 即金屬原子失去電子后的剩余部分 的碰撞 展開你想象的翅膀 給出一個合理的自由電子的運動模型 在此基礎(chǔ)上 求出導(dǎo)線MN中金屬離子對一個自由電子沿導(dǎo)線長度方向的平均作用力的表達(dá)式 解析下述解法的共同假設(shè) 所有自由電子 簡稱電子 下同 以同一方式運動 方法一 動量解法設(shè)電子在每一次碰撞結(jié)束至下一次碰撞結(jié)束之間的運動都相同 經(jīng)歷的時間為 t 電子的動量變化為零 因為導(dǎo)線MN的運動 電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用f洛 evB沿導(dǎo)線方向 電子只受到金屬離子的作用力和f洛作用 所以f洛 t If 0其中If為金屬離子對電子的作用力的沖量 其平均作用力為 則If t得 f洛 evB方法二 能量解法設(shè)電子從導(dǎo)線的一端到達(dá)另一端經(jīng)歷的時間為t 在這段時間內(nèi) 通過導(dǎo)線一端的電子總數(shù)N 電阻上產(chǎn)生的焦耳熱是由于克服金屬離子對電子的平均作用力做功產(chǎn)生的 答案見解析 在時間t內(nèi)總的焦耳熱Q NL由能量守恒得Q W電 EIt BLvIt所以 evB方法三 動力學(xué)解法因為電流不變 所以假設(shè)電子以速度ve相對導(dǎo)線做勻速直線運動 因為導(dǎo)線MN的運動 電子受到沿導(dǎo)線方向的洛倫茲力f洛的作用 f洛 evB沿導(dǎo)線方向 電子只受到金屬離子的平均作用力和f洛作用 二力平衡即 f洛 evB 考查點洛倫茲力 思路點撥構(gòu)建合理的自由電子運動模型是解答本題的關(guān)鍵 可以從動力學(xué) 能量轉(zhuǎn)化 運動學(xué)等多個角度進(jìn)行合理的構(gòu)建 其中以動力學(xué)模型最為簡單 當(dāng)導(dǎo)線做切割磁感線運動時 產(chǎn)生的感應(yīng)電流是自由電子沿導(dǎo)線勻速運動的結(jié)果 所以自由電子受到的平均阻力必然與磁場對自由電子施加的洛倫茲力相平衡 易錯警示切割磁感線運動時 導(dǎo)線相當(dāng)于電源 自由電子在其中的運動是電荷在電源內(nèi)部運動的過程 是非靜電力做功的過程 這個非靜電力就是洛倫茲力 而不是電場力 5 2011北京理綜 23 18分 0 52 利用電場和磁場 可以將比荷不同的離子分開 這種方法在化學(xué)分析和原子核技術(shù)等領(lǐng)域有重要的應(yīng)用 如圖所示的矩形區(qū)域ACDG AC邊足夠長 中存在垂直于紙面的勻強磁場 A處有一狹縫 離子源產(chǎn)生的離子 經(jīng)靜電場加速后穿過狹縫沿垂直于GA邊且垂直于磁場的方向射入磁場 運動到GA邊 被相應(yīng)的收集器收集 整個裝置內(nèi)部為真空 已知被加速的兩種正離子的質(zhì)量分別是m1和m2 m1 m2 電荷量均為q 加速電場的電勢差為U 離子進(jìn)入電場時的初速度可以忽略 不計重力 也不考慮離子間的相互作用 1 求質(zhì)量為m1的離子進(jìn)入磁場時的速率v1 2 當(dāng)磁感應(yīng)強度的大小為B時 求兩種離子在GA邊落點的間距s 3 在前面的討論中忽略了狹縫寬度的影響 實際裝置中狹縫具有一定寬度 若狹縫過寬 可能使兩束離子在GA邊上的落點區(qū)域交疊 導(dǎo)致兩種離子無法完全分離 設(shè)磁感應(yīng)強度大小可調(diào) GA邊長為定值L 狹縫寬度為d 狹縫右邊緣在A處 離子可以從狹縫各處射入磁場 入射方向仍垂直于GA邊且垂直于磁場 為保證上述兩種離子能落在GA邊上并被完全分離 求狹縫的最大寬度 答案 1 2 3 L 解析 1 加速電場對離子m1做的功W qU由動能定理m1 qU得v1 2 由牛頓第二定律和洛倫茲力公式qvB R 利用 式得離子在磁場中的軌道半徑分別為R1 R2 兩種離子在GA上落點的間距s 2R1 2R2 3 質(zhì)量為m1的離子 在GA邊上的落點都在其入射點左側(cè)2R1處 由于狹縫的寬度為d 因此落點區(qū)域的寬度也是d 同理 質(zhì)量為m2的離子在GA邊上落點區(qū)域的寬度也是d 為保證兩種離子能完全分離 兩個區(qū)域應(yīng)無交疊 條件為2 R1 R2 d 利用 式 代入 式得2R1 dR1的最大值滿足2R1m L d得 L d d求得最大值dm L 6 2015課標(biāo) 14 6分 0 759 兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強度大小不同 方向平行 一速度方向與磁感應(yīng)強度方向垂直的帶電粒子 不計重力 從較強磁場區(qū)域進(jìn)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(jìn)入到較弱的磁場區(qū)域后 其速度大小不變 由r 知 軌道半徑增大 由角速度 知 角速度減小 選項D正確 B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 7 2014課標(biāo) 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(dá)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(yīng)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(yīng)強度B 選項D正確 8 2014課標(biāo) 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(dāng)這些粒子從上部垂直進(jìn)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(jìn)入磁場時速度方向相同 但速度大小關(guān)系未知 由左手定則可知電子與正電子進(jìn)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(dāng)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及r 得r 可見當(dāng)Ek越大時粒子的軌跡半徑越大 故D錯誤 9 2015課標(biāo) 19 6分 0 506 多選 有兩個勻強磁場區(qū)域 和 中的磁感應(yīng)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 10 2016課標(biāo) 18 6分 一圓筒處于磁感應(yīng)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(dāng)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 反思總結(jié)此題考查處理粒子在磁場中運動問題的基本方法 定圓心 畫軌跡 由幾何知識求半徑 找圓心角求時間 11 2017課標(biāo) 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(yīng)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v2 v1為 A 2B 1C 1D 3 答案C本題考查帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 洛倫茲力 考查學(xué)生的推理能力 作圖能力 設(shè)速率為v1的粒子最遠(yuǎn)出射點為M 速率為v2的粒子最遠(yuǎn)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 審題指導(dǎo)粒子速度方向改變 大小不變時其軌跡半徑相等 當(dāng)粒子的軌跡直徑與磁場區(qū)域相交時 其弦長最長 即最大分布 12 2018課標(biāo) 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(yīng)強度大小 2 甲 乙兩種離子的比荷之比 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 在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1 磁場的磁感應(yīng)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 答案 1 2 1 4 q2v2B m2 由題給條件有2R2 由 式得 甲 乙兩種離子的比荷之比為 1 4 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 13 2017課標(biāo) 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x 0區(qū)域 磁感應(yīng)強度的大小為B0 x1 一質(zhì)量為m 電荷量為q q 0 的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場 此時開始計時 當(dāng)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 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x 0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定律得qB0v0 m q B0v0 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 答案 1 1 2 1 2 由幾何關(guān)系及 式得 所求距離為d0 2 R1 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 R右 速度方向再次沿x軸正向時 意味著粒子在左 右磁場中各轉(zhuǎn)過半周 所以粒子與O點間距離為直徑的差值 題目內(nèi)容經(jīng)典 難度較小 14 2016課標(biāo) 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(yīng)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 q 0 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 D C組教師專用題組 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O Q半徑在同一條直線上 則PQ 2R 所以O(shè)Q 4R 選項D正確 方法技巧由題意知v與OM成30 角 而O S垂直于v 則 O SQ 60 由于SO O Q R 所以 SO Q為等邊三角形 SO Q 60 由四邊形OSO P可求得 SO P 120 所以 SO P SO Q 180 評析本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動 難度中等 正確畫出運動軌跡 并且找出各角關(guān)系是解答本題的關(guān)鍵 15 2013課標(biāo) 18 6分 0 456 如圖 半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面 紙面 磁感應(yīng)強度大小為B 方向垂直于紙面向外 一電荷量為q q 0 質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域 射入點與ab的距離為 已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60 則粒子的速率為 不計重力 A B C D 答案B作出粒子運動軌跡如圖中實線所示 因P到ab距離為 可知 30 因粒子速度方向改變60 可知轉(zhuǎn)過的圓心角2 60 由圖中幾何關(guān)系有 r tan Rcos 解得r R 再由Bqv m可得v 故B正確 1 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 考點三帶電粒子的復(fù)合場中的運動A組自主命題 北京卷題組 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(fù)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(dāng)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 2 2013北京理綜 22 16分 0 75 如圖所示 兩平行金屬板間距為d 電勢差為U 板間電場可視為勻強電場 金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場 帶電荷量為 q 質(zhì)量為m的粒子 由靜止開始從正極板出發(fā) 經(jīng)電場加速后射出 并進(jìn)入磁場做勻速圓周運動 忽略重力的影響 求 1 勻強電場場強E的大小 2 粒子從電場射出時速度v的大小 3 粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R 解析 1 電場強度E 2 根據(jù)動能定理 有qU mv2得v 3 粒子在磁場中做勻速圓周運動時 洛倫茲力提供向心力 有qvB m得R 答案 1 2 3 考查點帶電粒子在電場和磁場中的運動 思路點撥本題屬常規(guī)題型 首先弄清帶電粒子在電場和磁場中的運動性質(zhì) 再根據(jù)各運動所遵循的規(guī)律作答 3 2017課標(biāo) 16 6分 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(zhì)量分別為ma mb mc 已知在該區(qū)域內(nèi) a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動 b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動 c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動 下列選項正確的是 A ma mb mcB mb ma mcC mc ma mbD mc mb ma B組統(tǒng)一命題 課標(biāo)卷題組 答案B本題考查帶電粒子在復(fù)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 Bqvb qE mcg qE Bqvcma mc B正確 規(guī)律總結(jié)復(fù)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(fù)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 4 2016課標(biāo) 15 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(yīng)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(yīng)強度為B1 改變后的磁感應(yīng)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 審題指導(dǎo)注意題給信息的含義 經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開 意味著兩粒子在磁場中運動的半徑相等 評析此題考查帶電粒子在電場和磁場中的運動規(guī)律 難度中等 考生需要根據(jù)題目信息找出相關(guān)運動規(guī)律公式 再結(jié)合題給條件分析解答 5 2018課標(biāo) 25 20分 如圖 在y 0的區(qū)域存在方向沿y軸負(fù)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 已知H進(jìn)入磁場時 速度方向與x軸正方向的夾角為60 并從坐標(biāo)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(jìn)入磁場的位置到原點O的距離 2 磁場的磁感應(yīng)強度大小 3H第一次離開磁場的位置到原點O的距離 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(jìn)入磁場的位置到原點O的距離為s1 由運動學(xué)公式有s1 v1t1 h a1 由題給條件H進(jìn)入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角 1 60 H進(jìn)入磁場時速度的y分量的大小為a1t1 v1tan 1 答案 1 h 2 3 1 h 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(jìn)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(yīng)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qv1 B 由幾何關(guān)系得s1 2R1sin 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(xué)公式有s2 v2t2h a2v2 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(jìn)入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2 由幾何關(guān)系有s2 2R2sin 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 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 6 2018課標(biāo) 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(yīng)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(jìn)入磁場時的速度方向恰好與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 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(xué)公式有v1 at l v0t v1 vcos 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 2Rcos 聯(lián)立 式得v0 3 由運動學(xué)公式和題給數(shù)據(jù)得 v1 v0cot 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(dǎo)對稱性是解題關(guān)鍵 7 2009北京理綜 19 6分 如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi) 充滿垂直于紙面向里的勻強磁場和豎直向下的勻強電場 一帶電粒子a 不計重力 以一定的初速度由左邊界的O點射入磁場 電場區(qū)域 恰好沿直線由區(qū)域右邊界的O 點 圖中未標(biāo)出 穿出 若撤去該區(qū)域內(nèi)的磁場而保留電場不變 另一個同樣的粒子b 不計重力 仍以相同初速度由O點射入 從區(qū)域右邊界穿出 則粒子b A 穿出位置一定在O 點下方B 穿出位置一定在O 點上方C 運動時 在電場中的電勢能一定減小D 在電場中運動時 動能一定減小 C組教師專用題組 答案C在復(fù)合場中粒子做直線運動 就說明qE qvB OO 連線與電場線垂直 當(dāng)撤去磁場時 粒子僅受電場力 做類平拋運動 電場力一定做正功 電勢能減少 動能增加 C正確 D錯誤 因不知帶電粒子的電性 故穿出位置可能在O 點上方 也可能在O 點下方 A B錯誤 1 2017北京海淀期末 2 來自太陽和其他星體的宇宙射線中含有大量高能帶電粒子 若這些粒子都直接到達(dá)地面 將會對地球上的生命帶來危害 但由于地磁場 如圖所示 的存在改變了宇宙射線中帶電粒子的運動方向 使得很多高能帶電粒子不能到達(dá)地面 若不考慮地磁偏角的影響 關(guān)于上述高能帶電粒子在地磁場的作用下運動情況的判斷 下列說法中正確的是 A 若帶電粒子帶正電 且沿地球赤道平面射向地心 則由于地磁場的作用將向東偏轉(zhuǎn)B 若帶電粒子帶正電 且沿地球赤道平面射向地心 則由于地磁場的作用將向北偏轉(zhuǎn)C 若帶電粒子帶負(fù)電 且沿垂直地球赤道平面射向地心 則由于地磁場的作用將向南偏轉(zhuǎn)D 若帶電粒子沿垂直地球赤道平面射向地心 它可能在地磁場中做勻速圓周運動 考點一磁場的描述 安培力 A組2016 2018年高考模擬 基礎(chǔ)題組 三年模擬 答案A高能帶電粒子在地磁場中受洛倫茲力影響 由左手定則可判斷 若帶電粒子帶正電 且沿地球赤道平面射向地心 受到向東的洛倫茲力 則粒子向東偏轉(zhuǎn) A對B錯 若帶電粒子沿垂直地球赤道平面射向地心 它將不受洛倫茲力 做直線運動 C D錯 思路點撥該題審題很關(guān)鍵 題中沿垂直地球赤道平面射向地心是指與磁感線方向平行 這是最容易出現(xiàn)錯誤的地方 所以畫好圖很關(guān)鍵 2 2017北京朝陽期末 4 如圖所示 一金屬直棒MN兩端接有細(xì)導(dǎo)線懸掛于線圈上方 為使MN垂直紙面向外運動 可以將 A a c端接電源正極 b d端接電源負(fù)極B a d端接電源正極 b c端接電源負(fù)極C b d端接電源正極 a c端接電源負(fù)極D b c端用導(dǎo)線連接 a接電源正極 d端接電源負(fù)極 答案Ba c接電源正極 b d接電源負(fù)極時 直棒MN中電流方向為M N 螺線管中的電流方向為c d 由右手螺旋定則判斷可知 螺線管中電流在其上方產(chǎn)生的磁場方向向下 由左手定則判斷 此時MN受垂直紙面向里的安培力 MN將垂直紙面向里運動 A錯誤 a d接電源正極 b c接電源負(fù)極時 直棒MN中電流方向為M N 螺線管中的電流方向為d c 由右手螺旋定則判斷可知 螺線管中電流在其上方產(chǎn)生的磁場方向向上 由左手定則判斷 此時MN受垂直紙面向外的安培力 將垂直紙面向外運動 B正確 b d接電源正極 a c接電源負(fù)極時 直棒MN中電流方向為N M 螺線管中的電流方向為d c 由右手螺旋定則判斷可知 螺線管中電流在其上方產(chǎn)生的磁場方向向上 由左手定則判斷 此時MN受垂直紙面向里的安培力 將垂直紙面向里運動 C錯誤 b c用導(dǎo)線連接 a接電源正極 d接電源負(fù)極時 直棒MN中電流方向為M N 螺線管中的電流方向為c d 由右手螺旋定則判斷可知 螺線管中電流在其上方產(chǎn)生的磁場方向向下 由左手定則判斷 此時MN受垂直紙面向里的安培力 將垂直紙面向里運動 D錯誤 3 2016北京順義期末 電磁軌道炮工作原理如圖所示 待發(fā)射彈體可在軌道延伸方向自由移動 并與軌道保持良好接觸 電流I從一條軌道流入 通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回 軌道電流可在彈體附近形成垂直于軌道面的磁場 可視為勻強磁場 磁感應(yīng)強度的大小與I成正比 通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出 現(xiàn)欲使彈體的出射動量增加至原來的2倍 理論上可采用的辦法是 A 只將電流I增加至原來的2倍B 只將彈體質(zhì)量增加至原來的2倍C 只將軌道長度L增加至原來的2倍D 將電流I和軌道長度L均增加至原來的2倍 其他量不變 答案A通電的彈體在軌道上受到安培力的作用 利用動能定理有 BIl L mv2磁感應(yīng)強度的大小與I成正比 所以B kI動量p mv解得p I 可判斷只有A正確 4 2018北京門頭溝一模 18 2017年12月30日 北京首條磁懸浮軌道交通S1線在門頭溝開通試運營 標(biāo)志著我國成為世界第二個掌握中低速磁懸浮技術(shù)的國家 其簡化后的結(jié)構(gòu)原理簡圖如圖所示 其中懸浮線圈和導(dǎo)向線圈分別位于車體的底部和側(cè)面 間隙傳感器能夠控制懸浮線圈和導(dǎo)向線圈中電流大小 下列說法中正確的是 A 導(dǎo)向線圈的主要作用是使列車處于懸浮狀態(tài)B 當(dāng)列車沿水平直軌道平穩(wěn)運行時 懸浮線圈中的電流不變C 通電的懸浮線圈和導(dǎo)向線圈與金屬導(dǎo)軌之間都是斥力作用D 間隙傳感器控制導(dǎo)向線圈中的電流發(fā)生改變是為了使列車加速 答案B懸浮線圈的主要作用是使列車處于懸浮狀態(tài) A錯 列車勻速直線運動時 F合 0 mg F懸 則懸浮線圈中的電流不變 B對 當(dāng)列車轉(zhuǎn)彎時 通電的導(dǎo)向線圈與金屬導(dǎo)軌之間可能會有引力 C錯 導(dǎo)向線圈的主要作用是讓列車轉(zhuǎn)彎 D錯 解題關(guān)鍵具體工作原理不清楚 可以從兩個線圈的位置和文字描述中判斷 5 2018北京東城期末 13 如圖為演示 通電導(dǎo)線之間通過磁場發(fā)生相互作用 的實驗示意圖 接通電源時 發(fā)現(xiàn)兩導(dǎo)線會相互靠近或遠(yuǎn)離 已知接線柱是按如圖所示方式連接的 1 請在圖中虛線框中標(biāo)出B導(dǎo)線在A導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場的方向 用 或 表示 2 在圖中標(biāo)出A導(dǎo)線所受安培力的方向 解析 1 由安培定則判斷可知 B導(dǎo)線在A導(dǎo)線周圍產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里 2 由左手定則判斷可知 A導(dǎo)線所受安培力的方向水平向左 如 1 中圖所示 答案見解析 解題關(guān)鍵左 右手定則 6 2018北京朝陽期末 19 如圖所示 兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在傾角為 的同一斜面內(nèi) 間距為l 其下端有內(nèi)阻為r的電源 整個裝置處在垂直導(dǎo)軌平面向下 磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中 一質(zhì)量為m 電阻為R的導(dǎo)體棒ab垂直導(dǎo)軌放置在導(dǎo)軌上 接觸良好 且保持靜止?fàn)顟B(tài) 不計導(dǎo)軌電阻 已知重力加速度為g 求 1 導(dǎo)體棒所受安培力F的大小和方向 2 電源的電動勢E 答案 1 mgsin 沿斜面向上 2 R r 解題關(guān)鍵正確畫出ab棒受力分析的平面圖 列平衡方程求解 此外還要注意回路總電阻為R r 不要漏掉電源內(nèi)阻 7 2017北京東城二模 24 我們知道 電流周圍有磁場 圖1所示為環(huán)形電流周圍磁場的分布情況 根據(jù)電磁學(xué)理論可知 半徑為R 電流為I的環(huán)形電流中心處的磁感應(yīng)強度大小B k 其中k為已知常量 圖1 1 正切電流計是19世紀(jì)發(fā)明的一種儀器 它可以利用小磁針的偏轉(zhuǎn)來測量電流 圖2為其結(jié)構(gòu)示意圖 在一個豎直放置 半徑為r 匝數(shù)為N的圓形線圈的圓心O處 放一個可以繞豎直軸在水平面內(nèi)轉(zhuǎn)動的小磁針 帶有分度盤 線圈未通電流時 小磁針穩(wěn)定后所指方向與地磁場水平分量的方向一致 調(diào)整線圈方位 使其與靜止的小磁針在同一豎直平面內(nèi) 給線圈通上待 測電流后 小磁針偏轉(zhuǎn)了 角 已知儀器所在處地磁場的磁感應(yīng)強度水平分量大小為BC 求 圖2a 待測電流在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度BO的大小 b 待測電流Ix的大小 2 電流的本質(zhì)是電荷的定向移動 電流可以產(chǎn)生磁場意味著運動的電荷也可以產(chǎn)生磁場 如圖3所示 一個電荷量為q的點電荷以速度v運動 這將在與速度垂直的方向上 與點電荷相距為d的A點產(chǎn)生磁場 請你利用上面電流產(chǎn)生磁場的規(guī)律 自己構(gòu)建模型 求出該點電荷在此時的運動將在A點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小BA 圖3 解析 1 a 地磁場磁感應(yīng)強度的水平分量BC與BO的關(guān)系如圖所示 有BO BCtan b 由題可知BO k 可得Ix 2 電流為I 半徑為d的環(huán)形電流 可以看做是由Z個電荷量為q的點電荷 以相同的速率v沿半徑為d的圓周做同方向定向移動而形成的 在 t時間內(nèi)通過環(huán)上某橫截面的電荷量 Q v t 電流I 環(huán)心處的磁感應(yīng)強度大小可以寫成 B k 答案 1 a BCtan b 2 而這個磁場可以看做是由Z個電荷量為q的點電荷共同產(chǎn)生的 且由對稱性可知每個點電荷在環(huán)心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度相同 均為BA 所以有B ZBA 點電荷在A點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小BA 說明 其他方法正確同樣給分 考查點磁場疊加 建模能力 思路分析通電后小磁針穩(wěn)定后所指的方向為地磁場水平分量與環(huán)形電流磁場疊加后磁場的方向 8 2018北京西城一模 16 粒子和質(zhì)子在同一點由靜止出發(fā) 經(jīng)過相同的加速電場后 進(jìn)入同一勻強磁場中做勻速圓周運動 已知 粒子和質(zhì)子的質(zhì)量之比m mH 4 1 電荷量之比q qH 2 1 則它們在磁場中做圓周運動的周期之比T TH為 A 1 4B 4 1C 2 1D 1 2 考點二洛倫茲力 帶電粒子在磁場中的運動 答案C帶電粒子在勻強磁場中運動的周期T 由已知條件代入解得T TH 2 1 故選C 解題關(guān)鍵帶電粒子在勻強磁場中運動的周期公式 9 2018北京朝陽一模 17 如圖所示 虛線框MNQP內(nèi)存在勻強磁場 磁場方向垂直紙面向里 a b c是三個質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子 它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場 圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡 若不計粒子所受重力 則 A 粒子a帶負(fù)電 粒子b c帶正電B 粒子c在磁場中運動的時間最長C 粒子c在磁場中的加速度最大D 粒子c在磁場中的動量最大 答案B由左手定則可知 帶電粒子進(jìn)入磁場中 向左偏的a帶正電荷 向右偏的b c帶負(fù)電荷 故A錯誤 三個粒子在磁場中做圓周運動的周期T 都相同 而c的軌跡圓弧所對的圓心角 最大 由t T得c在磁場中運動時間最長 故選項B正確 軌跡半徑r 由于m q B都相同 r小的v小 由a 可知C選項錯誤 由動量p mv得c的動量最小 故選項D錯誤 解題關(guān)鍵會用左手定則判斷帶電粒子所受洛倫茲力的方向 能用軌跡半徑的表達(dá)式分析粒子運動的速度大小 是分析本題的關(guān)鍵 10 2016北京東城期末 7 科學(xué)研究中經(jīng)常利用磁場來改變帶電粒子的運動狀態(tài) 現(xiàn)有兩個速率相同的質(zhì)子分別在磁感應(yīng)強度大小為B1 B2的勻強磁場中做勻速圓周運動 已知B1 2B2 下列說法正確的是 A 兩質(zhì)子所受洛倫茲力大小之比f1 f2 1 2B 兩質(zhì)子加速度的大小之比a1 a2 2 1C 兩質(zhì)子運動的軌跡半徑之比r1 r2 1 1D 兩質(zhì)子運動的角速度之比 1 2 1 1 答案B洛倫茲力f qvB 因為兩質(zhì)子帶電荷量q和速率v都相同 則f1 f2 B1 B2 2 1 A錯誤 向心加速度a f1 f2 2 1 兩質(zhì)子質(zhì)量m相同 則a1 a2 f1 f2 2 1 B正確 做勻速圓周運動的軌跡半徑R 因為兩質(zhì)子帶電荷量q 速率v和質(zhì)量m都相同 則R1 R2 B2 B1 1 2 C錯誤 做勻速圓周運動的角速度 因為兩質(zhì)子的速率v相同 則 1 2 R2 R1 2 1 D錯誤 思路分析根據(jù)v與B垂直時洛倫茲力f qvB求出兩質(zhì)子所受洛倫茲力大小之比 根據(jù)加速度a 求出兩質(zhì)子加速度大小之比 根據(jù)做勻速圓周運動的軌跡半徑R 求出兩質(zhì)子運動的軌跡半徑之比 根據(jù)角速度 求出兩質(zhì)子運動的角速度之比 11 2017北京朝陽期末 9 在光滑絕緣水平面上 用絕緣細(xì)線拉著一帶負(fù)電的小球 在水平面內(nèi)繞豎直方向的軸做逆時針方向的勻速圓周運動 整個空間存在豎直向下的勻強磁場 俯視圖如圖所示 若小球運動到A點時細(xì)線突然斷開 則小球此后 A 仍做逆時針方向的勻速圓周運動 但半徑減小B 仍保持原來速度大小 做勻速直線運動C 做順時針方向的曲線運動 但不是圓周運動D 做順時針方向的圓周運動 半徑可能不變 答案D細(xì)線斷開前 帶負(fù)電的小球做逆時針方向的勻速圓周運動 在A位置小球受的拉力方向向左 洛倫茲力方向向右 合力充當(dāng)向心力 細(xì)線斷了以后 小球在A位置受的洛倫茲力向右 做勻速圓周運動 洛倫茲力大小可能與細(xì)線斷前小球所受合力相等 軌跡半徑可能不變 故選D 12 2016北京豐臺一模 17 如圖所示 甲 乙兩個帶等量異種電荷而質(zhì)量不同的帶電粒子 以相同的速率經(jīng)小孔P垂直磁場邊界MN 進(jìn)入方向垂直紙面向外的勻強磁場 在磁場中做勻速圓周運動 并垂直磁場邊界MN射出磁場 運動軌跡如圖中虛線所示 不計粒子所受重力及空氣阻力 下列說法正確的是 A 甲帶負(fù)電荷 乙?guī)д姾葿 甲的質(zhì)量大于乙的質(zhì)量C 洛倫茲力對甲做正功D 甲在磁場中運動的時間等于乙在磁場中運動的時間 答案B根據(jù)左手定則判斷知 甲帶正電荷 乙?guī)ж?fù)電荷 A選項錯誤 帶電粒子做勻速圓周運動 洛倫茲力充當(dāng)向心力 洛倫茲力不做功 C選項錯誤 由Bqv 得r 因為r甲 r乙 所以m甲 m乙 又T 則T甲 T乙 t甲 T甲 t乙 T乙 故t甲 t乙 B選項正確 D選項錯誤 13 2016北京西城二模 16 如圖所示 有一圓形勻強磁場區(qū)域 O為圓的圓心 磁場方向垂直紙面向里 兩個正 負(fù)電子a b 以不同的速率沿著PO方向進(jìn)入磁場 運動軌跡如圖所示 不計電子之間的相互作用及重力 a與b比較 下列判斷正確的是 A a為正電子 b為負(fù)電子B b的速率較大C a在磁場中所受洛倫茲力較大D b在磁場中運動的時間較長 答案B由左手定則可知b帶正電 a帶負(fù)電 由題圖可知rb ra 又qvB m r 則vb va f洛b f洛a T 兩者周期相同 但b的運動軌跡所對圓心角小 b在磁場中運動時間較短 14 2018北京東城期末 19 圖甲為洛倫茲力演示儀的實物照片 圖乙為其工作原理圖 勵磁線圈為兩個圓形線圈 線圈通上勵磁電流I 可由電流表讀出 后 在兩線圈間可得到垂直線圈平面的勻強磁場 其磁感應(yīng)強度的大小和I成正比 比例系數(shù)用k表示 I的大小可通過 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 調(diào)節(jié) 電子從被加熱的燈絲逸出 初速不計 經(jīng)加速電壓U 可由電壓表讀出 加速形成高速電子束 U的大小可通過 加速電壓調(diào)節(jié)旋鈕 調(diào)節(jié) 玻璃泡內(nèi)充有稀薄氣體 在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡 請討論以下問題 甲 乙 丙 1 調(diào)整燈絲位置使電子束垂直進(jìn)入磁場 電子的徑跡為圓周 若垂直線圈平面向里看電子的繞行方向為順時針 那么勻強磁場的方向是怎樣的 2 用游標(biāo)瞄準(zhǔn)圓形電子束的圓心 讀取并記錄電子束軌道的直徑D 勵磁電流I 加速電壓U 請用題目中的各量寫出電子比荷的計算式 3 某次實驗看到了圖丙 所示的電子徑跡 經(jīng)過調(diào)節(jié) 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 又看到了圖丙 所示的電子徑跡 游標(biāo)測量顯示二者直徑之比為2 1 只調(diào)節(jié) 加速電壓調(diào)節(jié)旋鈕 也能達(dá)到同樣的效果 a 通過計算分別說明兩種調(diào)節(jié)方法是如何操作的 b 求通過調(diào)節(jié) 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 改變徑跡的情況中 電子沿 軌跡運動一周所用時間之比 解析 1 由左手定則判斷 可知磁場方向垂直線圈平面向里 2 設(shè)電子加速后的速度為v 對電子從燈絲逸出后經(jīng)加速電壓U加速的過程應(yīng)用動能定理 有qU mv2 電子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動 對其應(yīng)用牛頓第二定律 有Bqv m 其中B kI R 聯(lián)立 解得 3 由 可得出 D正比于a 為使直徑D變?yōu)樵瓉淼?兩種調(diào)節(jié)方法分別是 保持 加速電壓調(diào)節(jié)旋鈕 的位置不變 調(diào)節(jié) 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 使勵磁電流I變?yōu)樵瓉淼?倍 保持 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 的位置不變 調(diào)節(jié) 加速電壓調(diào)節(jié)旋鈕 使加速電壓U變?yōu)樵瓉淼?b 電子在磁場中做勻速圓周運動 周期T 與 式聯(lián)立得T 通過調(diào)節(jié) 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 改變徑跡的情況中 軌跡從 變?yōu)?是因為勵磁電流改變從 答案見解析 而改變了磁感應(yīng)強度大小 則電子沿 軌跡運動一周所用時間之比 或由周期T 通過調(diào)節(jié) 勵磁電流調(diào)節(jié)旋鈕 改變徑跡的情況中 加速電壓調(diào)節(jié)旋鈕 位置保持不變 說明電壓U不變 即電子速率v不變 因此可得 解題關(guān)鍵利用動能定理求出電子加速后的速度v 電子在勻強磁場中做勻速圓周運動時 洛倫茲力提供向心力 15 2017北京東城一模 18 如圖所示是磁流體發(fā)電機的示意圖 兩平行金屬板P Q之間有一個很強的磁場 一束等離子體 即高溫下電離的氣體 含有大量正 負(fù)帶電粒子 沿垂直于磁場的方向噴入磁場 把P Q與電阻R相連接 下列說法正確的是 A Q板的電勢高于P板的電勢B R中有由b向a方向的電流C 若只改變磁場強弱 R中電流保持不變D 若只增大粒子入射速度 R中電流增大 考點三帶電粒子在復(fù)合場中的運動 答案D由左手定則判定 帶正電粒子向上偏轉(zhuǎn)至P板 帶負(fù)電粒子向下偏轉(zhuǎn)至Q板 P Q A錯誤 R中電流由a到b B錯誤 P Q兩板間電勢差U Bdv d為P Q間距 B變化則U變化 則R中電流變化 C錯誤 v變大 則U變大 R中電流變大 D正確 16 2017北京豐臺二模 17 如圖所示 兩平行金屬板P Q水平放置 上極板帶正電 下極板帶負(fù)電 板間存在勻強電場和勻強磁場 圖中未畫出 一個帶電粒子在兩板間沿虛線所示路徑做勻速直線運動 粒子通過兩平行板后從O點垂直進(jìn)入另一個垂直紙面向外的勻強磁場中 粒子做勻速圓周運動 經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點 不計粒子重力 則下列說法不正確的是 A 此粒子一定帶正電B P Q間的磁場一定垂直紙面向里C 若另一個帶電粒子也能做勻速直線運動 則它一定與該粒子具有相同的比荷D 若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動 則它一定與該粒子具有相同的比荷 答案C由粒子在磁場中的運動軌跡知 粒子一定帶正電 A對