（北京专用）202x届高考物理一轮复习专题十一磁场

1、,高考物理 (北京市选考专用),专题十一磁场,五年高考,考点一磁场的描述 安培力,A组 自主命题北京卷题组,1.(2016北京理综,17,6分)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是() A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合 B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近 C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行 D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用,精品ppt,答案C由题意可知,地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,存在磁偏

2、角,A正确。磁感线是闭合的,再由图可推知地球内部存在磁场,地磁南极在地理北极附近,故B正确。只有赤道上方附近的磁感线与地面平行,故C错误。射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行,故地磁场对其有力的作用,这是磁场的基本性质,故D正确。选C。,审题指导题图往往提供解题的关键信息,所以要仔细观察,挖掘有用信息。,评析本题考查地磁场的分布情况,属于容易题。,精品ppt,2.2013北京理综,24(1)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,从而更加深刻地理解其物理本质。 一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个自由电子,电子电量为e。该

3、导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v。 (a)求导线中的电流I; (b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F安=F。,答案(a)neSv(b)见解析,解析(a)设t时间内通过导体横截面的电量为q,由电流定义,有 I=neSv (b)每个自由电子所受的洛伦兹力:F洛=evB 设导体中共有N个自由电子,则N=nSl 导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和 F=NF洛=nSlevB 由安培力公式,有F安=IlB=neSvlB 得F安=F,精品ppt,3.(2019课标,17,6分)如图,等边三角形线框

4、LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为() A.2FB.1.5FC.0.5FD.0,B组 统一命题课标卷题组,答案B本题考查安培力及考生应用数学知识解决物理问题的能力,体现了核心素养中的模型建构要素。 设三根相同的导体棒的电阻均为R,长度均为l,其中ML和LN为串联关系,总电阻为2R。由并联电路特点可知,通过MN的电流为通过ML和LN中的电流的两倍,若MN受到的安培力F=BIl,则ML和LN受到的安培力的合力F1=,MN受到的安培力与ML和LN受到的

5、安培力的合力的方向 相同,故线框受到的安培力为F合=F+F1=1.5F,故选B。,精品ppt,4.(2018课标,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外。则() A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0 C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0 D.流经L2的

6、电流在a点产生的磁感应强度大小为B0,精品ppt,答案AC本题考查安培定则、磁场的叠加。由安培定则判定,L1中的电流在a、b两点产生的磁场方向垂直纸面向里,L2中的电流在a、b两点产生的磁场方向分别垂直于纸面向里和向外;设L1和L2中的电流在a、b两点产生的磁场的磁感应强度大小分别为B1和B2,由磁感应强度的矢量叠加原理可得,B0-B1-B2=B0,B0+B2-B1=B0,解得B1=B0,B2=B0,故A、C项正确。,解题关键注意矢量的方向性 本题解题的关键是要注意磁感应强度的方向性,如L2中电流产生的磁场方向在a点垂直纸面向里,在b点垂直纸面向外。,精品ppt,5.(2017课标,19,6分

7、)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是() A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1,精品ppt,答案BC本题考查安培力。因三根导线中电流相等、两两等距,则由对称性可知两两之间的作用力大小均相等。因平行电流间同向吸引、反向排斥,各导线受力如图所示,由图中几何关系可知,L1所受磁场作用力F1的方向与L2、L3所

8、在平面平行,L3所受磁场作用力F3的方向与 L1、L2所在平面垂直,A错误、B正确。设单位长度的导线两两之间作用力的大小为F,则由几何关系可得L1、L2单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 60=F,L3单位长度所受的磁场作用力大小为2F cos 30=F,故C正确、D错误。,精品ppt,一题多解电流的磁场与安培力 由对称性可知,每条通电导线在其余两导线所在处产生的磁场磁感应强度大小相等,设为B。如图所示,由几何关系可得L1所在处磁场的磁感应强度B1=2B cos 60=B,方向与L2、L3所在平面垂直,再由左手定则知L1所受磁场作用力方向与L2、L3所在平面平行,L1上单位长度所受安培

9、力的大小为F1=BI。同理可判定L3所受磁场作用力方向与L1、L2所在平面垂直,单位长度所受安培力大小为F3=BI;L2上单位长度所受安培力大小为F2=BI,即F1F2F3=11,故A、D 错误,B、C正确。,精品ppt,6.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(),C组 教师专用题组,A.均向左 B.均向右 C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左,答案CD本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理

10、概念。 由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。 易错警示安培定则用右手,左手定则用左手。,精品ppt,7.(2015课标,18,6分,0.527)(多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是() A.指南针可以仅具有一个磁极 B.指南针能够指向南北,说明地球具有磁场 C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时

11、指南针不偏转,答案BC任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。,精品ppt,8.(2017课标,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来

12、,该同学应将() A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,精品ppt,答案AD本题考查安培力、电路,考查学生的推理能力、实验能力。要使线圈在磁场中开始转动,则线圈中必有电流通过,电路必须接通,故左右转轴下侧的绝缘漆都必须刮掉;但如果上侧的绝缘漆也都刮掉,当线圈转过180时,靠近磁极的导线与开始时靠近磁极的导线中的电流方向相反,受到的安培力相反,线圈向原来的反方向转动,线圈最终做往返运动,要使线圈连续转动,当线圈转过180时,线圈中不能有电流通过,依靠惯性

13、转动到初始位置再接通电路即可实现连续转动,故左、右转轴的上侧不能都刮掉,故选项A、D正确。,易错警示一根漆包线绕制的矩形线圈中电流方向的判定。要使线圈连续转动,要么受到方向不变的持续的安培力,要么受到间歇性的方向不变的安培力,依靠惯性连续转动,而不能受到交变的安培力作用。,精品ppt,1.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是() A.粒子带正电 B.粒子在b点速率大于在a点速率 C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短,考点二洛伦兹力

14、带电粒子在磁场中的运动,A组 自主命题北京卷题组,精品ppt,答案C本题为带电粒子在匀强磁场中运动的问题,主要考查考生对相关知识的理解能力和推理能力,是物理学科中运动与相互作用观念、模型建构、科学推理等核心素养的具体体现。 由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电,A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,故粒子在b点速率等于在a点速率,B错误;由qvB=m得R=,若仅减小磁感应强度,则R增大,如图,粒子 将从b点右侧射出,故C正确;粒子运动周期T=,若仅减小入射速率,则R减小,T不变,粒 子运动轨迹所对应的圆心角变大,由t=T可知,粒子运动时间将变长,故D错误。,精品ppt,2.(2014北京理综,

15、16,6分)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动,它们的动量大小相等,a运动的半径大于b运动的半径。若a、b的电荷量分别为qa、qb,质量分别为ma、mb,周期分别为Ta、Tb。则一定有() A.qaqbB.mambC.TaTbD.,答案A带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有: qvB=,得轨迹半径R= 周期T= 由于RaRb,pa=pb,Ba=Bb,故qaqb,故选项A正确。,考查点带电粒子在匀强磁场中的运动。,思路点拨先通过计算得到半径R和周期T的表达式,再结合题中条件做出选择。,精品ppt,3.(2012北京理综,16,6分)处于匀强磁场中的一个带电粒子,

16、仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值() A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比,答案D粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动有qvB=m,得R=,周期T=,其 等效环形电流I=,故D选项正确。,精品ppt,4.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。 (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T; (2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求

17、电场强度E的大小。,答案(1)(2)vB,精品ppt,解析(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=m 带电粒子做匀速圆周运动的半径R= 匀速圆周运动的周期T= (2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB 场强E的大小E=vB,解题指导粒子在磁场中做匀速圆周运动,应先确定向心力,用向心力公式去解决问题,用圆周运动的物理量间的关系求周期。,易错点拨直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。,精品ppt,5.2014北京理综,24(3)经典物理学认为,金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子(即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞

18、。展开你想象的翅膀,给出一个合理的自由电子的运动模型;在此基础上,求出导线MN中金属离子对一个自由电子沿导线长度方向的平均作用力 的表达式。,答案见解析,解析下述解法的共同假设:所有自由电子(简称电子,下同)以同一方式运动。 方法一:动量解法 设电子在每一次碰撞结束至下一次碰撞结束之间的运动都相同,经历的时间为t,电子的动量变化为零。 因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用 f洛=evB 沿导线方向,电子只受到金属离子的作用力和f洛作用,所以 f洛t-If=0 其中If为金属离子对电子的作用力的冲量,其平均作用力为,则If=t 得=f洛=evB,精品ppt,方法二:能量解法

19、 设电子从导线的一端到达另一端经历的时间为t,在这段时间内,通过导线一端的电子总数 N= 电阻上产生的焦耳热是由于克服金属离子对电子的平均作用力做功产生的。,在时间t内 总的焦耳热Q=NL 由能量守恒得Q=W电=EIt=BLvIt 所以=evB 方法三:动力学解法 因为电流不变,所以假设电子以速度ve相对导线做匀速直线运动。 因为导线MN的运动,电子受到沿导线方向的洛伦兹力f洛的作用, f洛=evB 沿导线方向,电子只受到金属离子的平均作用力 和f洛作用,二力平衡 即=f洛=evB,精品ppt,考查点洛伦兹力。,思路点拨构建合理的自由电子运动模型是解答本题的关键,可以从动力学、能量转化、运动学

20、等多个角度进行合理的构建,其中以动力学模型最为简单,当导线做切割磁感线运动时,产生的感应电流是自由电子沿导线匀速运动的结果,所以自由电子受到的平均阻力必然与磁场对自由电子施加的洛伦兹力相平衡。,易错警示切割磁感线运动时,导线相当于电源,自由电子在其中的运动是电荷在电源内部运动的过程,是非静电力做功的过程,这个非静电力就是洛伦兹力,而不是电场力。,精品ppt,6.(2019课标,17,6分)如图,边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点

21、射出的电子的速度大小分别为() A.kBl,kBlB.kBl,kBl C.kBl,kBlD.kBl,kBl,B组 统一命题课标卷题组,精品ppt,答案B本题考查了电子在磁场中运动的问题,有利于综合分析能力、应用数学知识处理物理问题能力的培养,突出了核心素养中的模型建构、科学推理、科学论证要素。 从a点射出的电子运动轨迹的半径R1=,由Bqv1=m得v1=kBl;从d点射出的电子运动轨 迹的半径R2满足关系+l2=,得R2=l,由Bqv2=m得v2=kBl,故正确选项为B。 思路分析由左手定则可判断电子的受力及偏转方向,画出电子在磁场中的运动轨迹,由相关的数学知识确定两轨迹的半径,再由洛伦兹力提

22、供向心力,解出从a、d两点射出的电子的速度大小。,精品ppt,7.(2019课标,18,6分)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B 和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为() A.B.C.D.,精品ppt,答案B本题考查了带电粒子在组合场中的运动,要求学生对粒子在匀强磁场中的运动轨迹进行确定,从而确定运动时间,体现了分析和解决问题的能力,是学科核心素养中科学推理素养的具体表现。 由qvB=得粒子在第二象限内运动的轨迹半径r=,当粒子进入

23、第一象限时,由于磁感应强 度减为B,故轨迹半径变为2r,轨迹如图所示。由几何关系可得cos =,=60,则粒子运动时 间t=+=,选项B正确。 解后反思根据磁感应强度大小的关系确定轨迹半径的关系,通过作图,结合几何关系,确定圆心角是解答本题的关键。,精品ppt,8.(2017课标,18,6分)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则

24、v2v1为() A.2B.1C.1D.3,精品ppt,答案C本题考查带电粒子在匀强磁场中的圆周运动、洛伦兹力,考查学生的推理能力、作图能力。设速率为v1的粒子最远出射点为M,速率为v2的粒子最远出射点为N,如图所示,则由几何知识得 r1=,r2=R = 由qvB=得r=,故=,选项C正确。,审题指导粒子速度方向改变、大小不变时其轨迹半径相等,当粒子的轨迹直径与磁场区域相交时,其弦长最长,即最大分布。,精品ppt,9.(2015课标,14,6分,0.759)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,

25、粒子的() A.轨道半径减小,角速度增大B.轨道半径减小,角速度减小 C.轨道半径增大,角速度增大D.轨道半径增大,角速度减小,答案D因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大小不变,由r=知,轨道半径增大;由角速度=知,角速度减小,选项D正确。,精品ppt,10.(2016课标,18,6分)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。

26、若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为() A.B.C.D.,精品ppt,答案A定圆心、画轨迹,由几何关系可知,此段圆弧所对圆心角=30,所需时间t=T= ;由题意可知粒子由M飞至N与圆筒旋转90所用时间相等,即t=,联立以上两式得 =,A项正确。,反思总结此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求半径,找圆心角求时间。,精品ppt,11.(2019课标,24,12分)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂

27、直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求 (1)带电粒子的比荷; (2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。,精品ppt,答案(1)(2)(+),解析本题考查了带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题,考查了考生应用数学知识处理、分析物理问题的能力,体现了物理学科中的运动与相互作用观念的素养要素以及科学推理的核心素养。 (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU=mv2 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 qvB=m 由几

28、何关系知 d=r 联立式得 =,精品ppt,(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s=+r tan 30 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t= 联立式得 t=(+) 方法诠释确定带电粒子在磁场中做圆周运动时圆心位置的方法:利用两速度方向的垂线;利用弦的中垂线;利用两速度方向间夹角补角的角平分线;利用半径的大小。,精品ppt,12.(2018课标,24,12分)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动,自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1,并在磁场边

29、界的N点射出;乙种离子在MN的中点射出;MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求 (1)磁场的磁感应强度大小; (2)甲、乙两种离子的比荷之比。,答案(1)(2)14,精品ppt,解析本题考查带电粒子在电场和磁场中的运动。 (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1,磁场的磁感应强度大小为B,由动能定理有 q1U=m1 由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有 q1v1B=m1 由几何关系知 2R1=l 由式得 B= (2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2,射入磁场的速度为v2,在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有 q2U=m2,精品ppt,q2v

30、2B=m2 由题给条件有 2R2= 由式得,甲、乙两种离子的比荷之比为 =14,思路分析根据题设条件,分析离子在电场和磁场中的运动情况,结合动能定理、牛顿第二定律等知识列方程求解。,精品ppt,13.(2017课标,24,12分)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域,磁感应强度的大小为B0;x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时。当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力) (1)粒子运动的时间; (2)粒子与O点间的距离。,答案(1)(2),精品ppt,解析本题考查带电粒子在磁场中的运动。 (1)

31、在匀强磁场中,带电粒子做圆周运动。设在x0区域,圆周半径为R1;在x0区域,圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得 qB0v0=m qB0v0=m 粒子速度方向转过180时,所需时间t1为 t1= 粒子再转过180时,所需时间t2为 t2= 联立式得,所求时间为 t0=t1+t2=(1+) (2)由几何关系及式得,所求距离为,d0=2(R1-R2)=(1-),精品ppt,综合点评带电粒子在匀强磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力。特点是粒子在y轴左、右两侧的受力大小有突变。因为B左B右,所以R左R右。速度方向再次沿x轴正向时,意味着粒子在左、右磁场中各转过半周。所以粒子与O点间距离为直径的

32、差值。题目内容经典,难度较小。,精品ppt,14.(2016课标,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为() A.B.C.D.,C组 教师专用题组,精品ppt,答案D粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=m得R=,分析图中角度关系可知, PO半径与O

33、Q半径在同一条直线上。 则PQ=2R,所以OQ=4R=,选项D正确。,方法技巧由题意知v与OM成30角,而OS垂直于v,则OSQ=60;由于SO =O Q=R,所以 S Q为等边三角形,SOQ=60,由四边形OSOP可求得SOP=120,所以SOP+SOQ=180。,评析本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动,难度中等,正确画出运动轨迹,并且找出各角关系是解答本题的关键。,精品ppt,15.(2015课标,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电子() A.运动轨迹的半径是中的k倍 B.

34、加速度的大小是中的k倍 C.做圆周运动的周期是中的k倍 D.做圆周运动的角速度与中的相等,答案AC由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R=,故R2=kR1,A正确。加 速度大小a=B,故a2=a1/k,B错。周期T=,故T2=kT1,C正确。角速度=B, 故2=1/k,D错。,精品ppt,16.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左

35、边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且dL。 粒子重力不计,电荷量保持不变。 (1)求粒子运动速度的大小v; (2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm; (3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=,求粒子从P到Q的运动时间t。,精品ppt,答案(1)(2)d (3)(+)或(-),精品ppt,解析本题考查了带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的极值问题及周期性问题。考查了学生的综合分析能力及应用数学知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。 (1)粒子的运动半径d= 解得v= (2)如图所示

36、,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 由几何关系得dm=d(1+sin 60),解得dm=d (3)粒子的运动周期T= 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t,则 t=n+t(n=1,3,5,) (a)当L=nd+(1-)d时,粒子斜向上射出磁场 t=T,精品ppt,解得t=(+) (b)当L=nd+(1+)d时,粒子斜向下射出磁场 t=T 解得t=(-) 解题关键1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹 与该边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以 形成周期性运动,要注意多解。,精品ppt,1.(2018北京理综,18,

37、6分)某空间存在匀强磁场和匀强电场。一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动。下列因素与完成上述两类运动无关的是() A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱 C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度,考点三带电粒子在复合场中的运动,A组 自主命题北京卷题组,答案C本题考查带电粒子在电、磁场中的运动。不计重力的带电粒子,在电场和磁场的复合场中做匀速直线运动,则一定满足关系Eq=qvB;若撤去电场后,粒子做匀速圆周运动,仅需满足洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,可知,粒子的电性和电量与能否完成题述两类运动无 关,C对。,精品ppt

38、,2.(2013北京理综,22,16分)如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强度为B的匀强磁场。带电荷量为+q、质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响,求: (1)匀强电场场强E的大小; (2)粒子从电场射出时速度v的大小; (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。,精品ppt,答案(1)(2)(3),解析(1)电场强度E= (2)根据动能定理,有qU=mv2 得v= (3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有 qvB=m 得R=,考查点带电粒子在电场和磁场中的运动

39、。,思路点拨本题属常规题型,首先弄清带电粒子在电场和磁场中的运动性质,再根据各运动所遵循的规律作答。,精品ppt,3.(2011北京理综,23,18分)利用电场和磁场,可以将比荷不同的离子分开,这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。 如图所示的矩形区域ACDG(AC边足够长)中存在垂直于纸面的匀强磁场,A处有一狭缝。离子源产生的离子,经静电场加速后穿过狭缝沿垂直于GA边且垂直于磁场的方向射入磁场,运动到GA边,被相应的收集器收集。整个装置内部为真空。 已知被加速的两种正离子的质量分别是m1和m2(m1m2),电荷量均为q。加速电场的电势差为U,离子进入电场时的初速度可以忽略。不计重

40、力,也不考虑离子间的相互作用。 (1)求质量为m1的离子进入磁场时的速率v1; (2)当磁感应强度的大小为B时,求两种离子在GA边落点的间距s; (3)在前面的讨论中忽略了狭缝宽度的影响,实际装置中狭缝具有 一定宽度。若狭缝过宽,可能使两束离子在GA边上的落点区域交 叠,导致两种离子无法完全分离。设磁感应强度大小可调,GA边长 为定值L,狭缝宽度为d,狭缝右边缘在A处。离子可以从狭缝各处 射入磁场,入射方向仍垂直于GA边且垂直于磁场。为保证上述两 种离子能落在GA边上并被完全分离,求狭缝的最大宽度。,精品ppt,答案(1)(2) (3)L,解析(1)加速电场对离子m1做的功W=qU 由动能定理

41、m1=qU 得v1= (2)由牛顿第二定律和洛伦兹力公式qvB=,R=,利用式得离子在磁场中的轨道半径分 别为 R1=,R2= 两种离子在GA上落点的间距 s=2R1-2R2= (3)质量为m1的离子,在GA边上的落点都在其入射点左侧2R1处,由于狭缝的宽度为d,因此落点区域的宽度也是d。同理,质量为m2的离子在GA边上落点区域的宽度也是d。,精品ppt,为保证两种离子能完全分离,两个区域应无交叠,条件为 2(R1-R2)d,利用式,代入式得2R1d R1的最大值满足2R1m=L-d 得(L-d)d 求得最大值dm=L,精品ppt,4.(2017课标,16,6分)如图,空间某区域存在匀强电场和

42、匀强磁场,电场方向竖直向上(与纸面平行),磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等,质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内,a在纸面内做匀速圆周运动,b在纸面内向右做匀速直线运动,c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是() A.mambmcB.mbmamc C.mcmambD.mcmbma,B组 统一命题课标卷题组,精品ppt,答案B本题考查带电粒子在复合场中的运动。因微粒a做匀速圆周运动,则微粒重力不能忽略且与电场力平衡:mag=qE;由左手定则可以判定微粒b、c所受洛伦兹力的方向分别是竖直向上与竖直向下,则对b、c分别由平衡条件可得mbg=qE+BqvbqE

43、、mcg=qE-Bqvcmamc,B正确。,规律总结复合场中粒子的特殊运动 带电粒子在重力场、匀强电场和磁场组成的复合场中运动时:若做匀速圆周运动,重力必与电场力平衡,洛伦兹力提供向心力;若做直线运动,必是匀速直线运动,合力定为零。,精品ppt,5.(2016课标,15,6分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为() A.11 B

44、.12 C.121D.144,精品ppt,答案D设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B1,改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU=mv2,在磁场中qvB=m,联立两式得m=,故有=144,选项 D正确。,审题指导注意题给信息的含义,“经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开”意味着两粒子在磁场中运动的半径相等。,评析此题考查带电粒子在电场和磁场中的运动规律,难度中等。考生需要根据题目信息找出相关运动规律公式,再结合题给条件分析解答。,精品ppt,6.(2009北京理综,19,6分)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的

45、初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b() A.穿出位置一定在O点下方 B.穿出位置一定在O点上方 C.运动时,在电场中的电势能一定减小 D.在电场中运动时,动能一定减小,C组 教师专用题组,答案C在复合场中粒子做直线运动,就说明qE=qvB,OO连线与电场线垂直。当撤去磁场时,粒子仅受电场力,做类平抛运动,电场力一定做正功,电势能减少,动能增加,C正确,D错误;因不知带电粒子的电性,故穿出位置可能在O点上方,也可能在O点下方,

46、A、B错误。,精品ppt,7.(2018课标,25,20分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E;在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向外的匀强磁场。一个氕核H和一个氘核H先后从y轴上 y=h点以相同的动能射出,速度方向沿x轴正方向。已知H进入磁场时,速度方向与x轴正方向 的夹角为60,并从坐标原点O处第一次射出磁场H的质量为m,电荷量为q。不计重力。求 (1H第一次进入磁场的位置到原点O的距离; (2)磁场的磁感应强度大小; (3H第一次离开磁场的位置到原点O的距离。,答案(1)h(2)(3)(-1)h,精品ppt,解析本题考查带电粒子在电场中的偏转及带电粒子在匀强

47、磁场中的运动。 (1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示。设H在电场中 的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1。由运动学公式有 s1=v1t1 h=a1 由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角1=60H进入磁场时速度的y分 量的大小为 a1t1=v1 tan 1 联立以上各式得,精品ppt,s1=h (2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有 qE=ma1 设H进入磁场时速度的大小为v1,由速度合成法则有 v1= 设磁感应强度大小为BH在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二 定律

48、有 qv1B= 由几何关系得 s1=2R1 sin 1 联立以上各式得 B= (3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给,精品ppt,条件得 (2m)=m 由牛顿第二定律有 qE=2ma2 设H第一次射入磁场时的速度大小为v2,速度的方向与x轴正方向夹角为2,入射点到原 点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2。由运动学公式有 s2=v2t2 h=a2 v2= sin 2= 联立以上各式得 s2=s1,2=1,v2=v1 设 H在磁场中做圆周运动的半径为R2,由式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径,精品ppt,公式得 R2=R1 所以出射点在原点左侧

49、。设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为 s 2,由几何关系有 s2=2R2 sin 2 联立式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为 s2-s2=(-1)h,规律总结带电粒子在组合场中运动问题的一般解题思路 电场中类平抛运动:x=v0t,y=at2 速度方向:tan = 位移方向:tan = 磁场中匀速圆周运动的解题步骤:a.确定圆心; b.利用几何关系求半径;c.qvB=,精品ppt,8.(2018课标,25,20分)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xO

50、y平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行。一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出。不计重力。 (1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹; (2)求该粒子从M点入射时速度的大小; (3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为,求该粒子的比荷及其从M点 运动到N点的时间。,精品ppt,答案(1)见解析(2)(3),解析本题考查带电粒子在复合场中的运动。 (1)粒子运动的轨迹如图(a)所示。(粒子在电场中的轨迹为抛物

51、线,在磁场中为圆弧,上下对称) 图(a) 图(b) (2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动。设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为见图(b),速度沿电场方向的分量为v1。,精品ppt,根据牛顿第二定律有 qE=ma 式中q和m分别为粒子的电荷量和质量。由运动学公式有 v1=at l=v0t v1=v cos 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 qvB= 由几何关系得 l=2R cos 联立式得 v0= (3)由运动学公式和题给数据得,v1=v0

52、cot 联立式得,精品ppt,= 设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则 t=2t+T 式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期, T= 由式得 t=,审题指导对称性是解题关键,精品ppt,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 磁场的描述 安培力,1.(2019北京朝阳期末,2)下列现象可以用安培分子电流假说解释的是() A.运动电荷在磁场中受到磁场力 B.通电导线周围存在磁场 C.磁铁插入闭合线圈,线圈中产生电流 D.磁铁加热到一定温度,磁性会消失,答案D磁铁内部的分子电流的取向是大致相同的,故每个分子电流产生的磁场相互加强,但在高温时,分子电流的取向变得杂乱无章

53、,分子电流产生的磁场相互抵消,故对外不显磁性,安培的分子电流假说可以用来解释磁体在高温时失去磁性,故D正确。,思路点拨安培的分子电流假说可以解释磁化、退磁现象。,解题关键掌握了安培的分子电流假说的内容即可顺利解决此类题目,所以要加强对基本概念的学习。,精品ppt,2.(2017北京海淀期末,2)来自太阳和其他星体的宇宙射线中含有大量高能带电粒子,若这些粒子都直接到达地面,将会对地球上的生命带来危害。但由于地磁场(如图所示)的存在改变了宇宙射线中带电粒子的运动方向,使得很多高能带电粒子不能到达地面。若不考虑地磁偏角的影响,关于上述高能带电粒子在地磁场的作用下运动情况的判断,下列说法中正确的是()

54、 A.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向东偏转 B.若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向北偏转 C.若带电粒子带负电,且沿垂直地球赤道平面射向地心,则由于地磁场的作用将向南偏转 D.若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它可能在地磁场中做匀速圆周运动,精品ppt,答案A高能带电粒子在地磁场中受洛伦兹力影响,由左手定则可判断,若带电粒子带正电,且沿地球赤道平面射向地心,受到向东的洛伦兹力,则粒子向东偏转,A对B错;若带电粒子沿垂直地球赤道平面射向地心,它将不受洛伦兹力,做直线运动,C、D错。 思路点拨该题审题很关键,题中沿垂直地球赤道

55、平面射向地心是指与磁感线方向平行,这是最容易出现错误的地方,所以画好图很关键。,精品ppt,3.(2019北京海淀期末,2)如图所示,在水平地面上固定一对与水平面夹角为的光滑平行金属导轨,顶端接有电源,直导体棒ab垂直两导轨放置,且与两轨道接触良好,整套装置处于匀强磁场中。选项图为沿ab方向观察的侧视图,下面四幅图中所加磁场能使导体棒ab静止在轨道上的是(),精品ppt,答案B,磁场方向与电流方向平行,不受安培力,C和D选项不正确。导轨光滑,导体棒静止在轨道上,受力分析如图所示,所以导体棒一定会受到安培力作用,且方向与重力和支持力的合力方向相反。由左手定则可知,A选项中安培力方向水平向左,B选

56、项中安培力方向水平向右。B正确。,精品ppt,4.(2019北京石景山一模,19)如图所示,完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置,甲的圆心为O1,乙的圆心为O2,在两环圆心的连线上有a、b、c三点,其中aO1=O1b=bO2=O2c,此时a点的磁感应强度大小为B1,b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后,c点的磁感应强度大小为() A.B1-B.B2-C.B2-B1D.,精品ppt,答案Aa点的磁感应强度B1和b点的磁感应强度B2为甲与乙两个电流产生的磁感应强度的矢量叠加,b点与甲、乙两电流的距离相同,每一个环形电流产生的磁感应强度为,所以B1= +B,B为乙电流在a点产生的磁感

57、应强度,B=B1-,与甲在c处产生的磁感应强度大小相等,A 正确。,解题关键磁感应强度矢量叠加,对称思想。,精品ppt,5.(2019北京海淀二模,22)电磁轨道炮的加速原理如图所示。金属炮弹静止置于两固定的平行导电导轨之间,并与轨道良好接触。开始时炮弹在导轨的一端,通过电流后炮弹会被安培力加速,最后从导轨另一端的出口高速射出。设两导轨之间的距离L=0.10 m,导轨长s=5.0 m,炮弹质量m=0.030 kg。导轨上电流I的方向如图中箭头所示。可以认为,炮弹在轨道内匀加速运动,它所在处磁场的磁感应强度始终为B=2.0 T,方向垂直于纸面向里。若炮弹在出口的速度为v=2.0103 m/s,忽

58、略摩擦力与重力的影响。求: (1)炮弹在两导轨间的加速度大小a; (2)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力大小F; (3)通过导轨的电流I。,答案见解析,精品ppt,解析(1)炮弹在两导轨间做匀加速运动,因而v2=2as 则a= 解得a=4.0105 m/s2(6分) (2)忽略摩擦力与重力的影响,合外力则为安培力,所以 F=ma 解得F=1.2104 N(4分) (3)炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F=ILB 解得I=6.0104 A(6分),解题思路由题中给出的炮弹运动参量求出加速度,据牛顿第二定律求出安培力,再根据安培力的表达式求出电流值。,精品ppt,6.(2018北京朝阳期末,19

59、)如图所示,两光滑平行金属导轨固定在倾角为的同一斜面内,间距为l,其下端有内阻为r的电源,整个装置处在垂直导轨平面向下,磁感应强度为B的匀强磁场中,一质量为m、电阻为R的导体棒ab垂直导轨放置在导轨上,接触良好,且保持静止状态。不计导轨电阻。已知重力加速度为g。求: (1)导体棒所受安培力F的大小和方向; (2)电源的电动势E。,答案(1)mg sin 沿斜面向上(2)(R+r),精品ppt,F=mg sin (2)因为F=IlB I= 所以E=(R+r) 解题关键正确画出ab棒受力分析的平面图,列平衡方程求解;此外还要注意回路总电阻为R+r,不要漏掉电源内阻。,解析(1)由题意可知,导体棒所

60、受安培力F的方向沿斜面向上。导体棒的受力情况如图所示,根据平衡条件有,精品ppt,1.(2019北京海淀期末,5)(多选)如图所示,圆心为O、半径为r的圆形空间内,存在着垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子质量为m,电荷量为-q,从A点以一定的速度垂直磁场方向沿半径射入磁场中,并从C点射出,图中实线AC所示弧线为其运动轨迹。已知AOC=120,磁感应强度为B,不计粒子所受的重力。关于粒子在磁场中的运动,下列说法中正确的是() A.运动半径为r B.运动半径为r C.运动时间为D.运动时间为,考点二 洛伦兹力 带电粒子在磁场中的运动,答案BD由几何关系可知R=r tan 60=r,故B正确;由