（新課標(biāo)Ⅲ）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題十 磁場課件.ppt
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專題十磁場,高考物理(課標(biāo)Ⅲ專用),考點一磁場、磁場力1.(2018課標(biāo)Ⅱ,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B0,五年高考,A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)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(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。,,2.(2017課標(biāo)Ⅲ,18,6分)如圖,在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導(dǎo)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(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)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(yīng)強度的大小為()A.0B.B0C.B0D.2B0,答案C本題考查安培定則、磁感應(yīng)強度的矢量疊加。兩導(dǎo)線中通電流I時,兩電流在a點處的磁感應(yīng)強度與勻強磁場的磁感應(yīng)強度的矢量和為0,則兩電流磁感應(yīng)強度的矢量和為-B0,如圖甲得B=B0。P中電流反向后,如圖乙,B合=B=B0,B合與B0的矢量和為B總=B0,故C項正確。甲乙,易錯點評安培定則和矢量合成法則的運用①正確運用安培定則畫出甲、乙兩圖。②由P和Q中電流為I時,a點處的合磁感應(yīng)強度為0,得出B0的方向水平向左和B的大小為B0。③P中的電流反向,則P中電流的磁場反向,Q中電流的磁場大小和方向不變。④注意各物理量間的夾角大小關(guān)系。,解后反思由P中電流反向前Ba=0分析得出P、Q中電流在a點處的合磁場的磁感應(yīng)強度與B0等大反向,進而確定B0的方向是解題的關(guān)鍵。,3.(2017課標(biāo)Ⅱ,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,答案AD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。,,4.(2017課標(biāo)Ⅰ,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=BI;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。,5.(2015課標(biāo)Ⅱ,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。,解題指導(dǎo)指南針有兩個磁極,在地磁場作用下指向南北。,解題關(guān)鍵在指南針上方沿指針方向放置一直導(dǎo)線,導(dǎo)線通電后,會激發(fā)磁場,使指南針偏轉(zhuǎn)。,,,6.(2014課標(biāo)Ⅰ,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=BILsinθ,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。,易錯警示安培力的方向與“誰”垂直是易錯易混點。,,,7.(2015課標(biāo)Ⅰ,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2Ω。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。,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Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡條件得2kΔl1=mg①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=IBL②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Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡條件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③由歐姆定律有E=IR④式中,E是電池的電動勢,R是電路總電阻。聯(lián)立①②③④式,并代入題給數(shù)據(jù)得,m=0.01kg⑤(安培力方向判斷正確給2分,①②③④⑤式各2分),,思路分析①開關(guān)斷開時對ab棒進行受力分析,列平衡方程。②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。,考點二帶電粒子在磁場中的運動8.(2017課標(biāo)Ⅱ,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,即為最大分布。,,9.(2016課標(biāo)Ⅱ,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ω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θ=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。,考查點帶電粒子在圓形磁場中的運動,解題關(guān)鍵①找圓心。②利用幾何關(guān)系找圓心角θ并求時間。,方法技巧規(guī)范作圖是找?guī)缀侮P(guān)系的基礎(chǔ)。,10.(2016課標(biāo)Ⅲ,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.,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。,考查點帶電粒子在有界磁場中的圓周運動,審題技巧“該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點”表示軌跡與ON相切。,解題關(guān)鍵正確畫出軌跡圖,利用幾何知識找出角度關(guān)系。,,11.(2015課標(biāo)Ⅰ,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,軌道半徑增大;由角速度ω=知,角速度減小,選項D正確。,解題關(guān)鍵①軌道半徑表達(dá)式:r=。②角速度表達(dá)式:ω=。,,,12.(2015課標(biāo)Ⅱ,19,6分,0.506)(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ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Ⅰ中運動的電子相比,Ⅱ中的電子()A.運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍D.做圓周運動的角速度與Ⅰ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ω==∝B,故ω2=ω1/k,D錯。,思路點撥利用洛倫茲力提供向心力推出R、a、T、ω的表達(dá)式,然后根據(jù)表達(dá)式進行判斷。,,,13.(2014課標(biāo)Ⅰ,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。,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(dǎo)出Ek的表達(dá)式。,,,14.(2014課標(biāo)Ⅱ,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)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(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、r=得r=,可見當(dāng)Ek越大時粒子軌跡半徑越大,故D錯誤。,審題指導(dǎo)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。,,15.(2017課標(biāo)Ⅲ,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。,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x≥0區(qū)域,圓周半徑為R1;在xB右,所以R左mb>mcB.mb>ma>mcC.mc>ma>mbD.mc>mb>ma,答案B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。,,17.(2016課標(biāo)Ⅰ,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,解題關(guān)鍵利用電場加速、磁場偏轉(zhuǎn)推出的表達(dá)式。,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=mv2①,在磁場中qvB=m②,聯(lián)立兩式得m=,故有==144,選項D正確。,,18.(2018課標(biāo)Ⅲ,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。,答案(1)(2)1∶4,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=m1①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B=m1②由幾何關(guān)系知2R1=l③由①②③式得B=④(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=m2⑤,,q2v2B=m2⑥由題給條件有2R2=⑦由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為∶=1∶4⑧,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。,,19.(2018課標(biāo)Ⅰ,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,則最下端位置為N)。因電子運動軌跡的半徑r==4.55cm。由圖中幾何關(guān)系有=,=。當(dāng)θ=90時,取得最小值r,此時=>,從而有l(wèi)==+-dcosθ=+-dcosθ。當(dāng)θ=90時,l=9.1cm,當(dāng)θ=60時,l=6.78cm,當(dāng)θ=45時,l=5.68cm,當(dāng)θ=30時,l=4.55cm。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(yīng)強度B正比于()A.B.TC.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.(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(yīng)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(dāng)入射速度為v0時,粒子從O上方處射出磁場。取sin53=0.8,cos53=0.6。(1)求磁感應(yīng)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Δt,求Δt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α由d=rsinα,得sinα=,即α=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粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα由y≤2d,解得x≤d,,則當(dāng)xm=d時,Δt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Δsm=sm-2d=d增加時間的最大值Δtm==,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。,10.(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(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。,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,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。,,,考點三帶電粒子在復(fù)合場中的運動11.(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,答案C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=qvB①;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=m②,綜合①②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。,,12.(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(yīng)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,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(fù)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(fù)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=m①設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE②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=ma③粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動,有v=at④聯(lián)立①②③④式得t=⑤(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(dāng)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=r2⑥設(shè)粒子進入磁場時速度方向與ab的夾角為θ,即圓弧所對圓心角的一半,由幾何關(guān)系知tanθ=⑦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tanθ=⑧,聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0=⑨,思路分析帶電粒子在復(fù)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。,,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(yīng)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(biāo)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-ΔU)到(U0+ΔU)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r2r1的最小半徑r1min=,r2的最大半徑r2max=由題意知2r1min-2r2max>L,即->L解得LI2;a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點,且a、b、c與兩導(dǎo)線共面;b點在兩導(dǎo)線之間,b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直。磁感應(yīng)強度可能為零的點是(),A.a點B.b點C.c點D.d點,答案C由安培定則畫出a、b、c、d的磁感線的分布圖,由圖可知電流I1、I2在a、c兩點處的磁場方向相反,這兩點處的磁感應(yīng)強度可能為零,又I1>I2,故磁感應(yīng)強度為零的點距I1的距離應(yīng)比I2的大,故C正確,A、B、D均錯誤。,5.(2015重慶理綜,7,15分)音圈電機是一種應(yīng)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(yīng)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。,答案(1)nIBL水平向右(2)nIBLv,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。,,考點二帶電粒子在磁場中的運動6.(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下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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