[K12学习]2018版高三物理一轮复习 专题11 磁场(含2016年高考真题)

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2018届全国卷高考物理考前复习大串讲基础知识及查漏补缺复习资料专题10 磁场基础知识含解析

2018届全国卷高考物理考前复习大串讲基础知识及查漏补缺复习资料专题10 磁场基础知识含解析

【基础知识梳理】一、磁场、磁感应强度 1.磁场(1) 基本性质:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。

(2) 方向:小磁针的N 极所受磁场力的方向。

2.磁感应强度3.磁感应强度与电场强度的区别二、 磁感线 1.磁感线(1)定义:在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。

(2)磁感线的特点①磁感线是为了形象地描述磁场而人为假设的曲线,并不是客观存在于磁场中的真实曲线。

②磁感线在磁体(螺线管)外部由N 极到S 极,内部由S 极到N 极,是闭合曲线。

③磁感线的疏密表示磁场的强弱,磁感线较密的地方磁场较强,磁感线较疏的地方磁场较弱。

④磁感线上任何一点的切线方向,都跟该点的磁场(磁感应强度)方向一致。

⑤磁感线不能相交,也不能相切。

2.几种常见的磁场(1)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)常见电流的磁场3.磁场的叠加:磁感应强度为矢量,合成与分解遵循平行四边形定则。

4.地磁场的特点(1)磁感线由地理南极发出指向地理北极(地球内部相反)。

(2)地磁场的水平分量总是由地理南极指向地理北极。

(3)北半球具有竖直向下的磁场分量,南半球具有竖直向上的磁场分量。

(4)赤道平面距地面相等高度的各点,磁场强弱相同,方向水平向北。

三、磁场对电流的作用力—安培力1.安培力的方向(1)左手定则:伸出左手,让拇指与其余四指垂直,并且都在同一个平面内。

让磁感线从掌心进入,并使四指指向电流方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。

(2)两平行的通电直导线间的安培力:同向电流互相吸引,异向电流互相排斥。

2.安培力的大小(1)当B⊥L时,安培力最大,F=BIL。

(2)当B∥L时,安培力等于零。

注意:F=BIL中的L是有效长度,即垂直磁感应强度方向的长度。

如图甲所示,直角形折线abc中通入电流I,ab=bc=L,折线所在平面与匀强磁场磁感应强度B垂直,abc受安培力等效于ac(通有a→c的电流I)所受的安培力,即F=BI·2L,方向为在纸面内垂直于ac斜向上。

2018版高考物理一轮复习 第十一章 电磁感应 11.1 电磁感应现象 楞次定律课件

2018版高考物理一轮复习 第十一章 电磁感应 11.1 电磁感应现象 楞次定律课件

【解析】 产生感应电流的条件是:穿过闭合回路的磁通量发生变化,引起磁 通量变化的原因有①闭合回路中的磁场变化;②在磁场不变的条件下,闭合回路中 的有效面积变化;③闭合回路的面积、磁场均变化.选项A、B、C中的闭合回路的 面积及回路中的磁场均不变,故选项A、B、C均错误;在选项D中线圈通电或断电 的瞬间改变了电流的大小,使另一个闭合回路中的磁场发生变化,故有感应电流产 生,选项D正确.
小的趋势——“增缩减
P、Q 是光滑固定导轨,a、b 是可动金属
扩”
棒,磁铁下移,面积应减小,a、b 靠近
B 减小,线圈扩张
阻碍原电流的变化 ——“增反减同”
合上 S,B 先亮
例 3 如右图所示,粗糙水平桌面上有一质量为m的铜质矩形线圈.当一竖直 放置的通有恒定电流的螺线管沿线圈中线AB正上方水平快速通过时,若线圈始终不 动,则关于线圈受到的支持力FN及在水平方向的运动趋势,下列说法中正确的是 ()
1.由楞次定律知,感应电流的磁场一定与引起感应电流的磁场方向相反.( × ) 2.回路不闭合,穿过回路的磁通量变化时,也会产生“阻碍”作用.( × ) 3.感应电流的磁场一定阻碍引起感应电流的磁场的磁通量变化.( √ ) 4.感应电流的方向可能与B的方向平行,但一定与v的方向垂直.( × )
2
抓重难点 动手演练 掌握提分技巧
【答案】 D
提分秘笈 电磁感应现象能否发生的判断流程
(1)确定研究的闭合回路. (2)弄清楚回路内的磁场分布,并确定其磁通量 Φ.
Φ不变→无感应电流 (3)Φ变化→回 不路 闭闭 合合 ,, 无有 感感 应应 电电 流流 ,但有感应电动势
跟踪训练 1
现将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A、线圈B、电
必考部分 电磁学/8-12章

(完整版)2018最新版本高考物理专题复习――磁场-Word版

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(特别推介)高考物理专题复习――磁场(附参照答案 )一、磁场磁体是经过磁场对铁一类物质发生作用的,磁场和电场相同,是物质存在的另一种形式,是客观存在。

小磁针的指南指北表示地球是一个大磁体。

磁体四周空间存在磁场;电流四周空间也存在磁场。

电流四周空间存在磁场,电流是大批运动电荷形成的,所以运动电荷四周空间也有磁场。

静止电荷四周空间没有磁场。

磁场存在于磁体、电流、运动电荷四周的空间。

磁场是物质存在的一种形式。

磁场对磁体、电流都有磁力作用。

与用查验电荷查验电场存在相同,能够用小磁针来查验磁场的存在。

以下图为证明通电导线四周有磁场存在——奥斯特实验,以及磁场对电流有力的作用实验。

1.地磁场地球自己是一个磁体,邻近存在的磁场叫地磁场,地磁的南极在地球北极邻近,地磁的北极在地球的南极邻近。

2.地磁体四周的磁场散布与条形磁铁四周的磁场散布状况相像。

3.指南针放在地球四周的指南针静止时能够指南北,就是遇到了地磁场作用的结果。

4.磁偏角地球的地理两极与地磁两极其实不重合,磁针并不是正确地指南或指北,此间有一个交角,叫地磁偏角,简称磁偏角。

说明:①地球上不一样点的磁偏角的数值是不一样的。

②磁偏角随处球磁极迟缓挪动而迟缓变化。

③地磁轴和地球自转轴的夹角约为11°。

二、磁场的方向在电场中,电场方向是人们规定的,同理,人们也规定了磁场的方向。

规定:在磁场中的随意一点小磁针北极受力的方向就是那一点的磁场方向。

确立磁场方向的方法是:将一不受外力的小磁针放入磁场中需测定的位臵,当小磁针在该位臵静止时,小磁针 N 极的指向即为该点的磁场方向。

磁体磁场:能够利用同名磁极相斥,异名磁极相吸的方法来判断磁场方向。

电流磁场:利用安培定章(也叫右手螺旋定章)判断磁场方向。

三、磁感线在磁场中画出有方向的曲线表示磁感线,在这些曲线上,每一点的切线方向都跟该点的磁场方向相同。

(1)磁感线上每一点切线方向跟该点磁场方向相同。

(2)磁感线特色(1)磁感线的疏密反应磁场的强弱,磁感线越密的地方表示磁场越强,磁感线越疏的地方表示磁场越弱。

最新-高三物理一轮复习 磁场 新人教版 精品

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2018届高三物理一轮复习:磁场1.a 和b 是两条靠得很近的通电直导线,电流方向都向上,且I a >I b ,当垂直于a 、b 所在平面向里加一个磁感强度为B 的匀强磁场时,导线a 恰好不再受磁场力,则跟加磁场B 以前相比较 ( )A .b 受的磁场力大于原来的2倍B .b 受的磁场力为原来的2倍C .b 受的磁场力小于原来的2倍D .b 也不再受磁场力2.如图3-2-2所示,分界面MN 两侧分别有垂直纸面的磁感强度为B 和2B的匀强磁场.有一质量为m (重力不计),带电量为q 的粒子从分界面以速度v 垂直飞入分界面左侧磁场,则粒子在一个运动周期内沿界面前进的平均速度可能为 ( )A .2v /πB .2v /3πC .v /3πD .v/π3.如图3-2-4所示,的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里,有一束速率各不相同的质子自A 点沿半径方向射入磁场,这些质子在磁场中 ( ) A .运动时间越长,其轨迹对应的圆心角越大 B .运动时间越长,其轨迹越长C .运动时间越短,射出磁场区域时速度越小D .运动时间越短,射出磁场区域时速度的偏向角越小4.如图3-2-5所示,匀强磁场垂直纸面向里,有一足够长的等腰三角形绝缘滑槽,两侧斜槽与水平面夹角为α.在斜槽顶点两侧各放一个质量相等、带等量负电荷的小球A 和B .两小球与斜槽间的动摩擦因数相等,且μ<tg α/2.将两小球同时由静止释放,下面说法正确的为 ( ) A .两球沿斜槽都做匀加速运动,且加速度相等 B .两球沿斜槽都做匀加速运动,且a A >a BC .两球沿斜槽都做变加速运动,且a A >a BD .两球沿斜槽的最大位移关系中S A >S B5 在直径为d 的圆形区域内存在均匀磁场,磁场方向垂直于圆面指向纸外.一电荷量为q ,质量为m 的粒子,从磁场区域的一条直径AC 上的A 点射入磁场,其速度大小为v 0,方向与AC 成α.若此粒子恰好能打在磁场区域圆周上D 点,AD 与AC 的夹角为β,如图3-5所示.求该匀强磁场的磁感强度B 的大小.2Bq 图3-2-2 3-2-4 图3-2-5C图3-56 如图3-6所示,A 、B 为水平放置的足够长的平行板,板间距离为d =1.0×10-2m ,A 板中央有一电子源P ,在纸面内能向各个方向发射速度在0—3.2×118m/s 范围内的电子,Q 为P 点正上方 B 板上的一点,若垂直纸面加一匀强磁场,磁感应强度B =9.1×10-3T ,已知电子的质量m =9.1×10-31kg ,电子电量e =1.6×10-19C ,不计电子的重力和电子间相互作用力,且电子打到板上均被吸收并转移到大地.求:⑴沿PQ 方向射出的电子,击中A 、B 两板上的范围. ⑵若从P 点发出的粒子能恰好击中Q 点,则电子的发射方向(用图中θ角表示)与电子速度的大小v 之应满足的关系及各自相应的取值范围.7 如图3-7所示,真空中有一半径为R 的圆形磁场区域,圆心为O ,磁场的方向垂直纸面向内,磁感强度为B ,距离O 为2R 处有一光屏MN ,MN 垂直于纸面放置,AO 过半径垂直于屏,延长线交于C .一个带负电粒子以初速度v 0沿AC 方向进入圆形磁场区域,最后打在屏上D 点,DC 相距23R ,不计粒子的重力.若该粒子仍以初速v 0从A 点进入圆形磁场区域,但方向与AC 成600角向右上方,粒子最后打在屏上E 点,求粒子从A 到E 所用时间.8 如图3-8所示, 磁感强度为B 的均匀磁场中,固定放置一绝缘材料制成的边长为L 的刚性等边三角形,其平面与磁场方向垂直,在DE 边上的S 点(DS =L /4)处带电粒子的放射源,发射粒子的方向皆在图中纸面内垂直DE 边向下,发射粒子的电量皆为q(q >0),质量皆为m ,但速度v 有各种不同的数值,若这些粒子与框架的碰撞时均无能量损失,并要求每一次碰撞时速度方向垂直于被碰的边,试问(1)带电粒子速度v 取哪些值时可使S 点发出的粒子最终又回到S 点? (2)这些粒子中,回到S 点所用时间最短为多少?(重力不计,磁场范围足够大)图3-6图3-8参考答案:例1、设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ,则有 qv 0B=m Rv 2 ①圆心在过A 与v 0方向垂直的直线上,它到A 点距离为R ,如图所示,图中直线AD 是圆轨道的弦,故有∠OAD=∠ODA ,用γ表示此角度,由几何关系知 2Rcos γ=AD ② dcos β=AD ③ α+β+γ=π/5 ④ 解②③④得R=)sin(2cos βαβ+d ⑤代入①得B=ββαcos )sin(20qd mv +⑥例2、(1)r m =2×10-2m (2)该电子运动轨迹圆心板H 处、恰能击中B 板M 处.随着电子速度的减小,电子轨迹半径也逐渐减小.击中B 板的电子与Q 点最远处相切于N 点,此时电子的轨迹半径为d ,并恰能落在下板上H 处.所以电子击中B 板MN 区域和A 板PH 区域.在△MFH 中 FH=322=-MF HMQM=PF=(2-3)d=2.68×10-3m ON=d=1×10-2m PH=2d=2×10-2m 电子能击中B 板Q 点右侧与Q 点相距2.68×10-3m ─1×10-2m 的范围.电子能击中A 板P 点右侧与P 点相距0─1×10-2m 范围. (3)要使P 点发出的电子能击中Q 点,则有r=mv/Be rsin θ=d/2 解得 vsin θ=8×118 v 取最大速度 3.2×118m/s 时,sin θ=1/4,θnim =arcsin1/4 v 取最小速度时θmax =π/2 v nim =8×118m/s,所以电子速度与θ之间应满足vsin θ=8×118 且θ∈[arcsin1/4, π/2] v ∈[8×118m/s, 3.2×118m/s ] 例3、02333v R v R +π例4、(1)由于碰撞时速度v 与边垂直,粒子运动轨迹的圆心一定位于三角形的边上,粒子绕过三角形顶点DEF 时的圆心就一定要在相邻边的交点(即DEF )上,粒子从S 点开始向左做圆周运动,其轨迹为一系列半径为R 的半圆,在SD 边上最后一次的碰撞点与D 点的距离应为R ,所以SD 的长度应是R 的奇数倍,即12-=n DS R n (n=1,2,3…)粒子从FE 边绕过E 点转回到S点时,情况类似,即DE 长度也是轨道半径的奇数倍,即DE=(2K-1)R K .又因为DE=3DS ,因此为使粒子与三角形各边发生垂直碰撞,R 必须满足下面的条件:R n =)12(412-=-n L n DS (n=1,2,3…),此时SE=3DS=(6n-3)R n (n=1,2,3…),SE 为R N 的奇数倍的条件自然也满足,只要粒子绕过D 点与FD 相碰,由对称性关系可知,以后的碰撞都能与三角形边垂直. 根据牛顿第二定律,有Bqv=mv 2/R n ,得v n =-BqR n /m 所以v n =mn LBQ )12(4-(n=1,2,3…) ① (2)这些粒子在磁场中运动时,由式①可知v n 越大,n那么此种情况下粒子与边碰撞的次数最少,而T=2πm/Bq,图所示,由图可看出该粒子的轨迹包括3×1个半圆和3个圆心角为3000圆弧,所需时间为t=3×T/2+3×5T/6=4T 故t min =4×2πm/Bq=Bq m π8练习题1、C2、CD3、AB4、ACD5、C6、AD7、CD8、AB9、(1)s m v /51= (2)t=6.5T=4.1s 10、(1)如图所示(2)初始时刻小球受的洛伦兹力为N B qv F 20==>mg 故小球在摩擦力作用下做减速运动,细管在摩擦力作用下做加速运动,设小球与细管最终速度相同,都为v 1,由动量守恒得:v `=4m/s,由小球竖直方向受力平衡,则小球与细管的弹力大小为N=F-mg=qv 球B-m 球g ,由上式知,由于v球不断减小,N 也将减小,当N=0时,摩擦力消失.小球与细管就此做匀速运动,设此小球速度为v 2,有Bqv 2=mg,得v 2=10m/s.由于v 2>v 1,可见小球速度减到10m/s 时系统将稳定运动,设此时细管速度为v,由动量守恒定律得v=2.5m/s. 由能量守恒定律得 Q=22220212121v m v m v m 管球球--=13.75J11、作出反粒子在磁场中运动的轨迹如图所示pa ,圆心在O 1.轨迹半径R 1=330tan 0r r =.1R =Bem v 0.反氚核的轨道半径R 2=r Bem v 330=,而R 2=rtan α,α=600.所以应打在b 点,偏转角即为60012、题中导线通电后,棒受安培力的冲量,使它获得初速度0v ,设通通电电时间为t ∆,由动量定理得0mv t IBL =∆ (1) t I q ∆= (2)棒刚好到最高点有:Rv m mg 2= (3) 由机械能守恒定律得:22021221mv mgR mv+= (4)可求q=5CS0-11P O C O 2。

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第6讲:电磁感应的力电综合问题(答案)

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第6讲:电磁感应的力电综合问题(答案)

2018届高考物理一轮复习第十一章电磁感应第6讲:电磁感应的力电综合问题(参考答案)一、知识清单1. 【答案】2. 【答案】3. 【答案】4. 【答案】5. 【答案】6. 【答案】 7. 【答案】D 【解析】由牛顿第二定律可得B 2L 2v R=ma , 金属棒做a 减小的减速运动,A 错.由能量守恒定律可知,克服安培力做功等于电阻R 和金属棒上产生的焦耳热之和,W 安=12mv 2=Q ,因此B 错,D 正确.整个过程中通过金属棒的电量q =ΔΦ2R =BLx 2R ,得金属棒位移x =2qR BL,C 错. 8. 【答案】 ACD【解析】 知识存盘a .安培力的大小感应电动势:E =Blv感应电流:I =E R +r安培力公式:F =BIl =B 2l 2v R +rb .安培力的方向(1)先用右手定则确定感应电流方向,再用左手定则确定安培力方向.(2)根据楞次定律,安培力方向一定和导体切割磁感线运动方向相反.解析 设闭合S 时,ab 的速度为v ,则E =BLv ,I =E R =BLv R ,F 安=BIL =B 2L 2v R, 若F 安=B 2L 2v R=mg ,则选项A 正确. 若F 安=B 2L 2v R<mg ,则选项C 正确. 若F 安=B 2L 2v R>mg ,则选项D 正确.9. 【答案】B【解析】对棒受力分析如图所示,F 安=BIL =B 2L 2v R,故D 错误;F 安随棒的速度的增大而增大,故棒做的不是匀加速直线运动,因此运动的平均速度v -≠12v ,A 错误;由q =n ΔΦR 总可得:q =BLx R ,故棒下滑的位移x =qR BL,B 正确;求焦耳热应该用有效值,故C 错误。

10.【答案】B【解析】甲图中ab 棒产生的感应电动势对电容器C 充电,C 两极板间电势差与感应电动势相同时,电路中没有电流,ab 棒做向右的匀速直线运动;乙图中导体棒在初速度作用下,切割磁感线,产生电动势,出现安培力,阻碍其向前运动,其动能转化为热能,最终会静止;而丙图虽在初速度作用下向右运动,但却受到向左的安培力,则杆向右减速运动,然后还要向左运动.当金属杆切割磁感线产生电动势与电源的电动势相等时,电路中没有电流,所以金属杆最终处于向左的匀速直线运动.由此得选项B 正确,A 、C 、D 错误.11.【答案】D【解析】线圈进入磁场前机械能守恒,进入磁场时速度均为v =2gh ,设线圈材料的密度为ρ1,电阻率为ρ2,线圈边长为L ,导线横截面积为S ,则线圈的质量m =ρ14LS ,电阻R =ρ24L S ,由牛顿第二定律得mg -B 2L 2v R=ma ,解得a =g -B 2v 16ρ1ρ2,可见两线圈在磁场中运动的加速度相同,两线圈落地时速度相同,即v 1=v 2,故A 、C 选项错误;线圈在磁场中运动时产生的热量等于克服安培力做的功,Q =W 安,而F 安=B 2L 2v R =B 2Lv 4ρ2S ,线圈Ⅱ横截面积S 大,F 安大,故Q 2>Q 1,故选项D 正确,B 错误.12.【答案】 D【解析】 导线框进入磁场的过程中,线框受到向左的安培力作用,根据E =BLv 、I =E R 、F =BIL 得F =B 2L 2v R,随着v 的减小,安培力F 减小,导线框做加速度逐渐减小的减速运动.整个导线框在磁场中运动时,无感应电流,导线框做匀速运动,导线框离开磁场的过程中,根据F =B 2L 2v R,导线框做加速度减小的减速运动,所以选项D 正确.三、自我检测13.【答案】D【解析】由题图可知,导体棒刚进入磁场的瞬间速度最大,产生的感应电流最大,由机械能守恒有mgh =12mv 2,所以I =E 2R =BLv 2R =BL 2gh 2R ,A 错误;流过R 的电荷量为q =I t =ΔΦ2R =BLd 2R,B 错误;由能量守恒定律可知整个电路中产生的焦耳热为Q =mgh -μmgd ,C 错误;由于导体棒的电阻也为R ,则电阻R 中产生的焦耳热为12Q =12mg (h -μd ),D 正确. 14.【答案】BD15.【答案】B【解析】把立体图转变为平面图,由平衡条件列出方程是解决此类问题的关键.对导体棒进行受力分析作出截面图,如图所示,导体棒共受四个力作用,即重力、支持力、摩擦力和安培力.由平衡条件得mg sin 37°=F 安+F f ①F f =μF N ②F N =mg cos 37°③而F 安=BIL ④I =E R +r⑤ E =BLv ⑥联立①~⑥式,解得v =mg (sin 37°-μcos 37°)(R +r )B 2L 2代入数据得v =5 m/s.小灯泡消耗的电功率为P =I 2R ⑦由⑤⑥⑦式得P =(BLv R +r)2R =1 W .故选项B 正确. 16.【答案】D17.【答案】CD【解析】解:A 、导线框开始做自由落体运动,ab 边以一定的速度进入磁场,ab 边切割磁场产生感应电流,根据左手定则可知ab 边受到向上的安培力,当安培力大于重力时,线框做减速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先减速后加速运动,故A 错误、D 正确;B 、当ab 边进入磁场后安培力等于重力时,线框做匀速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速运动,故先匀速后加速运动,故A 错误;C 、当ab 边进入磁场后安培力小于重力时,线框做加速运动,当线框完全进入磁场后,线框不产生感应电流,此时只受重力,做加速增大的加速运动,故加速运动,故C 正确;。

2018版高三物理一轮复习专题11磁场含2016年高考真题

2018版高三物理一轮复习专题11磁场含2016年高考真题

专题11 磁场1.[2016·北京卷] 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( )图1­A.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答案:C解析:根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C不正确.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度.电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图1­所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同.磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ.为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g.图1­(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ;(2)若两铝条的宽度均为b ,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式;(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条,磁铁仍以速度v 进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化. 解析: (1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等,均为F 安,有F 安=IdB ①磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ,其大小F =2F 安 ②磁铁匀速运动时受力平衡,则有F -mg sin θ=0 ③联立①②③式可得I =mg sin θ2Bd④ (2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E ,有E =Bdv ⑤铝条与磁铁正对部分的电阻为R ,由电阻定律有R =ρddb⑥ 由欧姆定律有I =ER⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得v =ρmg sin θ2B 2d 2b⑧ (3)磁铁以速度v 进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F ,联立①②⑤⑥⑦式可得F =2B 2d 2bvρ⑨当铝条的宽度b ′>b 时,磁铁以速度v 进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F ′,有 F ′=2B 2d 2b ′v ρ⑩可见F ′>F =mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大.之后,随着运动速度减小,F ′也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小.综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,直到F ′=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑.3.[2016·全国卷Ⅱ] 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ω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.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )图1­A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB答案:A解析: 作出粒子的运动轨迹如图所示,其中O ′为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系可知∠MO ′N ′=30°.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB =m v 2r ,T =2πr v ,得T =2πm Bq ,即比荷q m =2πBT,由题意知t 粒子=t 筒,即30°360°·T =90°360°·T 筒,则T =3T 筒,又T 筒=2πω,故q m =ω3B ,选项A正确.4.[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图1­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 (q >0).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( )图1­A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB答案:D解析: 设射入磁场的入射点为A ,延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ,则轨迹圆与AC 相切;由于轨迹圆只与ON 有一个交点,所以轨迹圆与ON 相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O ′为圆心,B 为出射点.由几何关系可知∠O ′CD =30°,Rt △O ′DC 中,CD =O ′D ·cot 30°=3R ;由对称性知,AC =CD =3R ;等腰△ACO 中,OA =2AC ·cos 30°=3R ;等边△O ′AB 中,AB =R ,所以OB =OA +AB =4R .由qvB =m v 2R 得R =mv qB ,所以OB =4mvqB,D 正确.5.[2016·北京卷] 如图1­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,求电场强度E 的大小.图1­解析: (1)洛伦兹力提供向心力,有f =qvB =m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R =mvqB匀速圆周运动的周期T =2πR v =2πmqB.(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 .6.[2016·四川卷] 如图1­所示,正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域,当速度大小为v b 时,从b 点离开磁场,在磁场中运动的时间为t b ,当速度大小为v c 时,从c 点离开磁场,在磁场中运动的时间为t c ,不计粒子重力.则( )图1­A .v b ∶v c =1∶2,t b ∶t c =2∶1B .v b ∶v c =2∶1,t b ∶t c =1∶2C .v b ∶v c =2∶1,t b ∶t c =2∶1D .v b ∶v c =1∶2,t b ∶t c =1∶2 答案:A解析: 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,作出粒子两次运动的轨迹如图所示由qvB =m v 2r =mr 4π2T 2可以得出v b ∶v c =r b ∶r c =1∶2, 又由t =θ2πT 可以得出时间之比等于偏转角之比.由图看出偏转角之比为2∶1,则t b ∶t c =2∶1,选项A 正确.7.[2016·全国卷Ⅰ] 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1­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( )图1­A .11B .12C .121D .144 答案:D解析:粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v ,则qU =12mv 2,粒子进入磁场做圆周运动,半径r =mv qB =1B2mUq,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选项D 正确.8.[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1­甲所示,置于真空中的D 形金属盒半径为R ,两盒间狭缝的间距为d ,磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m ,电荷量为+q ,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为U 0.周期T =2πmqB.一束该种粒子在t =0~T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用.求:(1)出射粒子的动能E m ;(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0;(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d 应满足的条件.图1­解析: (1)粒子运动半径为R 时qvB =m v 2R且E m =12mv 2解得E m =q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ,则E m =nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动,设n 次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a =qU 0md匀加速直线运动nd =12a ·Δt 2由t 0=(n -1)·T2+Δt ,解得t 0=πBR 2+2BRd 2U 0-πmqB(3)只有在 0~⎝ ⎛⎭⎪⎫T2-Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η=T2-ΔtT2由η>99%,解得d <πmU 0100qB 2R9.[2016·四川卷] 如图1­所示,图面内有竖直线DD ′,过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图中未画出);区域Ⅱ有固定在水平面上高h =2l 、倾角α=π4的光滑绝缘斜面,斜面顶端与直线DD ′距离s =4l ,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C 点在DD ′上,距地面高H =3l .零时刻,质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0=gl 、方向与水平面夹角θ=π3的速度,在区域Ⅰ内做半径r =3lπ的匀速圆周运动,经C 点水平进入区域Ⅱ.某时刻,不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇.小球视为质点,不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响.l 已知,g 为重力加速度.(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小;(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇,求释放小球A 的时刻t A ;(3)若小球A 、P 在时刻t =βlg(β为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ,并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向.图1­解析: (1)由题知,小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,有m v 20r=qv 0B 代入数据解得B =m π3lqgl .(2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ,运动到C 点的时刻为t C ,到达斜面底端时刻为t 1,有t C =θr v 0s -h cot α=v 0(t 1-t C )小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ,与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端,有mg sin α=ma Ahsin α=12a A (t 1-t A )2 联立以上方程解得t A =(3-22)l g. (3)设所求电场方向向下,在t ′A 时刻释放小球A ,小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ,有s =v 0(t -t C )+12a A (t -t ′A )cos α mg +qE =ma PH -h +12a A (t -t ′A )2sin α=12a P (t -t C )2联立相关方程解得E =(11-β2)mgq (β-1)2对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5由此可得场强极小值为E min =0;场强极大值为E max =7mg8q,方向竖直向上.10.[2016·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转.扇形聚焦磁场分布的简化图如图1­11所示,圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,谷区内没有磁场.质量为m ,电荷量为q 的正离子,以不变的速率v 旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示.(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针; (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ; (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B ′和B 的关系.已知:sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2α2.图1­11解析: (1)峰区内圆弧半径r =mvqB① 旋转方向为逆时针方向 ②(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ=2π3 ③每个圆弧的长度l =2πr 3=2πmv3qB ④每段直线长度L =2r cos π6=3r =3mvqB ⑤周期T =3(l +L )v⑥代入得T =(2π+33)mqB⑦(3)谷区内的圆心角θ′=120°-90°=30° ⑧ 谷区内的轨道圆弧半径r ′=mvqB ′⑨ 由几何关系r sin θ2=r ′sin θ′2 ⑩由三角关系sin 30°2=sin 15°=6-243-1 2B代入得B′=。

【高三物理试题精选】2018高考物理磁场一轮复习题(含答案和解释)

【高三物理试题精选】2018高考物理磁场一轮复习题(含答案和解释)

2018高考物理磁场一轮复习题(含答案和解释)
4 (2018 吴江模拟)如图4所示,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子,不计重力,在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ,沿曲线abcd运动,ab、bc、cd都是半径为R的圆弧,粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。

规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正,则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图5中的( )
图4
图5
解析选C 由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外,在三个区域中均运动1/4圆周,故t=T/4,由于T=2πmBq,求得B=πm2qt,只有选项C正确。

5 (2018 南京月考)如图6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( )
图6
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
解析选C a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动,则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动,故对粒子a有Bqv=Eq,即只要满足E=Bv无论粒子带正电还是负电,粒子都可以沿直线穿出复合场区;当撤去磁场只保留电场时,粒子b由于电性不确定,故无法判断从O′点的上方还是下方穿出,选项A、B错误;粒子b在穿过电。

2018版高三物理一轮复习5年真题分类 2016年高考真题汇编 专题11 磁场- 副本

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专题11 磁场1.[2016·北京卷] 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( )图1­A.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答案:C 解析:根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C不正确.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度.电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图1­所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同.磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ.为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g.(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ;(2)若两铝条的宽度均为b ,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式;(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条,磁铁仍以速度v 进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化.解析: (1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等,均为F 安,有F 安=IdB ①磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ,其大小F =2F 安 ②磁铁匀速运动时受力平衡,则有F -mg sin θ=0 ③联立①②③式可得I = ④mg sin θ2Bd (2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E ,有E =Bdv ⑤铝条与磁铁正对部分的电阻为R ,由电阻定律有R =ρ ⑥d db 由欧姆定律有I = ⑦E R 联立④⑤⑥⑦式可得v = ⑧ρmg sin θ2B 2d 2b (3)磁铁以速度v 进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F ,联立①②⑤⑥⑦式可得F = ⑨2B 2d 2bv ρ当铝条的宽度b ′>b 时,磁铁以速度v 进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F ′,有F ′= ⑩2B 2d 2b ′v ρ可见F ′>F =mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大.之后,随着运动速度减小,F ′也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小.综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,直到F ′=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑.3.[2016·全国卷Ⅱ] 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ω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.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )图1­A. B.ω3B ω2BC. D.ωB 2ωB答案:A 解析: 作出粒子的运动轨迹如图所示,其中O ′为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系可知∠MO ′N ′=30°.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB =m ,T =,得T =,即比荷=v 2r 2πr v 2πm Bq q m ,由题意知t 粒子=t 筒,即·T =·T 筒,则T =3T 筒,又T 筒=,故2πBT 30°360°90°360°2πω=,选项A 正确.q m ω3B4.[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图1­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 (q >0).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( )图1­A. B.mv2qB 3mv qBC. D.2mv qB 4mv qB答案:D 解析: 设射入磁场的入射点为A ,延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ,则轨迹圆与AC 相切;由于轨迹圆只与ON 有一个交点,所以轨迹圆与ON 相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O ′为圆心,B 为出射点.由几何关系可知∠O ′CD =30°,Rt△O ′DC 中,CD =O ′D ·cot 30°=R ;由对称性知,3AC =CD =R ;等腰△ACO 中,OA =2AC ·cos 30°=3R ;等边△O ′AB 中,AB =R ,所以3OB =OA +AB =4R .由qvB =m 得R =,所以OB =,D 正确.v 2R mv qB 4mvqB 5.[2016·北京卷] 如图1­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,求电场强度E 的大小.图1­解析: (1)洛伦兹力提供向心力,有f =qvB =m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R =mv qB匀速圆周运动的周期T ==.2πR v 2πm qB (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 .6.[2016·四川卷] 如图1­所示,正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域,当速度大小为v b 时,从b 点离开磁场,在磁场中运动的时间为t b ,当速度大小为v c 时,从c 点离开磁场,在磁场中运动的时间为t c ,不计粒子重力.则( )图1­A .v b ∶v c =1∶2,t b ∶t c =2∶1B .v b ∶v c =2∶1,t b ∶t c =1∶2C .v b ∶v c =2∶1,t b ∶t c =2∶1D .v b ∶v c =1∶2,t b ∶t c =1∶2答案:A 解析: 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,作出粒子两次运动的轨迹如图所示由qvB =m =mr 可以得出v b ∶v c =r b ∶r c =1∶2, 又由t =T 可以得出时间之比等v 2r 4π2T 2θ2π于偏转角之比.由图看出偏转角之比为2∶1,则t b ∶t c =2∶1,选项A 正确.7.[2016·全国卷Ⅰ] 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1­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( )图1­A .11B .12C .121D .144答案:D解析:粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v ,则qU =mv 2,粒子进入磁场做圆12周运动,半径r ==,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选mv qB 1B2mUq 项D 正确.8.[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1­甲所示,置于真空中的D 形金属盒半径为R ,两盒间狭缝的间距为d ,磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m ,电荷量为+q ,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为U 0.周期T =.一束该种粒子在t =0~时间内从A 处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零.现考虑粒2πm qB T2子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用.求:(1)出射粒子的动能E m ;(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0;(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d应满足的条件.图1­解析: (1)粒子运动半径为R 时qvB =m v 2R且E m =mv 212解得E m =q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ,则E m =nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动,设n 次经过狭缝的总时间为Δt加速度a =qU 0md匀加速直线运动nd =a ·Δt 212由t 0=(n -1)·+Δt ,解得t 0=-T 2πBR 2+2BRd 2U 0πm qB(3)只有在 0~时间内飘入的粒子才能每次均被加速(T 2-Δt )则所占的比例为η=T 2-ΔtT 2由η>99%,解得d <πmU 0100qB 2R9.[2016·四川卷] 如图1­所示,图面内有竖直线DD ′,过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图中未画出);区域Ⅱ有固定在水平面上高h =2l 、倾角α=的光滑绝缘斜面,斜面顶π4端与直线DD ′距离s =4l ,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C 点在DD ′上,距地面高H =3l .零时刻,质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0=、方向与水平面夹角θ=的速度,在区域Ⅰ内做半径r =的匀速圆周运动,经gl π33lπC 点水平进入区域Ⅱ.某时刻,不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇.小球视为质点,不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响.l 已知,g 为重力加速度.(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小;(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇,求释放小球A 的时刻t A ;(3)若小球A 、P 在时刻t =β(β为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域Ⅱ的匀强电lg 场的场强E ,并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向.图1­解析: (1)由题知,小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,有m =qv 0B 代入数据解得B =.m π3lq gl (2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ,运动到C 点的时刻为t C ,到达斜面底端时刻为t 1,有t C =θrv 0s -h cot α=v 0(t 1-t C )小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ,与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端,有mg sin α=ma A=a A (t 1-t A )2hsin α12联立以上方程解得t A =(3-2).2lg (3)设所求电场方向向下,在t ′A 时刻释放小球A ,小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ,有s =v 0(t -t C )+a A (t -t ′A )cos α12mg +qE =ma PH -h +a A (t -t ′A )2sin α=a P (t -t C )21212联立相关方程解得E =(11-β2)mgq (β-1)2对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5由此可得场强极小值为E min =0;场强极大值为E max =,方向竖直向上.7mg8q 10.[2016·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转.扇形聚焦磁场分布的简化图如图1­11所示,圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,谷区内没有磁场.质量为m ,电荷量为q 的正离子,以不变的速率v 旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示.(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针;(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ;(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B ′和B 的关系.已知:sin(α±β)=sin αcosβ±cos αsin β,cos α=1-2α2解析: (1)峰区内圆弧半径r = ①mvqB 旋转方向为逆时针方向 ②(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ= ③2π3每个圆弧的长度l == ④2πr 32πmv3qB 每段直线长度L =2r cos =r = ⑤π633mv qB 周期T = ⑥3(l +L )v 代入得T = ⑦(2π+33)m qB(3)谷区内的圆心角θ′=120°-90°=30° ⑧谷区内的轨道圆弧半径r ′= ⑨mvqB ′由几何关系r sin =r ′sin ⑩θ2θ′2由三角关系sin =sin 15°=30°26-24代入得B ′= B 3-12。

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专题11 磁场1.[2016·北京卷] 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( )图1­A.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答案:C解析:根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C不正确.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置,其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度.电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论:如图1­所示,将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上,斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间,恰好匀速穿过,穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定,其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同.磁铁端面是边长为d的正方形,由于磁铁距离铝条很近,磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场,磁感应强度为B,铝条的高度大于d,电阻率为ρ.为研究问题方便,铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场,其他部分电阻和磁场可忽略不计,假设磁铁进入铝条间以后,减少的机械能完全转化为铝条的内能,重力加速度为g.图1­(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ;(2)若两铝条的宽度均为b ,推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式;(3)在其他条件不变的情况下,仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条,磁铁仍以速度v 进入铝条间,试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化. 解析: (1)磁铁在铝条间运动时,两根铝条受到的安培力大小相等,均为F 安,有F 安=IdB ①磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ,其大小F =2F 安 ②磁铁匀速运动时受力平衡,则有F -mg sin θ=0 ③联立①②③式可得I =mg sin θ2Bd④ (2)磁铁穿过铝条时,在铝条中产生的感应电动势为E ,有E =Bdv ⑤铝条与磁铁正对部分的电阻为R ,由电阻定律有R =ρddb⑥ 由欧姆定律有I =ER⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得v =ρmg sin θ2B 2d 2b⑧ (3)磁铁以速度v 进入铝条间,恰好做匀速运动时,磁铁受到沿斜面向上的作用力F ,联立①②⑤⑥⑦式可得F =2B 2d 2bvρ⑨当铝条的宽度b ′>b 时,磁铁以速度v 进入铝条间时,磁铁受到的作用力变为F ′,有 F ′=2B 2d 2b ′v ρ⑩可见F ′>F =mg sin θ,磁铁所受到的合力方向沿斜面向上,获得与运动方向相反的加速度,磁铁将减速下滑,此时加速度最大.之后,随着运动速度减小,F ′也随着减小,磁铁所受的合力也减小,由于磁铁加速度与所受到的合力成正比,磁铁的加速度逐渐减小.综上所述,磁铁做加速度逐渐减小的减速运动,直到F ′=mg sin θ时,磁铁重新达到平衡状态,将再次以较小的速度匀速下滑.3.[2016·全国卷Ⅱ] 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ω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.若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )图1­A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB答案:A解析: 作出粒子的运动轨迹如图所示,其中O ′为粒子运动轨迹的圆心,由几何关系可知∠MO ′N ′=30°.由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB =m v 2r ,T =2πr v ,得T =2πm Bq ,即比荷q m =2πBT,由题意知t 粒子=t 筒,即30°360°·T =90°360°·T 筒,则T =3T 筒,又T 筒=2πω,故q m =ω3B ,选项A正确.4.[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图1­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 (q >0).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( )图1­A.mv 2qBB.3mv qBC.2mv qBD.4mv qB答案:D解析: 设射入磁场的入射点为A ,延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ,则轨迹圆与AC 相切;由于轨迹圆只与ON 有一个交点,所以轨迹圆与ON 相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O ′为圆心,B 为出射点.由几何关系可知∠O ′CD =30°,Rt △O ′DC 中,CD =O ′D ·cot 30°=3R ;由对称性知,AC =CD =3R ;等腰△ACO 中,OA =2AC ·cos 30°=3R ;等边△O ′AB 中,AB =R ,所以OB =OA +AB =4R .由qvB =m v 2R 得R =mv qB ,所以OB =4mvqB,D 正确.5.[2016·北京卷] 如图1­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,求电场强度E 的大小.图1­解析: (1)洛伦兹力提供向心力,有f =qvB =m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R =mvqB匀速圆周运动的周期T =2πR v =2πmqB.(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 .6.[2016·四川卷] 如图1­所示,正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域,当速度大小为v b 时,从b 点离开磁场,在磁场中运动的时间为t b ,当速度大小为v c 时,从c 点离开磁场,在磁场中运动的时间为t c ,不计粒子重力.则( )图1­A .v b ∶v c =1∶2,t b ∶t c =2∶1B .v b ∶v c =2∶1,t b ∶t c =1∶2C .v b ∶v c =2∶1,t b ∶t c =2∶1D .v b ∶v c =1∶2,t b ∶t c =1∶2 答案:A解析: 由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力,作出粒子两次运动的轨迹如图所示由qvB =m v 2r =mr 4π2T 2可以得出v b ∶v c =r b ∶r c =1∶2, 又由t =θ2πT 可以得出时间之比等于偏转角之比.由图看出偏转角之比为2∶1,则t b ∶t c =2∶1,选项A 正确.7.[2016·全国卷Ⅰ] 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1­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( )图1­A .11B .12C .121D .144 答案:D解析:粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v ,则qU =12mv 2,粒子进入磁场做圆周运动,半径r =mv qB =1B2mUq,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选项D 正确.8.[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1­甲所示,置于真空中的D 形金属盒半径为R ,两盒间狭缝的间距为d ,磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直,被加速粒子的质量为m ,电荷量为+q ,加在狭缝间的交变电压如图乙所示,电压值的大小为U 0.周期T =2πmqB.一束该种粒子在t =0~T2时间内从A 处均匀地飘入狭缝,其初速度视为零.现考虑粒子在狭缝中的运动时间,假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动,不考虑粒子间的相互作用.求:(1)出射粒子的动能E m ;(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0;(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出,d 应满足的条件.图1­解析: (1)粒子运动半径为R 时qvB =m v 2R且E m =12mv 2解得E m =q 2B 2R 22m(2)粒子被加速n 次达到动能E m ,则E m =nqU 0粒子在狭缝间做匀加速运动,设n 次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a =qU 0md匀加速直线运动nd =12a ·Δt 2由t 0=(n -1)·T2+Δt ,解得t 0=πBR 2+2BRd 2U 0-πmqB(3)只有在 0~⎝ ⎛⎭⎪⎫T2-Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速则所占的比例为η=T2-ΔtT2由η>99%,解得d <πmU 0100qB 2R9.[2016·四川卷] 如图1­所示,图面内有竖直线DD ′,过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域.区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图中未画出);区域Ⅱ有固定在水平面上高h =2l 、倾角α=π4的光滑绝缘斜面,斜面顶端与直线DD ′距离s =4l ,区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出);C 点在DD ′上,距地面高H =3l .零时刻,质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0=gl 、方向与水平面夹角θ=π3的速度,在区域Ⅰ内做半径r =3lπ的匀速圆周运动,经C 点水平进入区域Ⅱ.某时刻,不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放,在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇.小球视为质点,不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响.l 已知,g 为重力加速度.(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小;(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇,求释放小球A 的时刻t A ;(3)若小球A 、P 在时刻t =βlg(β为常数)相遇于斜面某处,求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ,并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向.图1­解析: (1)由题知,小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动,有m v 20r=qv 0B 代入数据解得B =m π3lqgl .(2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ,运动到C 点的时刻为t C ,到达斜面底端时刻为t 1,有t C =θr v 0s -h cot α=v 0(t 1-t C )小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ,与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端,有mg sin α=ma Ahsin α=12a A (t 1-t A )2 联立以上方程解得t A =(3-22)l g. (3)设所求电场方向向下,在t ′A 时刻释放小球A ,小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ,有s =v 0(t -t C )+12a A (t -t ′A )cos α mg +qE =ma PH -h +12a A (t -t ′A )2sin α=12a P (t -t C )2联立相关方程解得E =(11-β2)mgq (β-1)2对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5由此可得场强极小值为E min =0;场强极大值为E max =7mg8q,方向竖直向上.10.[2016·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量,科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦过程中,离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转.扇形聚焦磁场分布的简化图如图1­11所示,圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域,其中三个为峰区,三个为谷区,峰区和谷区相间分布.峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ,谷区内没有磁场.质量为m ,电荷量为q 的正离子,以不变的速率v 旋转,其闭合平衡轨道如图中虚线所示.(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ,并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针; (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ,及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ; (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B ′,新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°,求B ′和B 的关系.已知:sin(α±β)=sin αcos β±cos αsin β,cos α=1-2sin2α2.图1­11解析: (1)峰区内圆弧半径r =mvqB① 旋转方向为逆时针方向 ②(2)由对称性,峰区内圆弧的圆心角θ=2π3 ③每个圆弧的长度l =2πr 3=2πmv3qB ④每段直线长度L =2r cos π6=3r =3mvqB ⑤周期T =3(l +L )v⑥代入得T =(2π+33)mqB⑦(3)谷区内的圆心角θ′=120°-90°=30° ⑧ 谷区内的轨道圆弧半径r ′=mvqB ′⑨ 由几何关系r sin θ2=r ′sin θ′2 ⑩由三角关系sin 30°2=sin 15°=6-243-1 2B代入得B′=。

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