202X高考物理二轮复习专题八磁场课件

1、专题八专题八磁场磁场-2-高考命题规律高考命题规律 -3-磁场对电流的作用磁场对电流的作用磁场对运动电荷的作用磁场对运动电荷的作用命题角度1磁感应强度的矢量性及安培定则的应用高考真题体验对方向1.(多选)(2018全国20)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-4-答案:AC解析:设L1在a、b点产生的磁感应强度分别为B1a、B1b,L2在a、b点产生的磁感应强度分别为B2a、B2b,根据安培定则可

2、知,B1a=B1b,方向均垂直纸面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直纸面向里,B2b方向垂直-5-2.(2017全国18)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零.如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为()-6-答案:C解析:设导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2的大小为B,如图甲所示,两磁感应强度的夹角为60,可知合磁感应强方向水平向左;P中的电流反向后,导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2如

3、图乙所示,各自大小仍为B,夹角为120,则其合磁感应强度大小仍为B,方向竖直向上,与原匀强磁场B0合成-7-分析磁场叠加的思路(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向,注意分清“电流方向(因)”和“磁场方向(果)”.(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点磁感线的切线方向.(3)磁感应强度是矢量,多个通电导体产生的磁场叠加时,合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点磁感应强度的矢量和.-8-典题演练提能刷高分1.(多选)已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=k (其中k为比例系数,I为电流强度,r为该点到直导线的距离).现有四根平行的通电长直导线,其横截面积恰好在一个边长

4、为L的正方形的四个顶点上,电流方向如图,其中A、C导线中的电流大小为I1,B、D导线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零,则下列说法正确的是()A.电流的大小关系为I1=2I2B.四根导线所受的磁场力为零C.正方形中心O处的磁感应强度为零D.若移走A导线,则中心O处的磁场将沿OB方向-9-答案:ACD解析:导线BCD在导线A处的磁场如图甲所示,根据题意A导线的A正确;同理将各点的磁场都画出,可以判断B、D导线处的合磁场不为零,故磁场力不为零,故选项B错误;将各导线在O点的磁场画出,如图乙所示,由于A、C导线电流相等而且距离O点距离相等,则BA=BC,同理BB=BD,即正方形中心O

5、处的磁感应强度为零,故选项C正确;若移走A导线,则磁场BA不存在,由于BB=BD,则此时在O点的磁场只剩下导线C的磁场,而且导线C点磁场方向沿OB方向,即中心O处的磁场将沿OB方向,故选项D正确.-10-11-2.如图,同一平面内有两根互相平行的长直导线M和N,通有等大反向的电流,该平面内的a、b两点关于导线N对称,且a点与两导线的距离相等.若a点的磁感应强度大小为B,则下列关于b点磁感应强度Bb的判断正确的是()A.Bb2B,方向垂直该平面向里-12-答案:B解析:根据右手螺旋定则可知两导线在a点形成磁场方向相同,由于两导线电流大小相等,a点与两导线的距离也相等,故单根导线在a-13-命题角

6、度2安培力及安培力作用下导体的平衡问题高考真题体验对方向1.(2019全国17)如图,等边三角形线框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.0-14-答案:B解析:导体棒MN受到的安培力为F=BIL.根据串、并联电路的特点可知,导体棒ML与LN的电阻之和是导体棒MN电阻的2倍,导体棒MN的电流是导体棒ML与LN电流的2倍,导体棒处在同一磁场中,导体棒ML与LN的有效长度与导体棒MN相同,导体棒ML与LN受到安培力

7、的合力为0.5F.根据左手定则,导体棒ML与LN受到安培力的合力方向与导体棒MN受到的安培力方向相同,线框LMN受到安培力的合力为1.5F,故选B.-15-2.(多选)(2017全国19)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-16-答案:BC解析:利用同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,受力分析如下设任意两导线间作用力大小为F,则L1受合力F1=2Fcos 60=F,方向与L2、L3所在平

8、面平行;L2受合力F2=2Fcos 60=F,方向与L1、L3所在平面平行;L3所受合力F3=2Fcos 30= F,方向与L1、L2所在平面垂直.故选B、C.-17-3.(2015全国24)如图,一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1 T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘.金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连,电路总电阻为2 .已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受

9、安培力的方向,并求出金属棒的质量.-18-答案:开关闭合后金属棒所受安培力方向竖直向下金属棒质量为0.01 kg解析:依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下.开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为l1=0.5 cm.由胡克定律和力的平衡条件得2kl1=mg式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小.开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL式中,I是回路电流,L是金属棒的长度.两弹簧各自再伸长了l2=0.3 cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(l1+l2)=mg+F由欧姆定律有E=IR式中,E是电池的电动势,R是电路总

10、电阻.联立式,并代入题给数据得m=0.01 kg-19-1.判定通电导体受力及运动趋势的常用方法-20-2.安培力作用下导体平衡问题的分析思路(1)选定研究对象:通电导线或导体棒.(2)变三维为二维:画出平面受力分析图,其中安培力的方向,要用左手定则来判断,注意安培力垂直于电流和磁场方向决定的平面.(3)列方程求解:根据力的平衡条件列方程.-21-典题演练提能刷高分1.(2019广东广州模拟)如图所示,两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L,与电动势为E0的电源相连,质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路,回路平面与水平面成角,回路其余电阻不计.为使ab棒静止,需在空间施加的匀

11、强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为 ()-22-答案:D -23-2.如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是 ()A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变-24-答案:A解析:根据安培定则,P产生的磁场的方向垂直于纸面向外

12、,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相同,所以两个线圈相互吸引,中间细线张力减小.由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变.故A正确,BCD错误.-25-3.据媒体报道,美国海军最早将于2020年实现电磁轨道炮的实战部署,我国在该领域的研究也走在世界的前列.如图所示为电磁轨道炮原理示意图,图中虚线表示电流方向,下列说法正确的是()A.如果电流方向如图中所示,则该电流在两轨道间产生的磁场方向竖直向下B.电流大小一定时,两导轨距离越近,导轨之间的磁场越强C.如果电流反向,炮弹所受安培力也会反向,炮

13、弹将无法发射出去D.要提高炮弹的发射速度,导轨间距越小越好-26-答案:B解析:根据安培定则,如果电流方向如图中所示,则该电流在两轨道间产生的磁场方向竖直向上,故A项错误;两平行导轨的电流方向相反,在导轨之间产生的磁场方向相同,根据直线电流的磁场分布可知,电流大小一定时,两导轨距离越近,导轨之间的磁场越强,故B项正确;如果电流反向,导轨之间的磁场方向反向,通过炮弹的电流方向反向,炮弹所受安培力方向不变,故C项错误;电流一定时,导轨间距越小磁场越强,但炮弹的“有效长度”也变小,影响安培力的大小,所以导轨间距并不是越小越好,而是要适当,故D项错误.-27-4.一段导线abcde位于磁感应强度大小为

14、B的匀强磁场中,且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直.线段ab、bc、cd和de的长度均为L,且abc=cde=120,流经导线的电流为I,方向如图中箭头所示.导线段abcde所受到磁场的作用力的合力大小为()-28-答案:B解析:因为abc=cde=120,根据几何关系可知bcd=60,故b与d之间的直线距离也为L,则导线段abcde有效长度为3L,故所受安培力的大小为F=3BIL,故ACD错误,B正确.-29-5.(2019山东菏泽模拟)如图所示,水平导轨间距为L=0.5 m,导轨电阻忽略不计;导体棒ab的质量m=1 kg,连入导轨间的电阻R0=0.9 ,与导轨接触良好;电源电动势E=10

15、V,内阻r=0.1 ,电阻R=4 ;外加匀强磁场的磁感应强度B=5 T,方向垂直于ab,与导轨平面的夹角=53;ab与导轨间的动摩擦因数为=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),定滑轮摩擦不计,轻绳对ab的拉力为水平方向,重力加速度g取10 m/s2,ab处于静止状态.已知sin 53=0.8,cos 53=0.6.求:(1)通过ab的电流大小和方向;(2)ab受到的安培力大小;(3)重物重力G的取值范围.-30-答案:(1)2 A电流方向为a到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N方向为a到b.(2)ab受到的安培力为F=BIL=5 N.(3)对ab受力分析如图所示,最大静摩擦力fm=

16、FN=(mg-Fcos )=3.5 N当最大静摩擦力方向向右时FT=Fsin -fm=0.5 N当最大静摩擦力方向向左时FT=Fsin +fm=7.5 N又FT=G所以0.5 NG7.5 N.-31-命题角度3带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动高考真题体验对方向1.(2019全国17)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两点射出的电子的速度大小分别为()-32-答案:B -33-2.(2017全国18)如图,虚线所示的圆形区域内

17、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v2v1为()-34-答案:C解析:最远的出射点和入射点的连线为粒子在磁场中做匀速圆周运动的直径,如图所示.由几何关系可以得到,当速度为v1入射时,半径-35-1.处理有界匀强磁场中的临界问题的技巧(1)粒子进入单边磁场时,进、出磁场具有对称性.(2)带电粒子刚好穿出或刚好不穿出磁场的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与

18、边界相切.这类题目中往往含有“最大”“最高”“至少”“恰好”等词语,其最终的求解一般涉及极值,但关键是从轨迹入手找准临界状态.当粒子的入射方向不变而速度大小可变时,由于半径不确定,可从轨迹圆的缩放中发现临界点.当粒子的入射速度大小确定而方向不确定时,轨迹圆大小不变,只是位置绕入射点发生了旋转,可从定圆的动态旋转中发现临界点.(3)当速率一定时,粒子运动的弧长越长,圆心角越大,运动时间越长;当速率变化时,圆心角大的,运动时间长.-36-2.带电粒子在圆形匀强磁场区域运动的几个有用结论(1)粒子沿径向射入则沿径向射出.(2)设粒子在磁场中运动轨迹圆半径为R,磁场区域圆半径为r,有以下结论:当Rr时

19、,则入射点和出射点为磁场直径的两个端点时,轨迹对应的速度偏转角最大(所有的弦长中直径最长).当R=r时,保持粒子的入射速率和入射点不变,改变速度的方向,射出圆形磁场后速度方向相同,或以相同速度(速度大小相等方向相同)从不同点射入圆形磁场的粒子汇聚到磁场边界同一点,这称为磁聚焦现象.-37-典题演练提能刷高分1.(2019安徽马鞍山模拟)如图所示,abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L,磁场方向垂直边界平面向里.三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从cd边垂直于磁场边界射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用.根据以上信息,可以确定

20、()A.粒子1带负电,粒子2不带电,粒子3带正电B.粒子1和粒子3的比荷之比为21C.粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为41D.粒子3的射出位置与d点相距-38-答案:B -39-2.(2019山东滕州模拟)如图所示,匀强磁场的边界为直角三角形abc,一束带正电的相同粒子以不同的速度v沿bc方向从b点射入磁场,不计粒子的重力.关于粒子在磁场中的运动情况,下列说法正确的是()A.入射速度越大的粒子,在磁场中的运动时间越长B.入射速度越大的粒子,在磁场中的运动轨迹越长C.从ab边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等D.从ac边射出的粒子在磁场中的运动时间都相等答案:C -40-41-3.(多选)如

21、图所示,在一个等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),沿纸面从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是()-42-答案:ACD -43-4.如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R的两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域.小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场.小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B.位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为 的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子

22、束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为()-44-答案:C 子从A点与OA成30角的方向射入环形区域,粒子恰好不射出磁场时,轨迹圆与大圆相切,设半径为r,由几何知识可知OAO2=120.由余弦定理可知,(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120,解得-45-5.如图所示,在某电子设备中有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.AC、AD两块挡板垂直纸面放置,夹角为90.一束电荷量为+q、质量为m的相同粒子,从AD板上距A点为L的小孔P处以不同速率垂直于磁场方向射入,速度方向与AD板的夹角为60,不计粒子的重力和粒子间的相互作用.求:(1)直接打在AD板上Q点的粒子,其

23、从P点运动到Q点的时间是多少?(2)直接垂直打在AC板上的粒子,其运动速率是多大?-46-47-(2)粒子垂直打到AC板上,运动轨迹如图中轨迹所示.由图可知圆心为O2,APO2=30,设粒子运动的轨迹半径为r,由几何关系得rcos 30=L由洛伦兹力提供向心力得-48-命题角度4(储备)带电粒子在洛伦兹力作用下运动的多解问题【典题】(多选) 如图所示,直线MN与水平方向成=30角,MN的右上方区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向外的匀强磁场,MN的左下方区域存在磁感应强度大小为2B、方向水平向里的匀强磁场,MN与两磁场均垂直.一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m、电荷量

24、为q(q0)的同种粒子(粒子重力不计),所有粒子均能通过MN上的b点.已知ab=L,MN两侧磁场区域均足够大,则粒子的速率可能是()-49-答案:BD解析:粒子运动过程只受洛伦兹力作用,故在洛伦兹力作用下做匀-50-51-带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的多解原因 -52-53-典题演练提能刷高分1.(2019山东安丘模拟)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向夹角为(00,y0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的P点沿着与x轴正方向成3

25、0角的方向射入磁场.不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是()-56-答案:C 解析:带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示.粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是轨迹圆弧与y轴相切时,即圆心角为300,-57-3.如图所示,在x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电量为+q的同种带

26、电粒子.在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为零).现在观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行.不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力.求:-58-(1)磁感应强度B的大小;(2)被薄金属板接收的粒子在磁场运动的最短时间与最长时间;(3)若在y轴上另放置一个能接收带电粒子的挡板,使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子,求挡板的最小长度.解析:(1)设粒子做圆周运动的半径为R.根据牛顿第二定律,得 -59-打在P左侧下端的粒子在磁场中运动的时间最短.如图乙. 由几何关系可知,打在

27、P左侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是1=60,-60-打在P右侧下端的粒子在磁场中运动的时间最长.如图丙.由几何关系可知,打在P右侧下端的粒子在磁场中偏转的角度是2=300,-61-(3)作图得出使薄金属板右侧能接收到带电粒子的运动轨迹中,打在最上面的点的轨迹与打在最下面的粒子的轨迹如图丁,挡板的位置在图中的MN处即可满足题目的要求.打在最上面的点:OM=2R=2x0;-62-4.(2018广东广州高三4月综合测试二模)如图,x为纸面内的一条直线,P、N是x上的两个点,匀强磁场垂直纸面.两个带电粒子a、b分别从P、N同时开始在纸面内运动.a的初速度垂直x向上,运动轨迹如图中虚线所示,O为圆心,

28、PC是直径,A是圆周上的点;b的初速度方向是纸面内所有可能的方向.已知AO连线垂直x,PO=OC=CN;a的初速度为v;a、b带等量异种电荷,a的质量为b的两倍,a、b间的相互作用力及所受重力不计.(1)求a、b的周期之比;(2)若a、b在A点相遇,求b的速度大小;(3)b的速度小于某个临界值v0时,a、b不可能相遇,求v0的大小.-63-解析:(1)设a质量为m,电量为q,则b质量为0.5m,电量为-q,设磁感应强度为B,带电粒子在磁场中做圆周运动,由-64-(2)设a、b由P、N到A的时间分别为ta、tb,由 的长度为粒子b做圆周运动的直径.设a粒子的轨道半径为r;b粒子的速度大小为vb,

29、运动轨道半径为-65-(3)假设b粒子的速度vv0时,两粒子能在圆周上的Q点相遇,如图所示,设PQ对应的圆心角为,由此可知,b运动到Q的过程中,粒子b转过弧长所对应的圆心角为2,则NQ=2rbsin -66-67-带电粒子在复合场中的运动带电粒子在复合场中的运动命题角度1带电粒子在复合场中的运动高考真题体验对方向(2017全国16)如图,空间某区域存在匀强电场和匀强磁场,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

30、列选项正确的是()A.mambmcB.mbmamcC.mcmambD.mcmbma-68-答案:B -69-带电粒子在复合场中运动问题的分析思路(1)弄清复合场的组成特点.(2)正确分析带电粒子的受力及运动特点.(3)画出粒子的运动轨迹,灵活选择不同的运动规律.(4)注意结论:在无约束面的情况下,若在复合场中粒子做直线运动,则一定是做匀速直线运动,重力、电场力和洛伦兹力的合力为零;若在复合场中粒子做匀速圆周运动,则往往是重力与电场力平衡,洛伦兹力提供做圆周运动的向心力.-70-典题演练提能刷高分1.如图所示的虚线区域内,充满垂直纸面向内的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,一带电颗粒A以一定初速度由

31、左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿水平直线从区域右边界O点穿出,射出时速度的大小为vA,若仅撤去磁场,其他条件不变,另一个相同的颗粒B仍以相同的速度由O点射入并从区域右边界穿出,射出时速度的大小为vB,则颗粒B()A.穿出位置一定在O点上方,vBvAC.穿出位置一定在O点下方,vBvA-71-答案:D解析:设带电颗粒从O位置飞入的速度为v0,若带电颗粒A带负电,其电场力、重力、洛伦兹力均向下,与运动方向垂直,不可能做直线运动.颗粒A一定为正电荷,且满足mg=Eq+Bqv0,因为做匀速直线运动,故vA=v0.若仅撤去磁场,由于mgEq,带电颗粒B向下偏转,穿出位置一定在O点下方,合力对其做正

32、功,故vBv0,因此vBvA,故D正确,ABC错误.-72-2.(2019广西桂林调研)如图所示,质量为m,带电荷量为+q的液滴,以速度v沿与水平方向成=45角斜向上进入正交的足够大匀强电场和匀强磁场叠加区域,电场强度方向水平向右,磁场方向垂直纸面向里,液滴在场区做直线运动.重力加速度为g,试求:(1)电场强度E和磁感应强度B各多大?(2)当液滴运动到某一点A时,电场方向突然变为竖直向上,大小不改变,不考虑因电场变化而产生的磁场的影响,此时液滴加速度多少?(3)在满足(2)的前提下,液滴从A点到达与A点位于同一水平线上的B点(图中未画出)所用的时间.-73-74-75-3.如图所示,水平桌面上

33、方区域存在竖直向上的匀强电场,电场强度E=5 N/C,过桌左边缘的虚线PQ上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B= T,虚线PQ与水平桌面成45角,现将一个质量m1=2.010-3 kg,带正电q=4.010-3 C的物块A静置在桌面上,质量m2=1.010-3 kg、不带电的绝缘物块C从与A相距L=2.0 m处的桌面上以v0=5.0 m/s 的初速度向左运动.物块A、C与桌面间的动摩擦因数为=0.4,二者在桌面上发生碰撞(碰撞时间极短,A、C间无电荷转移),碰撞后C反弹速度大小为vC=1.0 m/s,A向左运动进入磁场,求:(1)碰撞后物块A的速度;(2)物块A从进入磁场到再次回到桌面

34、所用时间;(结果保留两位有效数字)(3)若一段时间后A、C在桌面上相遇,求碰撞前A与桌左边缘P的距离.(结果保留两位有效数字)-76-答案:(1)2 m/s,方向水平向左(2)2.7 s(3)0.83 m解析:(1)设C与A碰撞前瞬间的速度为v,碰后A、C的速度分别为vA、vC,对C从开始运动到与A相碰,由动能定理可得A、C碰撞过程中,规定向左为正方向,对于A、C组成的系统由动量守恒定律可得m2v=m1vA-m2vC两式联立可得vA=2 m/s,方向水平向左.-77-78-(3)碰撞后C反弹在桌面上做匀减速运动,设其加速度为a,停止运动所用时间为t3,可得m2g=m2a0=vC-at3解得t3

35、=0.25 s显然,碰撞后C运动时间小于A运动时间,由此可知A、C相遇时,C已经停止运动.所以A、C相遇的位置为C停止运动的位置,也是A竖直向下再次回到桌面的位置.C匀减速的位移x= vCt3=0.125 m,碰前A与桌左边缘P的距离x=R-x0.83 m.-79-4.(2019山东郓城高三模拟)如图所示,ABCD矩形区域内存在互相垂直的有界匀强电场和匀强磁场的叠加场.有一质量为m、带电荷量大小为q的小球在光滑绝缘的水平面上,从静止开始经电压为U的电场加速后,水平进入ABCD区域中,恰能在此空间的竖直面内做匀速圆周运动,且从B点射出,已知AB长度为 L,AD长度为L,求:(1)小球带何种电荷及

36、进入叠加场时的速度大小;(2)小球在叠加场中做圆周运动的轨迹半径;(3)小球在叠加场中运动的时间.-80-81-82-命题角度2洛伦兹力在现代科技中的应用问题高考真题体验对方向(2016全国15)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.11B.12C.121D.144-83-答案:D 速圆周运动的半径都相同,所以mB2,离子所

37、需偏转磁场的磁感应强度是质子所需偏转磁场的磁感应强度的12倍,则离子质量是质子质量的144倍,选项D正确.分析实际问题的思路与方法(1)知道质谱仪、回旋加速器等仪器或器件的结构及工作原理.(2)知道考查的内容,能从实际物理模型中抽象出物理问题.(3)巧用qE=qvB分析带电粒子在复合场中的应用实例.-84-典题演练提能刷高分1.(多选)(2019山东泰安模拟)如图所示为一利用海流发电的装置原理图.用绝缘材料制成一个横截面为矩形的管道,在管道的上、下两个内表面装有两块电阻不计的金属板M、N,板长为a、宽为b,板间的距离为d,将管道沿海流方向固定在海水中,在管道中施加与前后表面垂直的匀强磁场,磁感

38、应强度大小为B,将航标灯与两金属板连接(图中未画出).海流方向如图,海流速率为v,下列说法正确的是()A.M板的电势高于N板的电势B.该海流发电机的电动势为BdvC.该海流发电机的电动势为BavD.管道内海水受到的安培力方向向左-85-答案:ABD解析:由左手定则可知,海流中的正离子受到的洛伦兹力方向向上,所以正离子向上偏转,即M板带正电;负离子受到的洛伦兹力方向向下,所以负离子向下偏转,N板带负电,可知M板的电势高于N板的电势,选项A正确;M、N两板间形成电场,当离子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,两板间的电压稳定,即 =Bqv,得U=Bdv,两板间电压即该海流发电机的电动势,选项B正确、C错

39、误;根据左手定则知,管道内由离子运动形成的电流方向向上,故管道内海水所受安培力方向向左,选项D正确.-86-2.(多选)如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器,静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法正确的是

40、 ()-87-A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内-88-答案:BC解析:离子在磁分析器中沿顺时针转动,所受洛伦磁力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,故A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有在磁场中做圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定能进入收集器,故D错误.-89-3.随着电子技术的发展,霍尔传感器被广泛应用在汽车的各个系统中.其中霍尔转速传感器在测量发动机转速时,情景简化如图甲所示,被测量转子的轮齿(具有磁性)每次经过霍尔元件时,都会使霍尔电压发生变化,传感器的内置电路会将霍尔电压

41、调整放大,输出一个脉冲信号,霍尔元件的原理如图乙所示.下列说法正确的是()-90-A.霍尔电压是由于元件中定向移动的载流子受到电场力作用发生偏转而产生的B.若霍尔元件的前端电势比后端低,则元件中的载流子为负电荷C.在其他条件不变的情况下,霍尔元件的厚度c越大,产生的霍尔电压越高D.若转速表显示1 800 r/min,转子上齿数为150个,则霍尔传感器每分钟输出12个脉冲信号-91-答案:B解析:元件内载流子受到洛伦兹力和电场力的作用,故A错误;根据左手定则,电子向前端偏转,前端带负电,后端带正电,所以前端的电势低,符合要求,则元件中的载流子为负电荷,故B正确;当电场力和c增大时,U减小,故C错

42、误;转速n=1 800 r/min=30 r/s,则霍尔传感器每分钟输出的脉冲信号个数为1503060=270 000个,故D错误,故选B.-92-4.(多选)在一次南极科考中,科考人员使用磁强计测定地磁场的磁感应强度.其原理如图所示,电路中有一段长方体的金属导体,它长、宽、高分别为a、b、c,放在沿y轴正方向的匀强磁场中,导体中电流沿x轴正方向,大小为I.已知金属导体单位体积中的自由电子数为n,电子电荷量为e,自由电子做定向移动可视为匀速运动,测出金属导体前后两个侧面间电压为U,则()A.金属导体的前侧面电势较低-93-答案:AD解析:根据左手定则(注意电子带负电)可知电子打在前侧面,即前侧

43、面带负电,电势较低,A正确;电流方向为从左向右,而题中U表示的,C错误;因为当金属导体中自由电子定向移动时受洛伦兹力作用向前侧面偏转,使得前后两侧面间产生电势差,当电子所受的电场力与洛伦兹力平衡时,前后两侧面间产生恒定的电势差.因而可得-94-5.回旋加速器是现代高能物理研究中用来加速带电粒子的常用装置.图甲为回旋加速器原理示意图,置于高真空中的两个半径为R的D形金属盒,盒内存在与盒面垂直且磁感应强度为B的匀强磁场.两盒间的距离很小,带电粒子穿过的时间极短可以忽略不计.位于D形盒中心A处的粒子源能产生质量为m、电荷量为q的带正电粒子,粒子的初速度可以忽略.粒子通过两盒间被加速,经狭缝进入盒内磁

44、场.两盒间的加速电压按图乙所示的余弦规律变化,其最大值为U0.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用.已知t0=0时刻产生的粒子每次通过狭缝是都能被最大电压加速.求:-95-(1)两盒间所加交变电压的最大周期T0;(2)t0=0时刻产生的粒子第1次和第2次经过两D形盒间狭缝后的轨道半径之比;-96-(2)设t0=0时刻两盒间的电压为U0,此时刻产生的粒子第1次经过 -97-即所有从出口飞出的粒子,速度大小都相等,而每个粒子在磁场中运动的每一个周期时间内,被相同的电压加速两次.设某个粒子被加速-98-命题角度3带电粒子在组合场中的运动高考真题体验对方向1.(2019全国18)如图,在坐标系的第一和

45、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()-99-答案:B -100-2.(2019全国)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(

46、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.-101-102-3.(2018全国25)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E;在y0的区域存在方向垂直于xOy平面向-103-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=v1t1-104-105-106-107-4.(2018全国25)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xOy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,

47、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.-108-(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;求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间. 解析:(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线,在磁场中为圆弧,上下对称)-109-(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

48、与电场方向的夹角为(见图(b),速度沿电场方向的分量为v1,根据牛顿第二定律有-110-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=atl=v0tv1=vcos 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-111-(3)由运动学公式和题给数据得 -112-5.(2018全国24)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

49、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.-113-解析:(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-114-(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-115-带电粒子在组合场中运动问题的分析思路(1)明确组合类型:是空间组合还是时间组合.(2)画运动轨迹:对带电粒子进行受力分析,研究其在不同场区的运动规律,画出粒子运动轨迹示意图.(3)划分过程,分段处理:将粒子运动的过程按不同场区划分为几个不同的阶段.对于匀强电场中的

50、匀变速直线运动或类平抛运动,可由牛顿运动定律及运动学公式求解,也可用动能定理求解;对匀强磁场中的匀速圆周运动,可按带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动规律及带电粒子在有界磁场中运动的解题思路求解.(4)找联系:找出过程之间及边界处各物理量之间的联系.当粒子从一个场区进入另一个场区时,分析转折点处粒子的速度的大小和方向往往是解题的突破口.-116-典题演练提能刷高分1.(2019山东济宁实验中学检测)如图所示,直角坐标系中的第象限中存在沿y轴负方向的匀强电场,在第象限中存在垂直纸面向外的匀强磁场.一电荷量为q、质量为m的带正电粒子,在x轴上的a点以速度v0与x轴负方向成60角射入磁场,从y=L处的

51、b点沿垂直于y轴方向进入电场,并经过x轴上x=2L处的c点.不计粒子重力.求:(1)磁感应强度B的大小;(2)电场强度E的大小;(3)带电粒子在磁场和电场中的运动时间之比.-117-118-2.如图所示,在坐标系xOy的第一象限有沿x轴正方向的匀强电场,第二象限充满方向垂直坐标平面向外的匀强磁场.有一比荷 =5.01010 C/kg的带负电粒子从a(6,0)沿y轴正方向射入,速度大小为va=8.0106 m/s,粒子通过y轴上的b(0,16)点后进入磁场.不计粒子的重力.求:(1)电场强度E的大小,粒子通过b点时速度vb的大小及方向;(2)为使粒子不再进入电场,匀强磁场磁感应强度B应满足什么条

52、件.-119-解析:(1)在第一象限y方向上:y=vat-120-由几何得r+rsin =y为使粒子不能进入电场,粒子在磁场中运动的半径必须大于图中的半径r.解得匀强磁场磁感应强度应满足B2.010-3 T.-121-3.如图,在真空室内的P点,能沿纸面向各个方向不断发射电荷量为+q,质量为m的粒子(不计重力),粒子的速率都相同.ab为P点附近的一条水平直线,P到直线ab的距离PC=L,Q为直线ab上一点,它与P点相距PQ= L.当直线ab以上区域只存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场时,水平向左射出的粒子恰到达Q点;当ab以上区域只存在平行该平面的匀强电场时,所有粒子都能到达ab直线,

53、且它们到达ab直线时动能都相等,其中水平向左射出的粒子也恰好到达Q点.已知sin 37=0.6,cos 37=0.8,求:-122-(1)粒子的发射速率;(2)匀强电场的场强大小和方向;(3)仅有磁场时,能到达直线ab的粒子所用最长时间和最短时间的比值.解析:(1)设粒子做匀速圆周运动的半径R,过O作PQ的垂线交PQ于A点,如图所示:-123-(2)只加匀强电场时,由粒子到达ab直线的动能相等,可知ab为等势面,电场方向垂直ab向下.水平向左射出的粒子经时间t到达Q点,在这段时间内-124-(3)只有磁场时,粒子以O1为圆心沿圆弧PD运动,当圆弧和直线ab相切于D点时,粒子速度的偏转角最大,对应的运动时