2020浙江高考物理二轮课后作业：专题三第二讲磁场 Word版含解析

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2020高考物理精品习题：磁场(全套含解析)高中物理(20200818125802)

【答案】A5.电饭锅工作时有两种状态：一种是锅内水烧开前的加热状态，另一种是锅内水烧开后的保温状态，如下图10-1-9是一学生设计的电饭锅电路原理示意图,S 是用感温材料制造的开关•以下讲法中正确的选项是〔〕A .加热状态时是用 R 1、R 2同时加热的. B. 当开关S 接通时电饭锅为加热状态， S 断开时为保温状态2020高考物理精品习题：磁场（全套含解析）高中物理第I 课时部分电路？电功和电功率 i •关于电阻率，以下讲法中不正确的选项是〔〕 A •电阻率是表征材料导电性能好坏的物理量，电阻率越大，其导电性能越好 B •各种材料的电阻率都与温度有关，金属的电阻率随温度的升高而增大 C .所谓超导体，当其温度降低到接近绝对零度的某个临界温度时，它的电阻率突然变为零 D •某些合金的电阻率几乎不受温度变化的阻碍，通常用它们制作标准电阻【解析】电阻率表示导体的导电好坏，电阻率越小，导体的导电性能越好. 【答案】 A 2•一个标有” 220V A .接近于807 Q C .明显大于807 Q60W 〃的白炽灯泡，当用多用电表的欧姆挡去测量它的电阻时，其阻值〔 B 接近于0Q D .明显小于807 Q 【解析】用多用电表的欧姆挡去测量灯泡的电阻时，应把灯泡从电路中断开，由于金属的电阻率随温度的升高而增大，现在它的电阻明显小于正常发光时的电阻【答案】 D 测出的是其不发光时电阻,807 Q 3•如下图10-1-7，一幢居民楼里住着生活水平各不相同的 24户居民，因此整幢居民楼里有各种不同的电器，例如电炉、电视机、微波炉、电脑等等•停电时，用多用电表测得 A 、B 间的电阻为R ;供电后，各家电器同时使用，测得 A 、B 间电压为U ，进线电流为I ，那么运算该幢居民楼用电的总功率能够用的公式是〔〕c c U 2A . P = I 2R B.P = R C.P = IU D.以上公式都能够【解析】因居民楼内各种电器都有，因此不是纯电阻电路, 因此A 、B 、D 不对. 【答案】 CA 居 U 民楼 B A 图 10-1-7 4•如下图10-1-8 ,厚薄平均的矩形金属薄片边长 ab=10 cm , bc=5 cm ,当将A 与B 接入电压为U 的电路中时, 电流强度为1 A ，假设将C 与D 接入电压为U 的电路中，那么电流为 A.4A B.2A 1C. — A 21 D. —A 4 【解析】由电阻定律R = L ，当A 与B 接入电路中时,S ab »亠 R 1= R ，其中图 10-1-8d 表示金属片的厚度•当 D 接入电路中时, bc R 2= ab d可知R 1= 4,由欧姆定律得互=4,应选 AR 2I 1图 10-1-9C .要使R 2在保温状态时的功率为加热状态时的1/8 , R 1/R 2 应为 7 : 1当 S 断开，R 1 与 R 2 串联，P'= 2202/〔 R 1 + R 2〕； P > P'A 不正确B 正确.由于电路中总电压 U 不变，D .要使R 2在保温状态时的功率为加热状态时的 1/8, R 1/R 2 应为〔2 . 2 — 1〕：1 应选择功率公式 P =—，可知R 2 2 2202 2202 R 2 R 2 R 1 R 2 R 1 R 28 得兰 —LJ 即D 正确 R 2 1 【答案】BD 6•电子绕核运动可等效为一环形电流，设氢原子中的电子以速度子的电量，那么其等效电流的电流强度等于 ________________ . 【解析】由电流的定义式I = q/t,那么电子的电流强度的大小应为v 在半径为r 的轨道上运动，用 e 表示电I = e/T,而电子运动的周期 ev T = 2 n /r ，得 I =2 r 【答案】 ev T7 7.—直流电源给蓄电池充电如下图 10-1-10，假设蓄电池内阻电流表的读数为I ，那么输入蓄电池的电功率为为 ________ ，电能转化为化学能的功率为 _ 【答案】UI,I 2r,UI-I 2r r ，电压表读数，蓄电池的发热功率 &某一直流电动机提升重物的装置，如下图 10-1-11 ,重物的质量 m=50kg ，电源提供给电动机的电压为 U=110V ,不计各种摩擦，当电动机以 v=0.9m/s 的恒定速率向上提升重物时，电路中的电流强度 I=5.0A , g=10m/s 2〕. 求电动机的线圈电阻大小〔取【解析】电动机的输入功率 P = UI ，电动机的输出功率 P 1=mgv ,电动机发热功率P 2=I 2r 而 P 2=P — P i ,即卩 I 2r= UI — mgv图 10-1-11 代入数据解得电动机的线圈电阻大小为 r=4 Q 【答案】 r=4 Q 9•在图10-1-12中，AB 和A'B'是长度均为L = 2km ，每km 电阻值为p= 1Q 的两根输电线.假设发觉在距离A 和A'等远的两点C 和C'间发生漏电，相当于在两点间连接了一个电阻•接入电动势 E = 90V 、内阻不计的电源：当电源接在 A 、A'间时，测得 A'间电压为 U A = 45V.求A 与C 相距多远？【解析】在测量过程中的等效电路如下图〔甲〕、〔乙〕所示•当电源接在A 、A'时，能够认为电流仅在 A'C'CA 中流，现在U B = 72V 为漏电阻R 上的电压.设 AC 和BC 间每根输电线的电阻为 R AC 和R BC .那么有：芈 R …①同理，当电源接在 E 2R AC R 图 10-1-12B 、B'间时，那么有:U AER…②2R BC R由①②两式可得:【解析】当S 闭合时，那么可知S 闭合时为加热状态, R 1 被短路，P = 2202 /R 2；S 断开时为保温状态；即【答案】0.4km1R AC = — R BC4依照电阻定律 R = L %L ,可得A 、C 间相距为:SL AC =2km0.4km10.如下图 10-1-13 是- -种悬球式加速度仪 .它能够用来测定沿水平轨道做匀加速直线运动的列车的加速度.m 是一个金属球，它系在细金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在 O 点，AB 是一根长为L 的电阻丝，其阻值为R.金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计.电阻丝的中点 C 焊接一根导线.从O 点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表 ①〔金属丝和导线电阻不计〕.图中虚线OC 与AB 相垂直，且 OC=h ，电阻丝AB 接在电压恒为 U 的直流稳压电源上.整个装置固定在列车中使 AB 沿着车前进的方向.列车静止时金属丝呈竖直状态•当列车加速或减速前进时，金属线将偏离竖直方向 0,从电压表的读数变化能够测出加速度的大小〔1〕当列车向右做匀加速直线运动时，试写出加速度 a 与0角的关系及加速度a 与电压表读数 U'的对应关系. 图 10-1-13〔2〕那个装置能测得的最大加速度是多少？【解析】〔1〕小球受力如下图，由牛顿定律得：a=F 合=mgta ^ =gtan 0 . m m设细金属丝与竖直方向夹角为 0时，其与电阻丝交点为 D , CD 间的电压为U ；U R CD CD CD CD L U 那么 CD，故得 a=gtan 0 =g • g. U R AB AB L h hU 〔2〕因CD 间的电压最大值为 U/2，即U max -U/2，因此a max = — g.2h F E【答案】〔1〕a=gtan0.〔 2〕a max = — g2h 第H 课时电路分析•滑动变阻器1. 如下图10-2-14，在A 、B 两端加一恒定不变的电压 U ，电阻R 1为 60 Q,假设将R 1短路，R 2中的电流增大到原先的 4倍；那么R 2为〔〕 A . 40 Q B . 20 Q C . 120 Q D . 6 Q 【答案】B 2. 如下图10-2-15 , D 为一插头，可接入电压恒定的照明电路中， a 、b 、c 为三只 R 1R 2A vBU图 10-2-14相同且功率较大的电炉, a 靠近电源，b 、c 离电源较远，而离用户电灯炉接入电路后对电灯的阻碍，以下讲法中正确的选项是 A •使用电炉a 时对电灯的阻碍最大 L 专门近，输电线有电阻•关于电图 10-2-15B •使用电炉b 时对电灯的阻碍比使用电炉 a 时大 C. 使用电炉c 时对电灯几乎没有阻碍 D •使用电炉b 或c 时对电灯阻碍几乎一样【解析】输电线有一定电阻，在输电线上会产生电压缺失. 使用电炉c 或b 时，对输电线中电流阻碍较大, 使线路上的电压缺失较大，从而对用户电灯产生较大的阻碍，而使用电炉a 对线路上的电压缺失阻碍甚微, 能够忽略不计. 【答案】BD3•如图10-2-16 〔甲〕所示电路，电源电动势为 E ,内阻不计，滑动变阻器的最大阻值为 R ,负载电阻为 R o .当滑动变阻器的滑动端S 在某位置时，R o 两端电压为E/2,滑动变阻器上消耗的功率为P .假设将R oA . R o 两端的电压将小于 E/2B . R o 两端的电压将等于 E/2C .滑动变阻器上消耗的功率一定小于 PD .滑动变阻器上消耗的功率可能大于P【解析】在甲图中，设变阻器 R 滑动头以上、以下的电阻分不为R上、R 下，那么R o //R 下=R 上，有R o > R 上；当接成乙图电路时，由于R o >R 上，那么R o 两端的电压必大于 E/2，故A 、而滑动变阻器上消耗的功率能够大于 P .应选D .【答案】D4•如下图io-2-17是一电路板的示意图，a 、b 、c 、d 为接线柱，a 、d 与22oV 的交流电源连接, 间、cd 间分不连接一个电阻.现发觉电路中没有电流，为检查电路故障，用一交流电压表分不测得两点间以及a 、c 两点间的电压均为 22oV ，由此可知〔 A . ab 间电路通， cd 间电路不通 B . ab 间电路不通，bc 间电路通 C . ab 间电路通， bc 间电路不通 D . bc 间电路不通，cd 间电路通【解析】第一应明确两点：〔 1〕电路中无电流即l=o 时，任何电阻两端均无电压；〔 2〕假设电路中仅有一处断路，那么电路中哪里断路，横跨断路处任意两点间的电压均是电源电压.由题可知， bd 间电压为22oV ，讲明断路点必在 bd 之间；ac 间电压为22oV ，讲明断点又必在 ac 间；两者共同区间是 bc ,故bc 断路，其余各段均完好. 【答案】CD5•传感器可将非电学量转化为电学量，起自动操纵作用.如运算机鼠标中有位移传感器，电熨斗、电饭煲中有温度传感器，电视机、录象机、影碟机、空调机中有光电传感器 ……演示位移传感器的工作原理如下图 io-2-17，物体M 在导轨上平移时，带动滑动变阻器的金属滑杆 P ,通过电压表显示的数据，来反映物体位移的大小 X ，假设电压表是理想的，那么以下讲法中正确的选项是〔〕A .物体M 运动时，电源内的电流会产生变化B .物体M 运动时，电压表的示数会发生变化C .物体M 不动时，电路中没有电流D .物体M 不动时，电压表没有示数【解析】滑动变阻器与电流构成闭合回路，因此回路中总是有电流的，这与与电源位置互换，接成图〔乙〕所示电路时，滑动触头 S 的位置不变，那么〔〔甲〕〔乙〕ab 间、bc b 、d M 运动与否无关，C 错误.图〕E图 io-2-17中的滑动变阻器实际上是一个分压器，电压表测量的是滑动变阻器左边部分的电压，在图中假设杆 P 右移那么示数增大，左移那么示数减小•因表是理想的，因此 P 点的移动对回路中的电流是无阻碍的•综上所述，只有B 正确. 【答案】 6.如下图 R 1、R 2、 P'1: P'2: 【解析】 P 1: R 1、 =6 : P 2 : R 2、 B 10-2-18的电路中，电阻 R i =1 Q, R 2=2 Q, R B =3 Q,在A 、B 间接电源，S i 、S 2都打开，现在电阻 R B 消耗的功率之比 P 1: P 2: _______ P 3= ;当S 1、S 2都闭合时，电阻 R 1、R 2、R 3消耗的功率之比 P'3= ________. 当S 1、S 2都打开时， P 3= R 1 ： R 2： R 3= 1 R 3相互并联， R 1、R 2、R 3相互串联，那么 :2: 3•当S 1、S 2都闭合时，A P'1: P'2: P'3=1/R 1： 1/R 2: 1/R 3 Si- R 2 RB 3: 2. 【答案】1 : 2 : 3, 6: S 2 图 10-2-18 7•在图 10-2-19 B 间的总电阻为【解析】用等效替代法，可把除 R 1 与等效电阻R 为并联关系，那么R AB =RR 1〔R+R 1〕=12R 〔 12+R 〕=4，解得R=6Q , 假设 R‘1=6 Q 时，那么 R'AB =RR'1/〔 R+R'1〕=6 ⑹〔6+6〕=3 Q.【答案】3 8.如下图 10-2-20 的电路中，R 1=4 Q, R 2=10 Q, R B =6 Q, R 4=3 Q, a 、b 为接线柱，电路两端所加电压为 24V ，当a 、b 间接入一理想电流表时， - 它的示数应是多少？【解析】如图乙所示，从图能够看出，接入理想电流表后，再与R 2串联；而R 2+ R 34与R 1又是并联关系.电流表测的是的电流之和. R 34 = R 3R 4/〔 R 3+R 4〕=2 Q R 234=R 34 + R 2=12 Q|2=U/R 234 =2A l 1=U/R 1=6A【答案】6.67A 8个不同的电阻组成，R 1=12 Q,其余电阻值未知，测得A 、 4 Q,今将R 1换成6 Q 的电阻，A 、B 间总电阻变成 ____________ Q. R 1外的其他电阻等效为一个电阻 R ，在AB 间所示的旦_ _a bR 3R 2l 3/|4=R 4/R 3=1/2 ••• l 3=|2/3=2/3A ,••• I A =I 1 + I 3=6.67AR 3与R 4并联, R i 与 R 3 —R 4R 2-------- 0 ——_. R4R U --------------图 10-2-20其总电阻为电路两端加上恒定电压 U ，移动R 的滑动触片，求电流表的示数变化范畴.【解析】设滑动变阻器滑动触头左边部分的电阻为R x . 电路连接为R 0与R x 并联，再与滑动变阻器右边部分的电阻 R - R x 串联, 9.如下图10-2-21，电路中R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器, U -乙 R ,当在U 图 10-2-21那么干路中的电流 R 并 + R — R x R 0R xR R xR o R x因此电流表示数| R 0 R xUR °R x R 0R 0 R x "、0、xR RR 0 R xXUR 。

二轮复习专题三第二讲带电粒子在电场磁场中的运动学案

专题三第二讲带电粒子在电场、磁场中的运动1．(2020·浙江7月选考)如图所示，一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速度v 0从MN 连线上的P 点水平向右射入大小为E 、方向竖直向下的匀强电场中。

已知MN 与水平方向成45°角，粒子的重力可以忽略，则粒子到达MN 连线上的某点时( )A ．所用时间为m v 0qEB ．速度大小为3v 0C ．与P 点的距离为22m v 02qED ．速度方向与竖直方向的夹角为30°解析：C 粒子从P 点垂直电场方向出发到达MN 连线上某点时，由几何知识得沿水平方向和竖直方向的位移大小相等，即v 0t ＝12at 2，其中a ＝Eq m ，联立解得t ＝2m v 0qE ，A 项错误；粒子在MN 连线上某点时，粒子沿电场方向的速度v ＝at ＝2v 0，所以合速度大小v ＝(2v 0)2＋v 02＝5v 0，B 项错误；该点到P 点的距离s ＝2x ＝2v 0t ＝22m v 02qE ，C 项正确；由平行四边形定则可知，在该点速度方向与竖直方向夹角的正切值tan θ＝v 02v 0＝12，则θ≠30°，D 项错误。

2．(2021·河北高考)如图，距离为d 的两平行金属板P 、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B 1，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为B 2，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P 、Q 相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g ，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是( )A ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v ＝mgR sin θB 1B 2Ld B ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v ＝mgR sin θB 1B 2LdC ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，v ＝mgR tan θB 1B 2LdD ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，v ＝mgR tan θB 1B 2Ld解析：B 等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得等离子体中的正离子向金属板Q 偏转，负离子向金属板P 偏转，所以金属板Q 带正电荷，金属板P 带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。

2020浙江高考物理压轴-电磁感应

1 两根光滑的长直金属导轨M N 、M′ N′平行置于同一水平面内，导轨间距为l ，电阻不计，M 、M′处接有如图所示的电路，电路中各电阻的阻值均为尺，电容器的电容为C 。

长度也为l 、阻值同为R 的金属棒a b 垂直于导轨放置，导轨处于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中。

a b 在外力作用下向右匀速运动且与导轨保持良好接触，在运动距离为s 的过程中，整个回路中产生的焦耳热为Q 。

求 ⑴.a b 运动速度v 的大小； ⑵.电容器所带的电荷量q 。

答案：（1）设ab 上产生的磁感电动势为E ，回路中的电流为I ，ab 运动距离s 所用时间为t ，则有Blv E = ①REI 4=② v st = ③ t R I Q )4(2= ④由上述方程得sl B QR v 224=⑤（2）设电容器两极板间的电势差为U ，则有U =IR ⑥ 电容器所带电荷量q =CU ⑦ 解得BlsCQRq =⑧ 2 如图所示，两平行的光滑金属导轨安装在一光滑绝缘斜面上，导轨间距为L ，电阻忽略不计且足够长，导轨平面的倾角为α，斜面上相隔为d 的平行虚线MN 与PQ 间有磁感应强度大小为B 的匀强磁场，方向与导轨平面垂直，另有一长为2d 的绝缘杆将一导体棒和一边长为d （d < L ）的正方形单匝线框连在一起组成一固定的装置，总质量为m ，导体棒中通过大小恒为I 的电流。

将整个装置置于导轨上，线框下边与PQ 重合，释放后装置沿斜面开始下滑，当导体棒运动到MN 处恰好第一次开始返回，经过若干次往返后，最终整个装置在斜面上做恒定周期的往复运动，导体棒在整个运动过程中始终与导轨垂直。

求：（1）在装置第一次下滑的过程中，线框中产生的热量Q；（2）画出整个装置在第一次下滑过程中的速度一时间（v-t ）图像；（3）装置最终在斜面上做往复运动的最大速率v m；（4）装置最终在斜面上做往复运动的周期T。

解：（1）设装置由静止释放到导体棒运动到磁场下边界的过程中，安培力对线框做功的大小为W mg sinα·4d－W－BIL·d=0解得W = 4mgd sinα－BILd线框中产生的热量Q=W= 4mg dsinα－BILd（2）（3）装置往复运动的最高位置：线框的上边位于MN处速度最大的位置：导体棒位于PQ处，由解得（4）向下加速过程ma1= mg sinα，向下减速过程ma2=BIL－mg sinα，3如图所示，两足够长的平等光滑金属导轨安装在一倾角为θ的光滑绝缘斜面上，导轨间距为L，电阻忽略不计，一宽度为d的有界匀强磁场垂直于斜面向上，磁感应强度为B，另有一长为2d的绝缘杆将一导体棒和一边长为d （d＜L）的正方形导线框连在一起组成固定装置．总质量为m，导体棒中通有大小恒定I的电流，将该装置置于导轨上，开始时导体棒恰好位于磁场的下边界处，由静止释放后装置沿斜面向上运动，当线框的下边运动到磁场的上边界MN处时装置的速度恰好为零．重力加速度大小为g．（1）求刚释放时装置加速度的大小；（2）求上述运动过程中线框中产生的热量；（3）装置速度为零后将向下运动，然后再向上运动，经过若干次往返，最终装置将在斜面上做稳定的往复运动，求稳定后装置运动的最高位置与最低位置之间的距离．解：（1）刚释放时，根据牛顿第二定律得 ma =BIL -mg sin θ可得加速度大小为 a =mBIL-g sin θ（2）设装置由静止释放到线框的下边运动到磁场的上边界MN 的过程中，安培力对线框做功的大小为W ，根据动能定理有：0-0=BILd -mg sinθ•4d -W 解得 W =BILd -4mgd sinθ 线框中产生的热量 Q =W =BILd -4mgd sin θ(3装置往复运动的最高位置：线框的上边位于磁场的下边界，此时导体棒距磁场上边界d ；往复运动到最低位置时，金属棒在磁场内，设距离上边界为x ，则功能关系得 mg sin θ •(x +d )= BIL •x可解出 x =装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为x +d =+d=答：（1）刚释放时装置加速度的大小是mBIL-g sin θ （2）上述运动过程中线框中产生的热量是BILd -4mgd sin θ（3）装置运动的最高位置与最低位置之间的距离为．4（18分）如图所示，AD 与A 1D 1为水平放置的无限长平行金属导轨，DC 与D 1C 1为倾角为︒=37θ的平行金属导轨，两组导轨的间距均为l =1.5m ，导轨电阻忽略不计．质量为m 1=0.35kg 、电阻为R 1=1Ω的导体棒ab 置于倾斜导轨上，质量为m 2=0.4kg 、电阻为R 2=0.5Ω的导体棒cd 置于水平导轨上，轻质细绳跨过光滑滑轮一端与cd 的中点相连、另一端悬挂一轻质挂钩．导体棒ab 、cd 与导轨间的动摩擦因数相同，且最大静摩擦力等于滑动摩擦力．整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B =2T ．初始时刻，棒ab 在倾斜导轨上恰好不下滑．(g 取10m/s 2，sin ︒37=0.6) （1）求导体棒与导轨间的动摩擦因数μ；（2）在轻质挂钩上挂上物体P ，细绳处于拉伸状态，将物体P 与导体棒cd 同时由静止释放，当P 的质量不超过多大时，ab 始终处于静止状态？(导体棒cd 运动过程中，ab 、cd 一直与DD 1平行，且没有与滑轮相碰．)（3）若P 的质量取第（2）问中的最大值，由静止释放开始计时，当t =1s 时cd 已经处于匀速直线运动状态，求在这1s 内ab 上产生的焦耳热为多少？（1）对ab 棒，由平衡条件得0cos sin 11=-θμθg m g m （2分）解得43=μ（或0.75）（2分）（2）当P 的质量最大时，P 和cd 的运动达到稳定时，P 和cd 一起做匀速直线运动，ab 处于静止状态，但摩擦力达到最大且沿斜面向下。

浙江省新高考压轴题磁场大题解析

浙江省新高考物理卷压轴题（“磁场”题）解析江苏省特级教师戴儒京2016年开始，浙江省与上海市一起作为教育部新一轮高考改革的试点，全国的教师，都在关注，全国的物理教师，都在关注其物理试题。

在物理试题中，有一类试题特别受关注，那就是关于“带电粒子在电磁场中的圆周运动”的题目，为什么呢？因为它难，往往成为全国及各省市高考物理试卷的压轴题。

对于浙江新高考物理试卷，就是第23题（试卷的最后一题）或22题（试卷的倒数第2题）。

本文就把浙江省新高考物理卷压轴题解析下来，以供广大物理教师特别是高三物理教师参考。

本文包括浙江省新高考以来4年7题，除2016年4月卷22题，其余各卷均为23题。

除2019年外（2019年10月还未到），每年2卷，分别在4月和10月或11月。

所以本文包括4年7题。

1.2019年第23题 23．（10分【加试题】有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示。

左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零。

离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器。

在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 连线的中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点。

已知OP=0.5r 0，OQ= r 0，N 、P 两点间的电势差,54cos =θ，不计重力和离子间相互作用。

（1）求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小；（2）求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l （用r 0表示）；（3）若磁感应强度在（B —△B ）到（B ＋△B ）之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两束离子，求的最大值【解析】（1）径向电场力提供向心力0200r mv q E =20qr mv E =，00qr mv B = （2）动能定理25.021mv ⨯-205.021mv ⨯=NP qUm qU v v NP 420+==50v ，0255.0r qB mv r == 05.0cos 2r r l -=θ 05.1r l =（3）恰好能分辨的条件：-∆-B B r 120=∆+BB r 1cos 2θ20r %12417≈-=∆BB2. 2018年11月第23题23.（10分）【加试题】小明受回旋加速器的启发，设计了如图1所示的“回旋变速装置”。

解析版-2020年高考物理二轮复习对点集训-磁场

绝密★启用前2020年高考物理二轮复习对点集训-磁场一、单选题1.关于图所示的磁场，下列说法中正确的是（）A．磁感线能相交B．磁场方向与小磁针静止时北极指向一致C．a、b两点在同一磁感线上位置不同，但它们的强弱相同D．若知道磁感应强度B与线圈的面积S，则可求出穿过这个面积的磁通量【答案】B【解析】磁感线不是磁场中真实存在的曲线，而是人为加上去的，它可以形象地描述磁场，它是闭合曲线，但不相交，且通过疏密来体现磁场强弱，因此a点磁感应强度大于b，故A、C错误．磁场方向的规定：磁场中某点的磁场方向与放在该处的小磁针N极所指的方向相同，故B正确；知道磁感应强度B与线圈的面积S，且两者垂直时，则才可求出穿过这个面积的磁通量，若不垂直，必须知道两者的夹角才能算出线圈的磁通量，故D错误．2.如图所示，在半径为R的圆形区域内，有方向垂直于圆平面的匀强磁场(未画出)．一群相同的带电粒子以相同速率v0，由P点在纸平面内向不同方向射入磁场．当磁感应强度大小为B1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的，当磁感应强度增大为B2时，这些粒子在磁场中运动弧长最长的是.则磁感应强度B1、B2的比值是(粒子不计重力)()A．B．C．D．【答案】B【解析】如图所示，所有粒子运动轨迹应为落在圆O内的虚线圆弧，且这些圆弧半径相等，设为r.与圆O交点的最远处应由圆弧直径决定，最远交点为PA＝2r，当磁感应强度大小为B1时，所有粒子出磁场的区域占整个圆周长的，其临界为PA为直径的圆由几何知识得：r＝R①粒子做圆周运动由洛伦兹力提供向心力则：B1qv0＝②①②联立得：B1＝＝③当磁感应强度为B2时，粒子运动的周期T＝相同，半径r′相同，则粒子在磁场中运动一个周期时对应的弧长最长，由题意得：R＝2πr′解得：r′＝④根据B2qv0＝⑤④⑤联立：r′＝＝解得：B2＝⑥③⑥联立得：＝所以A、C、D错误，B正确．3.如图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以一定的速度进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴时坐标为(0，a)，则该粒子在磁场中到x轴的最大距离为()A．aB． 2aC．aD．a【答案】D【解析】由题意可知粒子沿顺时针方向运动，粒子的运动轨迹如图所示，设粒子所做圆周运动的半径为R，根据图中的几何关系可得，R＝a，所以粒子在磁场中到x轴的最大距离为：y m＝R＋R sin 30°＝a，所以D正确．4.如图所示，无限长、质量为m的通电细导体棒a，水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，为使棒a能在斜面上保持静止，可将无限长、电流方向与a棒相同的通电细导体棒b，固定在以细导体棒a为中心的圆(如图虚线所示)上的()A．HGFE区域内B．AHG区域内C．ABCD区域内D．EFGH区域内【答案】C【解析】以a棒为研究对象，受到重力、斜面的支持力、和b棒电流对a棒的作用力，根据同向电流相互吸引，且A棒静止，可知b棒如果在竖直线AE左边，合力不可能为0，所以b棒不可能在AE竖直线的左边，可能在ABCDE区域；要使a棒静止，b棒不可能在HD的下方，否则合力不为0，可能在HABCD区域；取交集，即b棒只可能在ABCD区域，故C正确．5.在xOy坐标的原点处放置一根与坐标平面垂直的通电直导线，电流方向指向纸内(如图所示)，此坐标范围内还存在一个平行于xOy平面的匀强磁场．已知在以直导线为圆心的圆周上的a、b、c、d四点中，a点的磁感应强度最大，则此匀强磁场的方向()A．沿x轴正方向B．沿x轴负方向C．沿y轴正方向D．沿y轴负方向【答案】D【解析】用右手螺旋定则判断通电直导线在a、b、c、d四个点上所产生的磁场方向，a点有电流产生的向下的磁场，若还有向下的磁场，则电流产生的磁感应强度和原磁感应强度方向相同，叠加合磁场最大．6.如图所示是质谱仪工作原理的示意图．重力均可忽略的带电粒子a、b经电压U加速(在A点的初速度为零)后，进入磁感应强度为B的匀强磁场做匀速圆周运动，最后分别打在感光板S上的x1、x2处．图中半圆形的虚线分别表示带电粒子a、b所通过的路径，则()A．a的质量一定大于b的质量B．a的电荷量一定大于b的电荷量C．在磁场中a运动的时间一定小于b运动的时间D．a的比荷一定大于b的比荷【答案】D.【解析】ABD、设粒子经电场加速后的速度大小为v，磁场中圆周运动的半径为r，电荷量和质量分别为q、m，打在感光板上的距离为S.根据动能定理，得qU＝mv2解得：v＝由qvB＝m解得：r＝＝则S＝2r＝得到：＝由图，Sa＜Sb，U、B相同，则＞，故AB错误，D正确；C、根据粒子做匀速圆周运动，周期公式T＝，可知，它们的周期相同，由于运动的时间是周期的一半，因此磁场中a运动的时间一定等于b运动的时间，故C错误；7.目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，它可以把气体的内能直接转化为电能．如图所示为它的发电原理图．将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，从整体上来说呈电中性)喷射入磁感应强度为B的匀强磁场，磁场中有两块面积为S、相距为d的平行金属板，金属板与外电阻R相连构成一电路．设气流的速度为v，气体的电导率(电阻率的倒数)为g，则流过外电阻R的电流强度I及电流方向为()A．I＝，A→R→BB．I＝，A→R→BC．I＝，B→R→AD．I＝，B→R→A【答案】B【解析】根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，所以流过外电阻R的电流方向为A→R→B.最终电荷处于平衡有：qvB＝q，解得电动势E＝Bdv.内电阻r ＝ρ＝，根据闭合电路欧姆定律有：I＝＝＝，故B正确，A、C、D错误．8.狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布(如图甲所示)，其磁场分布与负点电荷Q的电场(如图乙所示)分布相似．现假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有带电小球分别在S极和Q附近做匀速圆周运动．则关于小球做匀速圆周运动的判断不正确的是()A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示B．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示C．若小球带负电，其运动轨迹平面可在S的正上方，如图甲所示D．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q的正下方，如图乙所示【答案】B【解析】在S附近，小球能做匀速圆周运动，则洛仑兹力与重力的合力应能充当向心力；在甲图中，若小球带正电荷且逆时针转动(由上向下看)，则其受力斜向上，与重力的合力可以指向圆心，故A 正确；而若小球带负电荷，但顺时针转动，同理可知，合力也可以充当向心力，故C正确；在Q 附近，若小球带负电，则小球所受电场力背向Q，故电场力与重力的合力不可以提供向心力，小球不可以在Q正下方运动，故B错误；带正电荷的小球在图示位置各点受到的电场力指向Q，则电场力与重力的合力可能充当向心力，小球可能在Q正下方运动，故D正确．9.如图，一个带负电的物体从绝缘粗糙斜面顶端滑到底端时的速度为v，若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时()A．v变小B．v变大C．v不变D．不能确定v的变化【答案】A【解析】根据左手定则，带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力，所以物体与斜面间的摩擦力增大，从而使物体滑到斜面底端时速度变小，故A正确．10.一个不计重力的带正电荷的粒子，沿图中箭头所示方向进入磁场，磁场方向垂直于纸面向里，则粒子的运动轨迹为()A．圆弧aB．直线bC．圆弧cD．a、b、c都有可能【答案】A【解析】由左手定则可判断，粒子在刚进入磁场时受到向左的洛伦兹力，与速度方向不在一条直线上，做曲线运动，B、D错误；洛伦兹力方向与总速度方向垂直提供做圆周运动的向心力，A正确，C错误．二、多选题11.(多选)如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在某一范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q＞0)，不计重力．现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场．则()A．从b点飞出的带电粒子的速度最大B．从d点飞出的带电粒子的速度最小C．从d点飞出的带电粒子在磁场中运动的时间最长D．从b点飞出的带电粒子在磁场中运动的时间最短【答案】ABCD【解析】粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb＞rd，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大．根据r＝可知，b的半径最大，d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，故A、B正确；周期T＝可知，粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的时间最长，从b点飞出的带电粒子的时间最短，故C、D正确．12.(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为的负离子体以相同速率v0(较大)，由P点在圆平面内向不同方向射入磁场中，发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)()A．离子飞出磁场时的动能一定相等B．离子在磁场中运动半径一定相等C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大【答案】BC【解析】离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，因洛仑兹力方向始终与离子的速度方向垂直，对离子不做功，故离子在磁场中运动时动能保持不变，但各离子的质量不一定相等，所以动能不一定相等，故A错误；由Bqv＝m可知，r＝，因离子的速率相同，比荷相同，故离子的运动半径一定相等，故B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，而轨迹圆弦长最长为PQ，故由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长，故C正确；由C的分析可知，由Q点飞出的粒子偏转角最大，而由Q点飞出的离子一定不是沿PQ方向射入的，故D错误．13.(多选)如图所示是圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，圆柱半径为R，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子从M点沿与直径MN成45°角的方向以速度v射入磁场区域．已知粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角为135°，P是圆周上某点，不计粒子重力，则()A．粒子做圆周运动的轨道半径为B．磁场区域的半径为C．粒子在磁场中运动的时间为D．若粒子以同样的速度从P点入射，则从磁场射出的位置必定与从M点入射时从磁场射出的位置相同【答案】ABD【解析】作出粒子的运动轨迹如图所示：由几何知识知图中圆周运动的两条半径与圆形区域的两条半径组成的图形，如虚线所示，为菱形，设圆周运动半径为r，则R＝r，根据牛顿第二定律：qvB＝m得：r＝＝R，故A、B正确；粒子在磁场中运动的时间为t＝×＝，故C错误；粒子做圆周运动的圆心与入射速度是垂直的，且速度大小不变，则运动半径r不变，即仍为R，若粒子以同样的速度从P点入射，由圆心的运动轨迹变化知出射点的位置不变，D正确．14.如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成θ角的不同速率向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上的A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上的B点出磁场，OA＝AB，则()A．粒子1与粒子2的速度之比为1∶2B．粒子1与粒子2的速度之比为1∶4C．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶1D．粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为1∶2【答案】AC【解析】粒子1进入磁场后速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中的轨迹圆的圆心；同理，粒子2进入磁场后速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中的轨迹圆的圆心；由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1与粒子2的速度之比为1∶2，故A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动，周期均为T＝，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，则两个粒子在磁场中运动的时间相等，故C正确，D错误．三、实验题15.1879年美国物理学家霍尔在研究载流导体在磁场中受力情况时，发现了一种新的电磁效应：将导体置于磁场中，并沿垂直磁场方向通入电流，则在导体中垂直于电流和磁场的方向会产生一个横向电势差，这种现象后来被称为霍尔效应，这个横向的电势差称为霍尔电势差．(1)如图甲所示，某长方体导体abcd－a′b′c′d′的高度为h、宽度为l，其中的载流子为自由电子，自由电子电荷量为e，导体处在与abb′a′面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B0.在导体中通有垂直于bcc′b′面的恒定电流，若测得通过导体的恒定电流为I，横向霍尔电势差为U H，此导体中单位体积内自由电子的个数为________．(2)对于某种确定的导体材料，其单位体积内的载流子数目n和载流子所带电荷量q均为定值，人们将H＝定义为该导体材料的霍尔系数．利用霍尔系数H已知的材料可以制成测量磁感应强度的探头，有些探头的体积很小，其正对横截面(相当于图甲中的abb′a′面)的面积可以在0.1 cm2以下，因此可以用来较精确地测量空间某一位置的磁感应强度．如图乙所示为一种利用霍尔效应测磁感应强度的仪器，其中探头装在探杆的前端，且使探头的正对横截面与探杆垂直．这种仪器既可以控制通过探头的恒定电流的大小I，又可以监测探头所产生的霍尔电势差U H，并自动计算出探头所测位置磁场的磁感应强度的大小，且显示在仪器的显示窗内．①在利用上述仪器测量磁感应强度的过程中，对控杆的放置方位要求为：______________.②要计算出所测位置磁场的磁感应强度，除了要知道H、I、U H外，还需要知道物理量__________________．推导出用上述物理量表示所测位置磁感应强度大小的表达式：_____________.【答案】(1)(2)①应调整探杆的放置位置(或调整探头的方位)，使霍尔电势差达到最大(或使探杆与磁场方向平行；使探头的正对横截面与磁场方向垂直；abb′a′面与磁场方向垂直)②探头沿磁场方向的宽度lB＝【解析】(1)设单位体积内的自由电子数为n，自由电子定向移动的速率为v，则有I＝nehlv当形成恒定电流时，自由电子所受电场力与洛伦兹力相等，因此有evB0＝e解得n＝.(2)①应调整探杆的放置方位(或调整探头的方位)，使霍尔电势差达到最大(或使探杆与磁场方向平行；探头的正对横截面与磁场方向垂直；abb′a′面与磁场方向垂直)．②设探头中的载流子所带电荷量为q，根据上述分析可知，探头处于磁感应强度为B的磁场中，当通有恒定电流I，产生最大稳定霍尔电压U H 时，有qvB＝q又因I＝nqhlv和H＝联立可解得B＝所以，还需要知道探头沿磁场方向的宽度l.四、计算题16.如图所示，水平导体棒AB被两根竖直细线悬挂，置于垂直纸面向里的匀强磁场中，已知磁场的磁感应强度B＝0.5 T，导体棒长L＝1 m，质量m＝0.5 kg，重力加速度g＝10 m/s2。

2020浙江高考物理课后作业：电磁感应的综合应用含解析

解析：选 D.设线框运动的速度为v 、则线框向左匀速运动第一个l 2v的时间内、线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bd v (d 为导轨间距)、电流i ＝E R、回路中电流方向为顺时针；第二个l 2v 的时间内、线框切割磁感线运动产生的电动势为零、电流为零；第三个l 2v的时间内、线框切割磁感线运动产生的电动势为E ＝2Bd v 、电流i ＝E R、回路中电流方向为逆时针、所以D 正确．3.如图所示、PN 与QM 两平行金属导轨相距1 m 、电阻不计、两端分别接有电阻R 1和R 2、且R 1＝6 Ω、ab 杆的电阻为2 Ω、在导轨上可无摩擦地滑动、垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1 T ．现ab 以恒定速度v ＝3 m/s 匀速向右移动、这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等．则( )A ．R 2＝6 ΩB ．R 1上消耗的电功率为0.75 WC ．a 、b 间电压为3 VD ．拉ab 杆水平向右的拉力为0.75 N解析：选D.杆ab 消耗的功率与R 1、R 2消耗的功率之和相等、则R1·R2R1＋R2＝R ab .解得R 2＝3 Ω、故A 错；E ＝Bl v ＝3 V 、则I ab ＝E R 总＝0.75 A 、U ab ＝E －I ab ·R ab ＝1.5 V 、P R 1＝U2a b R 1＝0.375 W 、故B 、C 错；F 拉＝F 安＝BI ab ·l ＝0.75 N 、故D 对．4.如图所示、△ABC 为等腰直角三角形、AB 边与x 轴垂直、A 点坐标为(a 、0)、C 点坐标为(0、a )、三角形区域内存在垂直平面向里的磁场、磁感应强度B 与横坐标x 的变化关系满足B ＝k x(k 为常量)、三角形区域的左侧有一单匝矩形线圈、线圈平面与纸面平行、线圈宽为a 、高为2a 、电阻为R .若线圈以某一速度v 匀速穿过磁场、整个运动过程中线圈不发生转动、则下列说法正确的是( )A ．线圈穿过磁场的过程中感应电流的大小逐渐增大B ．线圈穿过磁场的过程中产生的焦耳热为Q ＝4k2av RC ．线圈穿过磁场的过程中通过导线截面的电荷量为零D ．穿过三角形区域的磁通量为2ka解析：选D.线圈穿过磁场的过程中、感应电动势为E ＝BL v 、根据欧姆定律可得感应电流大小为I ＝E R 、由几何关系知、切割边运动距离为x 时、L ＝2x 、解得I ＝2kv R、为定值、所以A 错误；产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt 、而t ＝2a v 、解得Q ＝8k2av R 、所以B 错误；因为E ＝ΔΦΔt、所以q ＝ΔΦR ＝I Δt ＝2ka R、解得ΔΦ＝2ka 、所以穿过三角形区域的磁通量为2ka 、故C 错误、D 正确．5.(多选)如图所示、CAD 是固定在水平面上的用一硬导线折成的V 形框架、∠A ＝θ.在该空间存在磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场．框架上的EF 是用同样的硬导线制成的导体棒、它在水平外力作用下从A 点开始沿垂直EF 方向以速度v 匀速水平向右平移．已知导体棒和框架始终接触良好且构成等腰三角形回路、导线单位长度的电阻均为R 、框架和导体棒均足够长．则下列描述回路中的电流I 和消耗的电功率P 随时间t 变化的图象中正确的是( )解析：选AD.由几何知识可知、导体棒切割磁感线的有效长度为L ＝2v t tan θ2、回路的总电阻R 总＝(1sin θ2＋1)·LR 、感应电动势E ＝BL v 、则回路中的电流I ＝Bv R （1sin θ2＋1）、回路消耗的电功率P ＝EI ＝2B2v3tan θ2R （1sin θ2＋1）t 、故选项A 、D 正确、选项B 、C 错误． 6．(多选)如图所示、一金属棒AC 在匀强磁场中绕平行于磁感应强度方向的轴(过O 点)匀速转动、OA ＝2OC ＝2L 、磁感应强度大小为B 、方向垂直纸面向里、金属棒转动的角速度为 ω、电阻为r 、内、外两金属圆环分别与C 、A 良好接触并各引出一接线柱与外电阻R 相接(没画出)、两金属环圆心皆为O 且电阻均不计、则( )A ．金属棒中有从A 到C 的感应电流B ．外电阻R 中的电流为I ＝3BωL22（R ＋r ）C ．当r ＝R 时、外电阻消耗功率最小D ．金属棒AC 间电压为3BωL2R 2（R ＋r ）解析：选BD.由右手定则可知金属棒相当于电源且A 是电源的正极、即金属棒中有从C到A 的感应电流、A 错；金属棒转动产生的感应电动势为E ＝12B ω(2L )2－12B ωL 2＝3BωL22、即回路中电流为I ＝3BωL22（R ＋r ）、B 对；由电源输出功率特点知、当内、外电阻相等时、外电路消耗功率最大、C错；U AC＝IR＝3BωL2R2（R＋r）、D对．7．(多选)如图所示、在坐标系xOy中、有边长为L的正方形金属线框abcd、其一条对角线ac和y轴重合、顶点a位于坐标原点O处．在y轴的右侧、在Ⅰ、Ⅳ象限内有一垂直纸面向里的匀强磁场、磁场的上边界与线框的ab边刚好完全重合、左边界与y轴重合、右边界与y轴平行．t＝0时刻、线框以恒定的速度v沿垂直于磁场上边界的方向穿过磁场区域．取沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正、则在线框穿过磁场区域的过程中、感应电流i、ab间的电势差U ab随时间t变化的图线是下图中的()解析：选AD.在d点运动到O点过程中、ab边切割磁感线、根据右手定则可以确定线框中电流方向为逆时针方向、即正方向、电动势均匀减小到0、则电流均匀减小到0；然后cd 边开始切割磁感线、感应电流的方向为顺时针方向、即负方向、电动势均匀减小到0、则电流均匀减小到0、故A正确、B错误；d点运动到O点过程中、ab边切割磁感线、ab相当于电源、电流由a到b、b点的电势高于a点、ab间的电势差U ab为负值、大小等于电流乘以bc、cd、da三条边的电阻、并逐渐减小；ab边出磁场后、cd边开始切割磁感线、cd边相当于电源、电流由b到a、ab间的电势差U ab为负值、大小等于电流乘以ab边的电阻、并逐渐减小、故C错误、D正确．8．(多选)如图所示、粗细均匀的金属丝制成长方形导线框abcd(ad>ab)、处于匀强磁场中．同种材料同样规格的金属丝MN可与导线框保持良好的接触并做无摩擦滑动．当MN在外力作用下从导线框左端向右匀速运动到右端的过程中、下列说法正确的是()A．金属丝MN相当于电源、MN间的外电路总电阻先减小后增大B．金属丝MN相当于电源、MN间的外电路总电阻先增大后减小C ．导线框消耗的电功率先减小后增大D ．导线框消耗的电功率先增大再减小、再增大再减小解析：选BD.金属丝MN 在外力作用下从导线框的左端开始做切割磁感线的匀速运动、所以产生的电动势为定值、E ＝BL v 0、整个电路的总电阻等于金属丝的电阻r 与左右线框并联电阻之和、当金属丝MN 运动到线框中点时总电阻达到最大值、A 错、B 对．在金属丝MN 运动过程中、设某一时刻线框的总电阻为R 、金属丝的电阻为r 、由于ad >ab 、则金属丝MN 运动到线框中点时、R >r 、亦即R ＝r 的位置在线框中点的左边、根据对称性、在线框中点的右边也有R ＝r 的位置．所以在线框中点两边对称的位置导线框消耗的电功率最大．所以、当MN 从导线框左端向右运动到右端的过程中、导线框消耗的电功率先增大再减小、再增大再减小、C 错、D 对．二、非选择题9.半径分别为r 和2r 的同心圆形导轨固定在同一水平面内、一长为r 、质量为m 且质量分布均匀的直导体棒AB 置于圆导轨上面、BA 的延长线通过圆导轨中心O 、装置的俯视图如图所示．整个装置位于一匀强磁场中、磁感应强度的大小为B 、方向垂直纸面向里．在内圆导轨的C 点和外圆导轨的D 点之间接有一阻值为R 的电阻(图中未画出)．直导体棒在水平外力作用下以角速度ω绕O 逆时针匀速转动、在转动过程中始终与导轨保持良好接触．设导体棒与导轨之间的动摩擦因数为μ、导体棒和导轨的电阻均可忽略．重力加速度大小为g .求：(1)通过电阻R 的感应电流的方向和大小；(2)外力的功率．解析：(1)根据右手定则、得导体棒AB 上的电流方向为B →A 、故电阻R 上的电流方向为C →D .设导体棒AB 中点的速度为v 、则v ＝vA ＋vB 2而v A ＝ωr 、v B ＝2ωr根据法拉第电磁感应定律、导体棒AB 上产生的感应电动势E ＝Br v根据闭合电路欧姆定律得I ＝E R、联立以上各式解得通过电阻R 的感应电流的大小为I ＝3Bωr22R. (2)根据能量守恒定律、外力的功率P 等于安培力与摩擦力的功率之和、即P ＝BIr v ＋F f v 、而F f ＝μmg解得P ＝9B2ω2r44R ＋3μmgωr 2.解析：(1)正方形磁场的面积为S 、则S ＝L22＝0.08 m 2.在棒进入磁场前、回路中的感应电动势是由于磁场的变化而产生的．由B －t 图象可知ΔB Δt ＝0.5 T/s 、根据E ＝n ΔΦΔt、得回路中的感应电动势E ＝ΔB ΔtS ＝0.5×0.08 V ＝0.04 V. (2)当导体棒通过bd 位置时感应电动势、感应电流最大、导体棒受到的安培力最大．此时感应电动势E ′＝BL v ＝0.5×0.4×1 V ＝0.2 V回路中感应电流I ′＝E′R ＝0.21A ＝0.2 A 导体棒受到的安培力F ＝BI ′L ＝0.5×0.2×0.4 N ＝0.04 N当导体棒通过三角形abd 区域时、导体棒切割磁感线的有效长度l ＝2v (t －1)(1 s ≤t ≤1.2 s)感应电动势e ＝Bl v ＝2B v 2(t －1)＝(t －1)V感应电流i ＝e R＝(t －1)A (1 s ≤t ≤1.2 s)．答案：(1)0.04 V (2)0.04 N i ＝(t －1)A (1 s ≤t ≤1.2 s)[课后作业(十八)](建议用时：45分钟)一、选择题1.如图所示、纸面内有一矩形导体闭合线框abcd 、ab 边长大于bc 边长．从置于垂直纸面向里、边界为MN 的匀强磁场外、线框两次匀速地完全进入磁场、两次速度大小相同、方向均垂直于MN .第一次ab 边平行MN 进入磁场、线框上产生的热量为Q 1、通过线框导体横截面的电荷量为q 1；第二次bc 边平行MN 进入磁场、线框上产生的热量为Q 2、通过线框导体横截面的电荷量为q 2、则( )A ．Q 1>Q 2 q 1＝q 2B ．Q 1>Q 2 q 1>q 2C ．Q 1＝Q 2 q 1＝q 2D ．Q 1＝Q 2 q 1>q 2解析：选A.设ab 和bc 边长分别为L 1、L 2、线框电阻为R 、若假设穿过磁场区域的时间为t .通过线框导体横截面的电荷量q ＝I －t ＝ΔΦR ＝BL1L2R、因此q 1＝q 2.线框上产生的热量为Q 、第一次：Q 1＝BL 1I 1L 2＝BL 1BL1v R L 2、同理可以求得Q 2＝BL 2I 2L 1＝BL 2BL2v R L 1、由于L 1>L 2、则Q 1>Q 2、故A 正确．2.如图所示、水平放置的光滑平行金属导轨上有一质量为m 的金属棒ab 、导轨的一端连接电阻R 、其他电阻均不计、磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于导轨平面向下、ab 在一水平恒力F 作用下由静止开始向右运动的过程中( )A ．随着ab 运动速度的增大、其加速度也增大B ．外力F 对ab 做的功等于电路中产生的电能C ．外力F 做功的功率始终等于电路中的电功率D ．克服安培力做的功一定等于电路中产生的电能解析：选D.由牛顿第二定律可得F －B2l2v R＝ma 、棒向右做加速度减小的加速运动、A 错．由于在达到最终速度前F >B2l2v R、力F 做的功等于电路中获得的电能与金属棒的动能之和、则F 的功率大于克服安培力做功的功率、即大于电路中的电功率、电路中获得的电能等于克服安培力所做的功．B 、C 错、D 对．3.如图所示、两根电阻不计的光滑金属导轨竖直放置、导轨上端接电阻R 、宽度相同的水平条形区域Ⅰ和Ⅱ内有方向垂直导轨平面向里的匀强磁场B 、Ⅰ和Ⅱ之间无磁场．一导体棒两端套在导轨上、并与两导轨始终保持良好接触、导体棒从距区域Ⅰ上边界H 处由静止释放、在穿过两段磁场区域的过程中、流过电阻R 上的电流及其变化情况相同．下面四个图象能定性描述导体棒速度大小与时间关系的是( )解析：选C.MN 棒先做自由落体运动、当到Ⅰ区磁场时由四个选项知棒开始减速说明F 安>mg 、由牛顿第二定律得、F 安－mg ＝ma 、当减速时F 安减小、合力减小、a 也减小、速度图象中图线上各点切线斜率减小、离开Ⅰ区后棒做加速度为g 的匀加速直线运动、随后进入Ⅱ区磁场、因棒在穿过两段磁场区域的过程中、流过电阻R 上的电流变化情况相同、则在Ⅱ区磁场中运动情况与Ⅰ区磁场中完全相同、所以只有C 项正确．4.如图所示、平行金属导轨与水平面成θ角、导轨与固定电阻R 1和R 2相连、匀强磁场垂直穿过导轨平面、有一导体棒ab 、质量为m 、导体棒的电阻与固定电阻R 1和R 2的阻值均相等、与导轨之间的动摩擦因数为μ、导体棒ab 沿导轨向上滑动、当上滑的速度为v 时、受到安培力的大小为F 、此时( )A ．电阻R 1消耗的热功率为Fv 3 B ．电阻R 2消耗的热功率为Fv 6C ．整个装置因摩擦而消耗的热功率为μmg v sin θD ．整个装置消耗的机械功率为F v解析：选B.上滑速度为v 时、导体棒受力如图所示、则B2L2v R ＋R 2＝F 、所以P R 1＝P R 2＝(BLv 2×32R )2R ＝16F v 、故选项A 错误、B 正确；因为F f ＝μF N 、F N ＝mg cos θ、所以P F f ＝F f v ＝μmg v cos θ、选项C 错误；此时、整个装置消耗的机械功率为P ＝P F ＋P F f ＝F v ＋μmg v cos θ、选项D 错误．5.如图所示、电阻不计的竖直光滑金属轨道PMNQ 、其PMN 部分是半径为r 的14圆弧、NQ 部分水平且足够长、匀强磁场的磁感应强度为B 、方向垂直于PMNQ 平面指向纸面内．一粗细均匀的金属杆质量为m 、电阻为R 、长为2r .从图示位置由静止释放、若当地的重力加速度为g 、金属杆与轨道始终保持良好接触、则下列说法中正确的是( )A ．杆在下滑过程中机械能守恒B ．杆最终不可能沿NQ 匀速运动C ．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中、产生的电能等于mgr 2D ．杆从释放到全部滑至水平轨道过程中、通过杆的电荷量等于Br2（π－2）4R解析：选D.杆在下滑过程中、杆与金属导轨组成闭合回路、磁通量在改变、会产生感应电流、杆将受到安培力作用、则杆的机械能不守恒、故A 错误；杆最终沿水平面运动时、不产生感应电流、不受安培力作用而做匀速运动、故B 错误；杆从释放到滑至水平轨道过程、重力势能减小mgr 2、产生电能和杆的动能、由能量守恒定律知：杆上产生的电能小于mgr 2、故C 错误；通过杆与金属导轨所组成的闭合回路的磁通量的变化量为ΔΦ＝B ⎝⎛⎭⎫14πr2－12r2、根据推论q ＝ΔΦR 、得到通过杆的电荷量为q ＝Br2（π－2）4R、故D 正确． 6.(多选)如图所示、有两根和水平方向成α角的光滑平行的金属轨道、上端接有可变电阻R 、下端足够长、空间有垂直于轨道平面的匀强磁场、磁感应强度为B .一根质量为m 的金属杆从轨道上由静止滑下、经过足够长的时间后、金属杆的速度会趋近于一个最大速度v m 、则( )A ．如果B 变大、v m 将变大B ．如果α变大、v m 将变大C ．如果R 变大、v m 将变大D ．如果m 变小、v m 将变大解析：选BC.金属杆从轨道上滑下切割磁感线产生感应电动势E ＝Bl v 、在闭合电路中形成电流I ＝Blv R、因此金属杆从轨道上滑下的过程中除受重力、轨道的弹力外还受安培力F A 作用、F A ＝BIl ＝B2l2v R、先用右手定则判定感应电流方向、再用左手定则判定出安培力方向、受力分析如图所示、根据牛顿第二定律、得mg sin α－B2l2v R ＝ma 、当a →0时、v →v m 、解得v m ＝mgRsin αB2l2、故选B 、C.7．(多选)如图所示、边长为L 、电阻不计的n 匝正方形金属线框位于竖直平面内、连接的小灯泡的额定功率、额定电压分别为P 、U 、线框及小灯泡的总质量为m 、在线框的下方有一匀强磁场区域、区域宽度为l 、磁感应强度方向与线框平面垂直、其上、下边界与线框底边均水平．线框从图示位置开始静止下落、穿越磁场的过程中、小灯泡始终正常发光．则( )A ．有界磁场宽度l <LB ．磁场的磁感应强度应为mgU nPLC ．线框匀速穿越磁场、速度恒为P mgD ．线框穿越磁场的过程中、灯泡产生的焦耳热为mgL解析：选BC.因线框穿越磁场的过程中小灯泡正常发光、故线框匀速穿越磁场、且线框长度L 和磁场宽度l 相同、A 错误；因线框匀速穿越磁场、故重力和安培力相等、mg ＝nBIL＝nB P U L 、得B ＝mgU nPL、B 正确；线框匀速穿越磁场、重力做功的功率等于电功率、即mg v ＝P 、得v ＝P mg、C 正确；线框穿越磁场时、通过的位移为2L 、且重力做功完全转化为焦耳热、故Q ＝2mgL 、D 错误．8．(多选)如图所示、在倾角为θ的光滑斜面上、有三条水平虚线l 1、l 2、l 3、它们之间的区域Ⅰ、Ⅱ宽度均为d 、两区域分别存在垂直斜面向下和垂直斜面向上的匀强磁场、磁感应强度大小均为B 、一个质量为m 、边长为d 、总电阻为R 的正方形导线框、从l 1上方一定高度处由静止开始沿斜面下滑、当ab 边刚越过l 1进入磁场Ⅰ时、恰好以速度v 1做匀速直线运动；当ab 边在越过l 2运动到l 3之前的某个时刻、线框又开始以速度v 2做匀速直线运动、重力加速度为g .在线框从释放到穿出磁场的过程中、下列说法正确的是( )A ．线框中感应电流的方向不变B ．线框ab 边从l 1运动到l 2所用时间大于从l 2运动到l 3所用时间C ．线框以速度v 2做匀速直线运动时、发热功率为m2g2R 4B2d2sin 2θ D ．线框从ab 边进入磁场到速度变为v 2的过程中、减少的机械能ΔE 机与重力做功W G 的关系式是ΔE 机＝W G ＋12m v 21－12m v 2 解析：选CD.线框从释放到穿出磁场的过程中、由楞次定律可知感应电流方向先沿abcda 后沿adcba 再沿abcda 方向、A 项错误；线框第一次匀速运动时、由平衡条件有BId ＝mg sin θ、I ＝Bdv1R 、解得v 1＝mgRsin θB2d2、第二次匀速运动时、由平衡条件有2BI ′d ＝mg sin θ、I ′＝2Bdv2R 、解得v 2＝mgRsin θ4B2d2、线框ab 边匀速通过区域Ⅰ、先减速再匀速通过区域Ⅱ、而两区域宽度相同、故通过区域Ⅰ的时间小于通过区域Ⅱ的时间、B 项错误；由功能关系知线框第二次匀速运动时发热功率等于重力做功的功率、即P ＝mg v 2sin θ＝m2g2Rsin2 θ4B2d2、C 项正确；线框从进入磁场到第二次匀速运动过程中、损失的重力势能等于该过程中重力做的功、动能损失量为12m v 21－12m v 2、所以线框机械能损失量为ΔE 机＝W G ＋12m v 21－12m v 2、D 项正确．二、非选择题9．如图所示、质量m 1＝0.1 kg 、电阻R 1＝0.3 Ω、长度l ＝0.4 m 的导体棒ab 横放在U 形金属框架上、框架质量m 2＝0.2 kg 、放在绝缘水平面上、与水平面间的动摩擦因数μ＝0.2、相距0.4 m 的MM ′、NN ′相互平行、电阻不计且足够长．电阻R 2＝0.1 Ω的MN 垂直于MM ′.整个装置处于竖直向上的匀强磁场中、磁感应强度B ＝0.5 T ．垂直于ab 施加F ＝2 N 的水平恒力、使ab 从静止开始无摩擦地运动、且始终与MM ′、NN ′保持良好接触、当ab 运动到某处。

2020高考物理浙江专用版大二轮讲义：新选考考点全排查考点4 Word版含解析

考点4　曲线运动考试标准知识内容考试要求曲线运动b运动的合成与分解c平抛运动d圆周运动、向心加速度、向心力d生活中的圆周运动c曲线运动1．速度的方向：质点在某一点的速度方向，沿曲线在这一点的切线方向．2．运动的性质：做曲线运动的物体，速度的方向时刻在改变，所以曲线运动一定是变速运动．3．运动的条件：物体所受合外力的方向跟它的速度方向不在同一条直线上或它的加速度方向与速度方向不在同一条直线上．4．合外力方向与轨迹的关系物体做曲线运动的轨迹一定夹在合外力方向与速度方向之间，速度方向与轨迹相切，合外力方向指向轨迹的“凹”侧．5．合外力对运动的影响合外力在垂直于速度方向上的分力改变物体速度的方向，合外力在沿速度方向上的分力改变物体速度的大小．(1)当合外力方向与速度方向的夹角为锐角时，物体的速度大小增大；第 1 页共7 页第 2 页共 7 页(2)当合外力方向与速度方向的夹角为钝角时，物体的速度大小减小；(3)当合外力方向与速度方向垂直时，物体的速度大小不变．运动的合成与分解1．遵循的法则位移、速度、加速度都是矢量，故它们的合成与分解都遵循平行四边形定则．2．合运动与分运动的关系(1)等时性：合运动和分运动经历的时间相等，即同时开始、同时进行、同时停止．(2)独立性：一个物体同时参与几个分运动，各分运动独立进行，不受其他运动的影响．(3)等效性：各分运动的规律叠加起来与合运动的规律有完全相同的效果．3．两个直线运动的合运动性质的判断标准：看合初速度方向与合加速度方向是否共线．两个互成角度的分运动合运动的性质两个匀速直线运动匀速直线运动一个匀速直线运动、一个匀变速直线运动匀变速曲线运动两个初速度为零的匀加速直线运动匀加速直线运动如果v 合与a 合共线，为匀变速直线运动两个初速度不为零的匀变速直线运动如果v 合与a 合不共线，为匀变速曲线运动4.小船渡河问题(1)船的实际运动：是水流的运动和船相对静水的运动的合运动．(2)三种速度：船在静水中的速度v 船、水的流速v 水、船的实际速度v ，遵循平行四边形定则．第 3 页共 7 页平抛运动1．定义：将物体以一定的初速度沿水平方向抛出，物体只在重力作用下的运动．2．性质：平抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：自由落体运动．4.基本规律(如图)(1)速度Error!合速度的大小v ＝＝v x 2＋v y 2v 02＋g 2t 2设合速度的方向与水平方向的夹角为θ，有tan θ＝＝.v y v x gtv 0(2)位移Error!设合位移的大小s ＝＝x 2＋y 2(v 0t )2＋(12gt 2)2合位移的方向与水平方向的夹角为α，有tan α＝＝.y x gt 2v0(3)结论：①合速度的方向与水平方向的夹角不是合位移的方向与水平方向的夹角的2倍，即θ≠2α，而是tan θ＝2tan α.所以做平抛(或类平抛)运动的物体任一时刻的瞬时速度的反向延长线一定通过此时水平位移的中点．第 4 页共 7 页②时间：由y ＝gt 2，得t ＝，平抛物体在空中运动的时间t 只由物体抛出时离地的高度y122yg 决定，而与抛出时的初速度v 0无关．③速度变化：平抛运动是匀变速曲线运动，故在相等的时间内，速度的变化量(＝g )相等，ΔvΔt且必沿竖直方向，如图所示．任意两时刻的速度与速度的变化量Δv 构成三角形，Δv 沿竖直方向．④与斜面结合的平抛运动，分解速度，如图甲所示，分解位移，如图乙所示．如图乙所示，小球抛出落到斜面上的时间t ＝；落到斜面上时，速度的方向与水平方2v 0tan θg 向的夹角α恒定，且tan α＝2tan θ，与初速度无关；经过t ′＝，小球距斜面最远，最v 0tan θg 大距离为.(v 0sin θ)22g cos θ斜抛运动1．定义：将物体以初速度v 0斜向上方或斜向下方抛出，物体只在重力作用下的运动．2．性质：斜抛运动是加速度为g 的匀变速曲线运动，运动轨迹是抛物线．3．研究方法：运动的合成与分解(1)水平方向：匀速直线运动；(2)竖直方向：匀变速直线运动．4．基本规律(以斜上抛运动为例，如图所示)第 5 页共 7页(1)水平方向：v 0x ＝v 0cos θ，F 合x ＝0；(2)竖直方向：v 0y ＝v 0sin θ，F 合y ＝mg.匀速圆周运动及描述1．匀速圆周运动(1)定义：做圆周运动的物体，若在任意相等的时间内通过的圆弧长相等，该运动就是匀速圆周运动．(2)特点：加速度大小不变，方向始终指向圆心，是变加速运动．(3)条件：合外力大小不变、方向始终与速度方向垂直且指向圆心．2．运动参量定义、意义公式、单位线速度描述做圆周运动的物体沿圆弧运动快慢的物理量(v )(1)v ＝＝Δs Δt 2πr T(2)单位：m/s 角速度描述物体绕圆心转动快慢的物理量(ω)(1)ω＝＝ΔθΔt 2πT(2)单位：rad/s 周期物体沿圆周运动一圈的时间(T )(1)T ＝＝，单位：s 2πr v2πω(2)f ＝，单位：Hz1T向心加速度(1)描述速度变化快慢的物理量(a n)(2)方向指向圆心(1)a n＝＝rω2v2r(2)单位：m/s2匀速圆周运动的向心力1．作用效果向心力产生向心加速度，只改变速度的方向，不改变速度的大小．2．大小F＝m＝mrω2＝m r＝mωv＝4π2mf2r.v2r4π2T23．方向始终沿半径方向指向圆心，时刻在改变，即向心力是一个变力．4．来源向心力可以由一个力提供，也可以由几个力的合力提供，还可以由一个力的分力提供．5．几种典型运动模型运动模型向心力的来源图示飞机水平转弯火车转弯第 6 页共7 页第 7 页共 7 页圆锥摆飞车走壁汽车在水平路面转弯水平转台(光滑)离心运动和近心运动1．离心运动：做圆周运动的物体，在所受合外力突然消失或不足以提供圆周运动所需向心力的情况下，就做逐渐远离圆心的运动．2．受力特点(如图)(1)当F ＝0时，物体沿切线方向飞出；(2)当0<F <mrω2时，物体逐渐远离圆心；(3)当F >mrω2时，物体逐渐向圆心靠近，做近心运动．3．本质：离心运动的本质并不是受到离心力的作用，而是提供的指向圆心方向的合力小于做匀速圆周运动需要的向心力．。

(浙江选考)2020-2021届高考物理二轮复习专题三电场与磁场专题综合训练

专题三电场与磁场专题综合训练(三)1.如图所示,某区域电场线左右对称分布,M、N为对称线上两点。

下列说法正确的是()A.M点电势一定高于N点电势B.M点电场强度一定大于N点电场强度C.正电荷在M点的电势能小于在N点的电势能D.将电子从M点移动到N点,静电力做正功2.如图所示,菱形ABCD的对角线相交于O点,两个等量异种点电荷分别固定在AC连线上的M点与N点,且OM=ON,则()A.A、C两处电势、电场强度均相同B.A、C两处电势、电场强度均不相同C.B、D两处电势、电场强度均相同D.B、D两处电势、电场强度均不相同3.如图所示,正方形线框由边长为L的粗细均匀的绝缘棒组成,O是线框的中心,线框上均匀地分布着正电荷,现在线框上边框中点A处取下足够短的带电量为q的一小段,将其沿OA连线延长线向上移动的距离到B点处,若线框的其他部分的带电量与电荷分布保持不变,则此时O点的电场强度大小为()A.kB.kC.kD.k4.如图,在竖直方向的匀强电场中有一带负电荷的小球(初速度不为零),其运动轨迹在竖直平面(纸面)内,截取一段轨迹发现其相对于过轨迹最高点O的竖直虚线对称,A、B为运动轨迹上的点,忽略空气阻力,下列说法不正确的是()A.B点的电势比A点高B.小球在A点的动能比它在B点的大C.小球在最高点的加速度不可能为零D.小球在B点的电势能可能比它在A点的大5.如图所示,真空中同一平面内MN直线上固定电荷量分别为-9Q和+Q的两个点电荷,两者相距为L,以+Q点电荷为圆心,半径为画圆,a、b、c、d是圆周上四点,其中a、b在MN直线上,c、d 两点连线垂直于MN,一电荷量为q的负点电荷在圆周上运动,比较a、b、c、d四点,则下列说法错误的是()A.a点电场强度最大B.负点电荷q在b点的电势能最大C.c、d两点的电势相等D.移动负点电荷q从a点到c点过程中静电力做正功6.真空中,两个固定点电荷A、B所带电荷量分别为Q1和Q2,在它们共同形成的电场中,有一条电场线如图实线所示,实线上的箭头表示电场线的方向,电场线上标出了C、D两点,其中D点的切线与AB连线平行,O点为AB连线的中点,则()A.B带正电,A带负电,且|Q1|>|Q2|B.O点电势比D点电势高C.负检验电荷在C点的电势能大于在D点的电势能D.在C点静止释放一带正电的检验电荷,只在电场力作用下将沿电场线运动到D点7.如图所示,矩形虚线框的真空区域内存在着沿纸面方向的匀强电场(具体方向未画出),一粒子从bc边上的M点以速度v0垂直于bc边射入电场,从cd边上的Q点飞出电场,不计粒子重力。

2020高考物理二轮专题复习：磁场(通用型)练习和答案

2020届高考物理磁场（通用型）练习及答案**磁场**一、选择题1、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.1442、如图所示，一个边长为L的正方形金属框竖直放置，各边电阻相同，金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框平面向里的匀强磁场中。

若A、B 两端与导线相连，由A到B通以如图所示方向的电流(由A点流入，从B点流出)，流过AB边的电流为I，则金属框受到的安培力大小和方向分别为()A．2BIL，竖直向下B．43BIL，竖直向上C．BIL，竖直向上D．34BIL，竖直向下3、如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是()A．静止不动B．向纸外平动C．N极向纸外，S极向纸内转动D．N极向纸内，S极向纸外转动4、(2019·临沂市一模)1876年美国物理学家罗兰完成了著名的“罗兰实验”。

罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂了一个小磁针，将圆盘绕中心轴按如图所示方向高速旋转时，就会发现小磁针发生偏转。

忽略地磁场对小磁针的影响，则下列说法错误的是()A．小磁针发生偏转的原因是橡胶圆盘上产生了感应电流B．小磁针发生偏转说明了电荷的运动会产生磁场C．当小磁针位于圆盘的左上方时，它的N极向左侧偏转D．当小磁针位于圆盘的左下方时，它的N极向右侧偏转5、如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里。

一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。

若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。

浙江省2020高考物理二轮复习专题六第三讲选修实验课后作业含解析

高考物理二轮复习专题：选修实验(建议用时：45分钟)1．在“研究电磁感应现象”实验中：(1)首先要确定电流计指针偏转方向和电流方向间的关系．实验中所用电流计量程为100 μA，电源电动势为 1.5 V，待选的保护电阻有：R1＝100 kΩ，R2＝1 kΩ，R3＝10 Ω，应选用________作为保护电阻．(2)实验中已得出电流计指针向右偏转时，电流是“＋”接线柱流入的，那么在如图1所示的装置中，若将条形磁铁S极朝下插入线圈中，则电流计的指针应向________偏转．(3)在给出的实物图2中，用实线作为导线将实验器材连成实验电路．(4)将线圈L1插入L2中，合上开关．能使感应电流与原电流的绕行方向相同的实验操作是______．A．插入软铁棒B．拔出线圈L1C．使变阻器阻值变大D．断开开关解析：(1)为保护电流计安全，保护电阻最小阻值R＝EI g＝1.5100×10－6Ω＝1.5×104Ω，因此保护电阻应选R1.(2)将条形磁铁S极朝下插入线圈中，穿过线圈的磁场方向向上，磁通量增加，由楞次定律可知，感应电流从“＋”接线柱流入电流计，电流计的指针应向右偏转．(3)将线圈L2和电流计串联形成一个回路，将开关、滑动变阻器、电源、线圈L1串联而成另一个回路即可，实物图如图所示．(4)根据楞次定律可知，若使感应电流与原电流的绕行方向相同，则线圈L2中的磁通量应该减小，故拔出线圈L1，使变阻器阻值变大，断开开关均可使线圈L2中的磁通量减小，故A错误，B、C、D正确．答案：(1)R1(2)右(3)如解析图(4)BCD2．在“探究感应电流的方向与哪些因素有关”的实验中，请完成下列实验步骤：(1)为弄清灵敏电流计指针摆动方向与电流方向的关系，可以使用一个已知正负极性的直流电源进行探究．某同学想到了多用电表内部某一挡含有直流电源，他应选用多用电表的__________挡(选填“欧姆”“直流电流”“直流电压”“交流电流”或“交流电压”)对灵敏电流计进行测试．由实验可知当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动．(2)该同学先将多用电表的红表笔接灵敏电流计的正接线柱，再将黑表笔________(选填“短暂”或“持续”)接灵敏电流计的负接线柱．若灵敏电流计的指针向左摆动，说明电流由电流计的________(选填“正”或“负”)接线柱流入灵敏电流计的．(3)实验中该同学将磁铁某极从线圈上方向下插入线圈时，发现电流表的指针向左偏转，请在图中用箭头画出线圈电流方向，并用字母N、S标出磁铁的极性．解析：(1)欧姆挡含有直流电源，故换到欧姆挡．(2)试探性的，所以需要短暂接触，从上面可以知道当电流从正接线柱流入电流计时，指针向右摆动，现要使指针向左摆动，则应使电流从负接线柱流入灵敏电流计．答案：(1)欧姆(2)短暂负(3)如图3．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B．条形磁铁C．直流电源D．多用电表E．开关、导线若干(1)上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的字母)，本实验中还需用到的器材是________________________________________________________________________．(2)操作步骤如下：①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．以上操作的合理顺序是______(只填步骤前数字序号)．解析：(1)变压器线圈两端的电压与匝数的关系为U1U2＝n1n2，所以实验中需要知道原、副线圈的匝数，即可拆变压器必用；变压器的原理是原线圈磁场的变化引起副线圈磁通量的变化，所以不需要外界的磁场，故条形磁铁不需要．直流电源不会使原线圈产生变化的磁场，而需要用到低压交流电源，并需要测交流电压，所以多用电表必用；做电学实验，开关、导线必用．即上述器材在本实验中不必用到的是B、C；还需用到的器材是低压交流电源．(2)在实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．答案：(1)BC 低压交流电源(2)①③②④4．(1)在“探究单摆周期与摆长的关系”实验中，两位同学用游标卡尺测量小球的直径如图甲、乙所示．测量方法正确的是________(选填“甲”或“乙”)．(2)实验时，若摆球在垂直纸面的平面内摆动，为了将人工记录振动次数改为自动记录振动次数，在摆球运动最低点的左、右两侧分别放置一激光光源与光敏电阻，如图丙所示．光敏电阻与某一自动记录仪相连，该仪器显示的光敏电阻阻值R随时间t变化图线如图丁所示，则该单摆的振动周期为________．若保持悬点到小球顶点的绳长不变，改用直径是原小球直径2倍的另一小球进行实验，则该单摆的周期将________(填“变大”“不变”或“变小”)，图丁中的Δt将________(填“变大”“不变”或“变小”)．解析：(1)游标卡尺测量小球的直径，应将小球卡在外爪的刀口上，故选乙． (2)单摆在一个周期内两次经过平衡位置，每次经过平衡位置，单摆会挡住细激光束，从R －t 图线可知周期为2t 0.摆长等于摆线的长度加上小球的半径，根据单摆的周期公式T ＝2πL g，摆长变大，所以周期变大．挡光时间等于球的直径与速度的比值，由于球的直径变大，故挡光时间增加．答案：(1)乙 (2)2t 0 变大变大5．(2019·宁波月考)如图所示，某同学用插针法测定一半圆形玻璃砖的折射率．在平铺的白纸上垂直纸面插大头针P 1、P 2确定入射光线，并让入射光线过圆心O ，在玻璃砖(图中实线部分)另一侧垂直纸面插大头针P 3，使P 3挡住P 1、P 2的像，连接OP 3，图中MN 为分界线，虚线半圆与玻璃砖对称，B 、C 分别是入射光线、折射光线与圆的交点，AB 、CD 均垂直于法线并分别交法线于A 、D 点．(1)设AB 的长度为l 1，AO 的长度为l 2，CD 的长度为l 3，DO 的长度为l 4，为较方便地表示出玻璃砖的折射率，需用刻度尺测量________，则玻璃砖的折射率可表示为________．(2)该同学在插大头针P 3前不小心将玻璃砖以O 为圆心顺时针转过一小角度，由此测得玻璃砖的折射率将________(选填“偏大”“偏小”或“不变”)．解析：(1)sin θ1＝l 1BO ，sin θ2＝l 3CO ，因此玻璃的折射率n ＝sin θ1sin θ2＝l 1BO l 3CO＝l 1l 3，因此只需测量l 1和l 3即可．(2)当玻璃砖顺时针转过一个小角度时，在处理数据时，认为l 1是不变的，即入射角不变，而l 3减小，所以测量值n ＝l 1l 3将偏大．答案：(1)l 1和l 3 n ＝l 1l 3(2)偏大6．现有毛玻璃屏A 、双缝B 、白光光源C 、单缝D 和透红光的滤光片E 等光学元件，要把它们放在如图所示的光具座上组装成双缝干涉装置，用以测量红光的波长．(1)本实验的实验步骤有：①取下遮光筒左侧的元件，调节光源高度，使光束能直接沿遮光筒轴线把屏照亮； ②按合理顺序在光具座上放置各光学元件，并使各元件的中心位于遮光筒的轴线上； ③用米尺测量双缝到屏的距离；④用测量头(其读数方法同螺旋测微器)测量数条亮纹间的距离．在操作步骤②时还应注意________________和________________．(2)将测量头的分划板中心刻线与某亮纹中心对齐，将该亮纹定为第1条亮纹，此时手轮上的示数如图甲所示，然后同方向转动测量头，使分划板中心刻线与第6条亮纹中心对齐，记下此时如图乙所示的手轮上的示数______mm ，求得相邻亮纹的间距Δx 为________mm.(3)已知双缝间距d 为2.0×10－4m ，测得双缝到屏的距离l 为0.700 m ，由计算式λ＝________，求得所测红光波长为________nm.解析：(1)单缝与双缝的间距为5～10 cm ，使单缝与双缝相互平行．(2)图甲的读数为2.320 mm ，图乙的读数为13.870 mm ， Δx ＝13.870－2.3206－1mm ＝2.310 mm. (3)由Δx ＝l d λ可得：λ＝d l Δx可求出λ＝2.0×10－40.700×2.310×106 nm ＝6.6×102 nm.答案：(1)单缝与双缝的间距为5～10 cm 使单缝与双缝相互平行 (2)13.870 2.310(3)d l Δx 6.6×1027．气垫导轨(如图)工作时，空气从导轨表面的小孔喷出，在导轨表面和滑块内表面之间形成一层薄薄的空气层，使滑块不与导轨表面直接接触，大大减小了滑块运动时的阻力．为了探究碰撞中的不变量，在水平气垫导轨上放置两个质量均为a 的滑块，每个滑块的一端分别与穿过打点计时器的纸带相连，两个打点计时器所用电源的频率均为b .气垫导轨正常工作后，接通两个打点计时器的电源，并让两滑块以不同的速度相向运动，两滑块相碰后粘在一起继续运动．如图为某次实验打出的点迹清晰的纸带的一部分，在纸带上以相同间距的6个连续点为一段划分纸带，用刻度尺分别量出其长度x 1、x 2和x 3.若题中各物理量的单位均为国际单位，那么，碰撞前两滑块的动量大小分别为______________、____________，两滑块的总动量大小为____________；碰撞后两滑块的总动量大小为________．重复上述实验，多做几次．若碰撞前、后两滑块的总动量在实验误差允许的范围内相等，则碰撞前后两滑块动量不变．解析：打点周期为1b ，打x 1、x 2、x 3均用时5b .碰前其中一个滑块的动量p 1＝mv 1＝m x 1t ＝a bx 15＝0.2abx 1碰前另一个滑块的动量p 2＝mv 2＝m x 3t ＝a bx 35＝0.2abx 3.故碰前总动量p ＝p 1－p 2＝0.2ab (x 1－x 3)，同理碰后总动量p ′＝2m x 2t ＝0.4abx 2.答案：0.2abx 1 0.2abx 3(第1，2空可互换)0．2ab (x 1－x 3) 0.4abx 2。

2021届高考物理二轮复习专题三电场与磁场(考点+习题)含解析

专题三电场与磁场一、电场1.库仑定律:F=k(真空中的点电荷)。

2.电场强度的表达式:(1)定义式:E=;(2)点电荷:E=;(3)匀强电场E=。

3.几种典型电场的电场线(如图所示)4.电势差和电势的关系:U AB=φA-φB或U BA=φB-φA。

5.电场力做功的计算:(1)普遍适用:W=qU;(2)匀强电场:W=Edq。

6.电容:(1)电容的定义式C=;(2)平行板电容器电容的决定式:C=7.电势高低及电势能大小的判断方法:(1)沿电场线的方向电势降低;(2)电场力做正功,电势能减少;电场力做负功,电势能增加。

8.带电粒子在匀强电场中偏转的处理方法。

二、磁场1.磁感应强度的定义式:B=。

2.安培力:(1)大小:F=BIL(B、I相互垂直);(2)方向:左手定则判断。

3.洛伦兹力:(1)大小:F=qvB;(2)方向:左手定则判断。

4.带电粒子在匀强磁场中的运动(1)洛伦兹力充当向心力:qvB=mrω2=m=mr=4π2mrf2=ma;(2)圆周运动的半径r=、周期T=。

5.常见模型:速度选择器、回旋加速器、质谱仪等。

高考演练1.(2017江苏单科,1,3分)如图所示,两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。

圆形匀强磁场B的边缘恰好与a 线圈重合,则穿过a、b两线圈的磁通量之比为()A.1∶1B.1∶2C.1∶4D.4∶1答案A磁通量Φ=B·S,其中B为磁感应强度,S为与B垂直的有效面积。

因为是同一磁场,B相同,且有效面积相同,S a=S b,故Φa=Φb。

选项A正确。

2.(2017江苏单科,4,3分)如图所示,三块平行放置的带电金属薄板A、B、C中央各有一小孔,小孔分别位于O、M、P点。

由O点静止释放的电子恰好能运动到P点。

现将C板向右平移到P'点,则由O点静止释放的电子()A.运动到P点返回B.运动到P和P'点之间返回C.运动到P'点返回D.穿过P'点答案A由题意知,电子在A、B板间做匀加速运动,在B、C板间做匀减速运动,到P点时速度恰好为零,设A、B板和B、C板间电压分别为U1和U2,由动能定理得eU1-eU2=0,所以U1=U2;现将C板右移至P'点,由于板上带电荷量没有变化,B、C板间电场强度E===,E不变,故电子仍运动到P点返回,选项A正确。

备战2020高考物理二轮专题巩固：磁场(含解析)

专题十磁场【考点集训】考点一磁场及其作用1. (2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L 1、L 2,L 1中的电流方向向左,L 2中的电流方向向上;L 1的正上方有a 、b 两点,它们相对于L 2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B 0,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13B 0和12B 0,方向也垂直于纸面向外。

则( )A.流经L 1的电流在b 点产生的磁感应强度大小为712B 0B.流经L 1的电流在a 点产生的磁感应强度大小为112B 0C.流经L 2的电流在b 点产生的磁感应强度大小为112B 0D.流经L 2的电流在a 点产生的磁感应强度大小为712B 0答案 AC2.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子( )A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k 倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等答案AC3.(2018河南调研联考)如图所示,在竖直向上的匀强磁场中,金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂,平衡时两悬线与水平面的夹角均为θ(θ<90°),缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I。

则下列四幅图像中,能正确反映θ与I的变化规律的是()答案 A4.(2019届陕西渭南质检,5,4分)如图所示,在x>0,y>0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轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。

不计重力的影响,则下列有关说法正确的是()A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm3qBC.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqBD.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qB答案 C考点二带电粒子在复合场中的运动1.(多选)如图所示,半径为R的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直于轨道平面向里。

2020浙江高考物理二轮讲义：专题三第二讲磁场 Word版含解析

第二讲磁场知识内容考试要求备考指津1.磁现象和磁场 b 1.本讲在高考中的考查频率非常高，考查的热点主要集中在磁场的理解、安培力的应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动.2.高考题型包括选择题和计算题．选择题侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用和洛伦兹力的有关分析；计算题则侧重考查带电粒子在磁场中或在复合场中的运动以及与电磁感应相结合的问题．特别注意“边界问题”以及由周期性引起的多解问题.3.高考也注重实际应用，如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器、磁电式电流表等都可能成为命题的背景.2.磁感应强度c3.几种常见的磁场 b4.通电导线在磁场中受到的力d5.运动电荷在磁场中受到的力c6.带电粒子在匀强磁场中的运动d磁场对通电导体的作用力【重难提炼】1．安培力公式安培力大小的计算公式：F＝BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角)．(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.2．安培力方向的判定——左手定则(1)左手定则判定安培力的方向．(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．(2018·浙江选考4月)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是()[解析]根据左手定则可知，D正确．[答案] D【题组过关】考向一磁场的叠加1．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.2．如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为I a＝I，I b＝2I，I c＝3I，I d＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B＝k Ir，式中常量k>0，I为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流I a在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为() A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．考向二安培力作用下的平衡问题3．如图所示，固定在水平面上的光滑绝缘斜面倾角为θ.导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I.空间充满竖直向上的匀强磁场．若现缓慢增大θ(θ<90°)，且ab始终静止在斜面上，则磁感应强度大小B应(不考虑磁场变化产生的感应电场)()A．缓慢增大B．缓慢减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：选A.由安培力公式和左手定则知，导体棒受水平向右的安培力BIL、垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，由平衡条件可知mg tan θ＝BIL，则θ增大时，B应缓慢增大，A对．考向三安培力作用下的运动4.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时()A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D.当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．5.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属水平轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN ＝OP ＝1 m ，则下列说法中正确的是( )A ．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s 2B ．金属细杆运动到P 点时的速度大小为5 m/sC ．金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为10 m/s 2D ．金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F 安＝BIL ＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N ，金属细杆开始运动时的加速度大小为a ＝F 安m＝10 m/s 2，选项A 错误；对金属细杆从M 点到P 点的运动过程，安培力做功W 安＝F 安·(MN ＋OP )＝1 J ，重力做功W G ＝－mg ·ON ＝－0.5 J ，由动能定理得W 安＋W G ＝12m v 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20 m/s ，选项B 错误；金属细杆运动到P 点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a ′＝v 2r＝20 m/s 2，选项C 错误；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F 和水平向右的安培力F 安，由牛顿第二定律得F －F 安＝m v 2r，解得F ＝1.5 N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N ，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P 点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N ，选项D 正确．“3步法”分析通电导体棒受力第1步：明确研究对象(通电导线或导体棒)．第2步：将题干中的立体图转化为平面图，明确磁场的方向和电流的方向．第3步：受力分析的思路和力学完全相同，分析安培力时注意其方向一定与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直．带电粒子在匀强磁场中的运动【重难提炼】1．常用公式2．三个“确定”(1)圆心的确定：轨迹圆心O 总是位于入射点A 和出射点B 所受洛伦兹力F 洛作用线的交点上或AB 弦的中垂线OO ′与任一个F 洛作用线的交点上，如图所示．(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r ＝AB 2sin α2＝AB 2sinθ，然后再与半径公式r ＝m v qB联系起来求解． (3)运动时间的确定：t ＝α360°T (可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)．如图所示，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( )A ．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 [解析] 设正六边形的边长为L ，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，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径r b ＝L ，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bq v b ＝m v 2b L，得L ＝m v b qB ，且T ＝2πL v b ，得t b ＝13·2πm qB；当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径r c ＝L ＋12L sin θ＝2L ，同理有2L ＝m v c qB ，t c ＝16·2πm qB ，解得v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1，A 正确．[答案] A 【题组过关】考向一求解电荷比荷 1.不计重力的两个带电粒子M 和N 沿同一方向经小孔S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用v M 与v N ，t M 与t N ，q M m M与q N m N表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则( ) A ．如果q M m M ＝q N m N，则v M >v N B ．如果q M m M ＝q N m N，则v M <v N C ．如果v M ＝v N ，则q M m M >q N m ND ．如果t M ＝t N ，则q M m M >q N m N解析：选A.由图可知r M >r N .若q M m M ＝q N m N ，利用r ＝m v qB，可得v M >v N ，A 项正确、B 项错误；若t M ＝t N ，利用T ＝2πm qB ，可得q M m M ＝q N m N ，D 项错误；若v M ＝v N ，利用r ＝m v qB ，可得q M m M <q N m N，C 项错误．2.一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( )A.ω3BB.ω2BC.ωB D.2ωB 解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t ＝112×2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm 6qB ＝14×2πω，求得q m ＝ω3B，A 项正确．考向二求解运动时间3．如图所示，一个理想边界为PQ 、MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为d ，方向垂直纸面向里．一电子从O 点沿纸面垂直PQ 以速度v 0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d ，O ′在MN 上，且OO ′与MN 垂直．下列判断正确的是( )A ．电子将向右偏转B ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为dC ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd 3v 0解析：选D.电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，选项A 错误；设电子打在MN 上的点与O ′点的距离为x ，则由几何知识得x ＝r －r 2－d 2＝2d －（2d ）2－d 2＝(2－3)d ，故选项B 、C 错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sin θ＝d 2d ＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间为t ＝θr v 0＝πd3v 0，选项D 正确．考向三求解磁感应强度4．如图所示，M 、N 和P 是以MN 为直径的半圆弧上的三点，O 为半圆弧的圆心，∠MOP ＝60°.在M 、N 处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O 点的磁感应强度大小为B 1.若将M 处长直导线移至P 处，则O 点的磁感应强度大小为B 2，那么B 2与B 1之比为( )A.3∶1B.3∶2 C ．1∶1 D ．1∶2解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M 、N 两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O 处产生的磁感应强度大小都为B 12.当将M 处长直导线移到P 处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B12，作平行四边形，由图中的几何关系，可得：cos 30°＝B22B12＝B2B1＝32，故选项B正确．5．(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示．现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则()A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶ 3B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝2∶ 3D．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝3∶ 2解析：选AD.假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1＝12πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1＝12·2R sinθ＝R sinL12R＝R sinπ4.如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2＝23πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2＝12·2R sinα＝R sinL22R＝R sinπ3，因此r1∶r2＝sinπ4∶sinπ3＝2∶3，故A正确，B错误．由洛伦兹力提供向心力，可得：q v0B ＝mv20r，则B＝m v0qr，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝3∶2，故C错误，D正确．(1)分析带电粒子在磁场中运动的基本步骤(2)对称性的应用 ①粒子从直线边界射入磁场，再从这一边界射出时，速度方向与边界的夹角相等． ②粒子沿径向射入圆形磁场区域时，必沿径向射出磁场区域．带电粒子在磁场中运动的临界、极值问题【题组过关】1．(多选)如图所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝a .在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0，且满足v 0＝qBa m，发射方向由图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )A ．粒子有可能打到A 点B ．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C ．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D ．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出解析：选AD.根据Bq v 0＝m v 20R，可知粒子的运动半径R ＝a ，因此θ＝60°时，粒子恰好从A 点飞出，故A 正确．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是周期的六分之一，在磁场中运动时间最长，故B 错误；以θ＝0飞入的粒子恰好从AC 中点飞出，在磁场中运动时间也恰好是周期的六分之一，θ从0到60°，粒子在磁场中运动时间先减小后增大，故C 错误；因为以θ＝0飞入的粒子在磁场中恰好从AC 中点飞出，因此在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，故D 正确．2.如图所示，在真空中xOy 坐标平面的x >0区域内，有磁感应强度B ＝1.0×10－2 T 的匀强磁场，方向与xOy 平面垂直，在x 轴上的P (10，0)点，有一放射源，在xOy 平面内向各个方向发射速率v ＝104 m/s 的带正电的粒子，粒子的质量为m ＝1.6×10－25 kg ，电荷量为q ＝1.6×10－18C ，求带电粒子能打到y 轴上的范围．解析：带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ，解得：R ＝m v qB ＝0.1 m ＝10 cm.如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点．因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm，则OA＝AP2－OP2＝10 3 cm.当带电粒子的圆轨迹正好与y 轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OB＝R＝10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为－10～10 3 cm.答案：－10～10 3 cm3．如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy 平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O′为挡板与x轴的交点．在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)确定带电粒子的电性；(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值；(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷．(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有q v B＝m v2r，解得r＝m vqB由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等．由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示．则最大半径r max＝12L cos 30°＝34L由上式可得，磁感应强度的最小值B min＝43m v 3qL.(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.图中点O 2为轨迹的圆心，由于内接△OMN 为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径为r min ＝L 2cos 30°粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有q v B ＝m v 2r，所以磁感应强度的最大值B max ＝3m v qL. 答案：(1)正 (2)43m v 3qL(3)见解析 [课后作业(十三)](建议用时：40分钟)一、选择题1.(2018·浙江选考4月)在城市建设施工中，经常需要确定地下金属管线的位置，如图所示．有一种探测方法是，首先给金属长直管线通上电流，再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作：①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点，记为a ；②在a 点附近的地面上，找到与a 点磁感应强度相同的若干点，将这些点连成直线EF ；③在地面上过a 点垂直于EF 的直线上，找到磁场方向与地面夹角为45°的b 、c 两点，测得b 、c 两点距离为L .由此可确定金属管线( )A ．平行于EF ，深度为L 2B ．平行于EF ，深度为LC ．垂直于EF ，深度为L 2D ．垂直于EF ，深度为L解析：选A.由图可知磁场最强点为a 点，在导线的正上方，所以导线平行于EF ，且h ＝L 2. 2.如图所示，两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I 1与I 2.且I 1>I 2，与两根导线垂直的同一平面内有a 、b 、c 、d 四点，a 、b 、c 在两根导线的水平连线上且间距相等，b 是两根导线连线的中点，b 、d 连线与两根导线连线垂直．则( )A ．I 2受到的安培力水平向左B ．b 点磁感应强度为零C ．d 点磁感应强度的方向必定竖直向下D ．a 点和c 点的磁感应强度不可能都为零解析：选D.电流I 1在I 2处的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知，I 2受到的安培力的方向水平向右，故A 错误；电流I 1与I 2在b 处产生的磁场方向相同，所以合磁场方向向下，磁感应强度不等于零，故B 错误；两根水平放置且相互平行的长直导线分别通有方向相反、大小相等的电流I 1与I 2时，d 点的磁感应强度的方向是竖直向下，当两电流的大小不相等时，d 点的合磁场方向不是竖直向下，故C 错误；电流I 1的大小比电流I 2的大，则c 点的磁感应强度可能等于零，a 点的磁感应强度不可能等于零，故D 正确．3.如图所示，一带电塑料小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方最大摆角处摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：选C.设小球自左方最大摆角处摆到最低点时速度为v ，则12m v 2＝mgL (1－cos 60°)，此时q v B －mg ＝m v 2L，当小球自右方最大摆角处摆到最低点时，v 大小不变，洛伦兹力方向发生变化，此时有T －mg －q v B ＝m v 2L，解得T ＝4mg ，故C 正确． 4．(2019·浙江选考4月)在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向与磁场方向垂直，则下列描述导线受到的安培力F 的大小与通过导线的电流I 的关系图象正确的是( )答案：A5．(多选)两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示，若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A ．a 粒子带负电，b 粒子带正电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长解析：选AC.粒子向右运动，根据左手定则可知，b 向上偏转，带正电；a 向下偏转，带负电，故A 正确．洛伦兹力提供向心力，即q v B ＝m v 2r ，得r ＝m v qB，故半径较大的b 粒子速度大，受洛伦兹力较大，动能也大，故B 错误，C 正确．T ＝2πm Bq，则两粒子运动周期相等，磁场中偏转角大的运动的时间长；a 粒子的偏转角大，因此运动的时间较长，故D 错误．6．如图所示，边长为L 的正方形有界匀强磁场ABCD ，带电粒子从A 点沿AB 方向射入磁场，恰好从C 点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD 的中点P 垂直AD 射入磁场，从DC 边的M 点飞出磁场(M 点未画出)．设粒子从A 点运动到C 点所用时间为t 1，由P 点运动到M 点所用时间为t 2(带电粒子重力不计)，则t 1∶t 2为( )A ．2∶1B ．2∶3C ．3∶2 D.3∶ 2解析：选C.如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A 点进入C 点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M 点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t 1t 2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C 正确． 7.如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R 2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m解析：选B.作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R 2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有⎝⎛⎭⎫r ＋R 2tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bq v ＝m v 2r 可得v ＝qBR m，故B 正确． 8.如图所示，在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电荷量为q 、质量为m 的带电球体，管道半径略大于球体半径．整个管道处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直．现给带电球体一个水平速度v 0，则在整个运动过程中，带电球体克服摩擦力所做的功不可能为( )A ．0 B.12m ⎝⎛⎭⎫mg qB 2 C.12m v 20 D.12m ⎣⎡⎦⎤v 20－⎝⎛⎭⎫mg qB 2 解析：选B.当q v 0B ＝mg 时，球不受摩擦力，摩擦力做功为零，故A 可能．当q v 0B <mg时，球做减速运动到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得－W ＝0－12m v 20，解得W ＝12m v 20，故C 可能．当q v 0B >mg 时，球先做减速运动，当q v B ＝mg ，即当v ＝mg qB时，不受摩擦力，做匀速直线运动．根据动能定理得－W ＝12m v 2－12m v 20，解得W ＝12m ⎣⎡⎦⎤v 20－⎝⎛⎭⎫mg qB 2，故D 可能．选不可能的，故选B.9.如图所示，三根长为L 的通电直导线在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里，电流大小为I ，其中A 、B 电流在C 处产生的磁感应强度的大小均为B 0，导线C 位于水平面处于静止状态，则( )A ．导线C 受到的静摩擦力为0B ．导线C 受到的静摩擦力为3B 0IL ，水平向右C ．若将导线A 中电流反向，则导线C 受到的支持力不变D ．若同时将导线A 与B 中电流反向，则导线C 受到的支持力变小解析：选B.根据安培定则，导线AB 在C 点处产生的磁感应强度方向如图甲所示，总的磁感应强度竖直向下，大小为3B 0，根据左手定则，导线C 受到的安培力水平向左，静摩擦力向右，A 错误；静摩擦力大小与安培力相等，为3B 0IL ，B 正确；将导线A 中电流反向，磁感应强度如图乙所示，磁场的矢量和向右，导线C 受到的安培力向下，支持力变大，C 错误；若同时改变A 、B 的电流方向，磁感应强度如图丙所示，磁场矢量和向上，竖直方向上力未发生变化，支持力都等于重力，D 错误．10.如图所示，R 1和R 2是同种材料、厚度相同、上下表面为正方形的金属导体，但R 1的尺寸比R 2的尺寸大．将两导体同时放置在同一匀强磁场B 中，磁场方向垂直于两导体正方形表面，在两导体上加相同的电压，形成图示方向的电流；电子由于定向移动，会在垂直于电流方向受到洛伦兹力作用，从而产生霍尔电压，当电流和霍尔电压达到稳定时，下列说法中正确的是( ) A ．R 1中的电流大于R 2中的电流B ．R 1 中的电流小于R 2中的电流C ．R 1 中产生的霍尔电压小于R 2中产生的霍尔电压D ．R 1中产生的霍尔电压等于R 2中产生的霍尔电压解析：选D.电阻R ＝ρLS ，设正方形金属导体边长为a ，厚度为b ，则R ＝ρa ab ＝ρb，则R 1＝R 2，在两导体上加上相同电压，则R 1中的电流等于R 2中的电流，故A 、B 错误．根据电场力与洛伦兹力平衡，则有e v B ＝eU H a ，解得：U H ＝Ba v ＝Ba ·I neab ＝1ne ·BI b，则有R 1中产生的霍尔电压等于R 2中产生的霍尔电压，故C 错误，D 正确．二、非选择题11.如图，在0≤x ≤d 的空间，存在垂直xOy 平面的匀强磁场，方向垂直xOy 平面向里．y 轴上P 点有一小孔，可以向y 轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v 、与y 轴所成夹角θ可在0～180°范围内变化的带负电的粒子．已知θ＝45°时，粒子恰好从磁场右边界与P 点等高的Q 点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用．求：(1)磁场的磁感应强度；(2)若θ＝30°，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示)；(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)．解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R ，磁场的磁感应强度为B ，则：q v B ＝m v 2R如图甲所示，由几何关系得：d ＝2R cos 45°解得：B ＝2m v qd . (2)如图乙所示，由几何关系d ＝R cos 30°＋R cos α。

2020浙江高考物理二轮讲义：专题三第三讲带电粒子在复合场中的运动 Word版含解析

第三讲带电粒子在复合场中的运动带电粒子在组合场中的运动【重难提炼】1．组合场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存，但各位于一定区域，并且互不重叠的情况．2．“电偏转”与“磁偏转”的比较匀强电场中的“电偏转” 匀强磁场中的“磁偏转” 受力特征无论v 是否与E 垂直，F 电＝qE ，F 电为恒力v 垂直于B 时， F B ＝q v B运动规律类平抛运动(v ⊥E )v x ＝v 0，v y ＝qEm tx ＝v 0t ，y ＝qEt 22m圆周运动(v ⊥B ) T ＝2πm qB ，r ＝m v qB偏转情况 tan θ＝v yv x，因做类平抛运动，在相等的时间内偏转角度不等若没有磁场边界限制，粒子所能偏转的角度不受限制动能变化动能发生变化动能不变如图所示，在xOy 平面内，x ＝2L 处竖直放置一个长为L的粒子吸收板AB ，其下端点A 在x 轴上，粒子打到吸收板上立即被板吸收，不考虑吸收板带电对粒子运动的影响．在AB 左侧存在竖直向上的匀强电场，场强大小为E ，在AB 右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场．原点O 处有一粒子源，可沿x 轴正向射出质量为m 、电量为＋q 的不同速率的带电粒子，不计粒子的重力．(1)若射出的粒子能打在AB 板上，求能打在AB 板上的粒子进入电场时的速率范围； (2)在电场右侧放置挡板BD ，挡板与x 轴交于C 点，已知AC ＝AB ，BC ＝2CD .粒子与挡板BD 碰撞速度大小不变，方向反向，为使由AB 上边缘进入磁场的粒子能到达CD 区域，求磁感应强度的取值范围．[解析] (1)带电粒子在电场中做类平抛运动，设运动时间为t ，加速度为a ，则 L ≥12at 22L ＝v 0t a ＝Eq m解得v 0≥2EqLm. (2)设粒子打到B 点时速度为v 合，与竖直方向夹角为θ，竖直方向速度为v y ，则：v y ＝at可得v y ＝v 0，则θ＝45°v 合＝v 2y ＋v 20＝4EqLm由几何关系知粒子垂直于BD 边进入磁场，由题意可知粒子从B 点垂直射入磁场经半圆垂直打到D 时磁感应强度最小．由Bq v 合＝m v 2合R ，得R ＝m v 合qB若运动1个半圆打到CD 区域有2L ≤2R ≤322L若运动2个半圆打到CD 区域有2L ≤4R ≤322L若运动3个及以上半圆打到CD 区域有2R ≤22L 由以上解得432EmqL≤B ≤22Em qL 或B ≥832EmqL. 答案：见解析【题组过关】考向一磁场—磁场组合1．如图所示，在坐标系xOy 中，第一象限内充满着两个匀强磁场a 和b ，OP 为分界线，在磁场a 中，磁感应强度为2B ，方向垂直于纸面向里，在磁场b 中，磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外，P 点坐标为(4l ，3l )．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点沿y 轴负方向射入磁场b ，经过一段时间后，粒子恰能经过原点O ，不计粒子重力．求：(1)粒子从P 点运动到O 点的最短时间是多少？(2)粒子运动的速度可能是多少？解析：(1)设粒子的入射速度为v ，用R a 、R b 、T a 、T b 分别表示粒子在磁场a 中和磁场b 中运动的轨道半径和周期，则有R a ＝m v 2qB ，R b ＝m v qB ，T a ＝2πm 2qB ＝πm qB ，T b ＝2πm qB当粒子先在区域b 中运动，后进入区域a 中运动，然后从O 点射出时，粒子从P 点运动到O 点所用的时间最短，如图所示．根据几何知识得tan α＝3l 4l ＝34，故α＝37°粒子在区域b 和区域a 中运动的时间分别为 t b ＝2×（90°－α）360°T b ，t a ＝2×（90°－α）360°T a故从P 点运动到O 点的时间为 t ＝t a ＋t b ＝53πm60qB. (2)由题意及(1)可知n (2R a cos α＋2R b cos α)＝（3l ）2＋（4l ）2 解得v ＝25qBl12nm(n ＝1，2，3，…)．答案：(1)53πm 60qB (2)25qBl12nm(n ＝1，2，3，…)2．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 α cos β±cos α sin β，cos α＝1－2sin 2α2.解析：(1)峰区内圆弧半径r ＝m vqB① 旋转方向为逆时针．②(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3③每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πm v3qB ④每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3m v qB⑤ 周期T ＝3（l ＋L ）v ⑥ 代入得T ＝（2π＋33）m qB.⑦(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30°⑧ 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝m vqB ′⑨ 由几何关系r sin θ2＝r ′sinθ′2⑩由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B .答案：见解析考向二电场—磁场组合3．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值约为( )A ．11B ．12C ．121D ．144解析：选D.设加速电压为U ，质子做匀速圆周运动的半径为r ，原来磁场的磁感应强度为B ，质子质量为m ，一价正离子质量为M .质子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU＝12m v 21，质子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，e v 1B ＝m v 21r；一价正离子在入口处从静止开始加速，由动能定理得，eU ＝12M v 22，该正离子在磁感应强度为12B 的匀强磁场中做匀速圆周运动，轨迹半径仍为r ，洛伦兹力提供向心力，e v 2·12B ＝M ·v 22r；联立解得M ∶m ＝144∶1，选项D 正确．4．(2019·浙江选考4月)有一种质谱仪由静电分析器和磁分析器组成，其简化原理如图所示．左侧静电分析器中有方向指向圆心O 、与O 点等距离各点的场强大小相同的径向电场，右侧的磁分析器中分布着方向垂直于纸面向外的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行，两者间距近似为零．离子源发出两种速度均为v 0、电荷量均为q 、质量分别为m 和0.5m 的正离子束，从M 点垂直该点电场方向进入静电分析器．在静电分析器中，质量为m 的离子沿半径为r 0的四分之一圆弧轨道做匀速圆周运动，从N 点水平射出，而质量为0.5m 的离子恰好从ON 中点P 与水平方向成θ角射出，从静电分析器射出的这两束离子垂直磁场方向射入磁分析器中，最后打在放置于磁分析器左边界的探测板上，其中质量为m 的离子打在O 点正下方的Q 点．已知OP ＝0.5r 0，OQ ＝r 0，N 、P 两点间的电势差U NP ＝m v 2q，cos θ＝45，不计重力和离子间相互作用．(1)求静电分析器中半径为r 0处的电场强度E 0和磁分析器中的磁感应强度B 的大小； (2)求质量为0.5m 的离子到达探测板上的位置与O 点的距离l (用r 0表示)；(3)若磁感应强度在(B －ΔB )到(B ＋ΔB )之间波动，要在探测板上完全分辨出质量为m 和0.5m 的两束离子，求ΔBB的最大值．答案：(1)左侧，径向电场力提供向心力E 0q ＝m v 20r 0E 0＝m v 20qr 0右侧，洛伦兹力提供向心力q v 0B ＝m v 20r 0B ＝m v 0qr 0.(2)根据动能定理 12×0.5m v 2－12×0.5m v 20＝qU NP v ＝v 20＋4qU NPm ＝5v 0，r ＝0.5m v qB ＝125r 0，l ＝2r cos θ－0.5r 0 l ＝1.5r 0.(3)恰好能分辨的条件：2r 01－ΔB B －2r 0cos θ1＋ΔB B＝r 02 ΔBB＝17－4≈12%.带电粒子在组合场中运动的处理方法(1)分别研究带电粒子在不同场区的运动规律．在匀强磁场中做匀速圆周运动．在匀强电场中，若速度方向与电场方向平行，则做匀变速直线运动；若速度方向与电场方向垂直，则做类平抛运动．(2)带电粒子经过磁场区域时利用圆周运动规律结合几何关系处理．(3)当粒子从某点由一个场进入另一个场时，该点的位置、粒子的速度大小和方向往往是解题的突破口．带电粒子在叠加场中的运动【重难提炼】1．叠加场模型：电场、磁场、重力场(或其中两种场)并存于同一区域的情况．2．带电粒子在叠加场中的运动情况分析(1)当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，做匀速直线运动(如速度选择器)或处于静止状态．(2)当带电粒子所受的重力与电场力等值反向，洛伦兹力提供向心力时，带电粒子在垂直于磁场的平面内做匀速圆周运动．3．带电粒子在叠加场中的受力情况分析带电粒子在叠加场中的运动问题是电磁学知识和力学知识的结合，分析方法和力学问题的分析方法基本相同，即均用动力学观点、能量观点来分析，不同之处是多了电场力、洛伦兹力，二力的特点是电场力做功与路径无关，洛伦兹力方向始终和运动速度方向垂直永不做功等．如图在xOy坐标系第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向里，磁感应强度大小为B ＝1.0 T；电场方向水平向右，电场强度大小均为E＝ 3 N/C.一个质量m＝2.0×10－7 kg，电荷量q＝2.0×10－6 C的带正电粒子从x轴上P点以速度v0射入第Ⅰ象限，恰好在xOy平面中做匀速直线运动.0.10 s后改变电场强度大小和方向，带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动，取g＝10 m/s2.求：(1)带电粒子在xOy平面内做匀速直线运动的速度v0大小和方向；(2)带电粒子在xOy平面内做匀速圆周运动时电场强度的大小和方向；(3)若匀速圆周运动时恰好未离开第Ⅰ象限，x轴上入射点P应满足何条件？[解析](1)如图粒子在复合场中做匀速直线运动，设速度v0与x轴夹角为θ，依题意得：重力mg＝2.0×10－6 N，电场力F电＝qE＝23×10－6 N洛伦兹力F洛＝（qE）2＋（mg）2＝4.0×10－6 N由F 洛＝q v 0B 得v 0＝2 m/s tan θ＝qEmg＝3，所以θ＝60°.速度v 0大小为2 m/s ，方向斜向上与x 轴正向夹角为60°.(2)带电粒子在xOy 平面内做匀速圆周运动时，电场力F 电必须与重力平衡，洛伦兹力提供向心力．故电场强度：E ′＝mgq＝1 N/C ，方向竖直向上． (3)如图带电粒子做匀速圆周运动恰好未离开第Ⅰ象限，圆弧左边与y 轴相切N 点；带电粒子从P 到Q 的过程做匀速直线运动， PQ ＝v 0t ＝0.2 m洛伦兹力提供向心力：q v 0B ＝m v 20R ，整理并代入数据得R ＝0.2 m 由几何知识得：OP ＝R ＋R sin 60°－PQ cos 60°≈0.27 m. 故：x 轴上入射点P 离O 点距离至少为0.27 m. [答案] (1)2 m/s 方向斜向上与x 轴正向夹角为60° (2)1 N/C 方向竖直向上 (3)见解析【题组过关】考向一电场与磁场并存的叠加场问题1．(2018·浙江选考4月)压力波测量仪可将待测压力波转换为电压信号，其原理如图1所示．压力波p (t )进入弹性盒后，通过与铰链O 相连的“ ”形轻杆L ，驱动杆端头A 处的微型霍尔片在磁场中沿x 轴方向做微小振动，其位移x 与压力p 成正比(x ＝αp ，α>0)．霍尔片的放大图如图2所示，它由长×宽×厚＝a ×b ×d 、单位体积内自由电子数为n 的N 形半导体制成．磁场方向垂直于x 轴向上，磁感应强度大小为B ＝B 0(1－β|x |)，β>0.无压力波输入时，霍尔片静止在x ＝0处，此时给霍尔片通以沿C 1C 2方向的电流I ，则在侧面上D 1 、D 2两点间产生霍尔电压U 0.(1)指出D 1 、D 2两点哪点电势高；(2)推导出U 0与I 、B 0之间的关系式(提示：电流I 与自由电子定向移动速率v 之间关系为I ＝ne v bd ，其中e 为电子电荷量)；(3)弹性盒中输入压力波p (t )，霍尔片中通以相同电流，测得霍尔电压U H 随时间t 变化图象如图3.忽略霍尔片在磁场中运动产生的电动势和阻尼，求压力波的振幅和频率．(结果用U 0、U 1、t 0、α及β表示)解析：(1)根据左手定则，自由电子向D 2移动，故D 1点电势高． (2)电子受力平衡，有e v B 0＝eE H 故U 0＝E H b ＝v B 0b ＝I nebd B 0b ＝IB 0ned .(3)由(2)可得霍尔电压U H (t )＝IB （t ）ned ＝I ned B 0[1－β|αp |]＝IB 0ned [1－βα|p (t )|]＝U 0[1－αβ|p (t )|] 故|p (t )|＝1αβ⎣⎡⎦⎤1－1U 0U H （t ）结合U H －t 图象可得出压力波p (t )关于时间t 是正弦函数，周期T ＝2t 0，振幅A ＝1αβ⎝⎛⎭⎫1－U 1U 0，频率f ＝12t 0.答案：见解析考向二电场、磁场和重力场并存的叠加场问题2.质量为m 、电荷量为q 的微粒以速度v 与水平方向成θ角从O 点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A ，下列说法中正确的是( )A ．该微粒一定带负电荷B ．微粒从O 到A 的运动可能是匀变速运动C ．该磁场的磁感应强度大小为mgq v sin θD ．该电场的场强为B v cos θ解析：选A.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg 、水平向左的电场力qE 和斜向右下方的洛伦兹力q v B ，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg 、水平向右的电场力qE 和斜向左上方的洛伦兹力q v B ，又知微粒恰好沿着直线运动到A ，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A 正确，B 错误；由平衡条件有关系：q v B cos θ＝mg ，q v B sin θ＝qE ，得磁场的磁感应强度B ＝mg q v cos θ，电场的场强E ＝B v sin θ，故选项C 、D错误．3.如图所示，空间中存在着水平向右的匀强电场，电场强度大小为E ＝5 3 N/C ，同时存在着水平方向的匀强磁场，其方向与电场方向垂直，磁感应强度大小B ＝0.5 T ．有一带正电的小球，质量m ＝1×10－6 kg ，电荷量q ＝2×10－6 C ，正以速度v 在图示的竖直面内做匀速直线运动，当经过P 点时撤掉磁场(不考虑磁场消失引起的电磁感应现象)，取g ＝10 m/s 2.求：(1)小球做匀速直线运动的速度v 的大小和方向；(2)从撤掉磁场到小球再次穿过P 点所在的这条电场线经历的时间t . 解析：(1)小球匀速直线运动时受力如图，其所受的三个力在同一平面内，合力为零，则q v B ＝q 2E 2＋m 2g 2①代入数据解得v ＝20 m/s ②速度v 的方向斜向右上方，与电场E 的方向之间的夹角θ满足tan θ＝qEmg ③代入数据解得tan θ＝3，θ＝60°.④(2)法一：撤去磁场，小球在重力与电场力的合力作用下做类平抛运动，设其加速度为a ，有a ＝q 2E 2＋m 2g 2m⑤设撤去磁场后小球在初速度方向上的分位移为x ，有x ＝v t ⑥ 设小球在重力与电场力的合力方向上分位移为y ，有 y ＝12at 2⑦ a 与mg 的夹角和v 与E 的夹角相同，均为θ，又 tan θ＝yx⑧联立④⑤⑥⑦⑧式，代入数据解得 t ＝2 3 s ≈3.5 s.法二：撤去磁场后，由于电场力垂直于竖直方向，它对竖直方向的分运动没有影响，以P 点为坐标原点，竖直向上为正方向，小球在竖直方向上做匀减速运动，其初速度为v y ＝v sin θ⑤若使小球再次经过P 点所在的电场线，仅需小球的竖直方向上分位移为零，则有v y t －12gt 2＝0⑥联立④⑤⑥式，代入数据解得t ＝2 3 s ≈3.5 s ．⑦ 答案：(1)见解析 (2)3.5 s4．在如图所示的竖直平面内，水平轨道CD 和倾斜轨道GH 与半径r ＝944 m 的光滑圆弧轨道分别相切于D 点和G 点，GH 与水平面的夹角θ＝37°.过G 点、垂直于纸面的竖直平面左侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度B ＝1.25 T ；过D 点、垂直于纸面的竖直平面右侧有匀强电场，电场方向水平向右，电场强度E ＝1×104 N/C.小物体P 1质量m ＝2×10－3 kg 、电荷量q ＝＋8×10－6 C ，受到水平向右的推力F ＝9.98×10－3 N 的作用，沿CD 向右做匀速直线运动，到达D 点后撤去推力．当P 1到达倾斜轨道底端G 点时，不带电的小物体P 2在GH 顶端静止释放，经过时间t ＝0.1 s 与P 1相遇．P 1和P 2与轨道CD 、GH 间的动摩擦因数均为μ＝0.5，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，物体电荷量保持不变，不计空气阻力．求：(1)小物体P 1在水平轨道CD 上运动速度v 的大小； (2)倾斜轨道GH 的长度s .解析：(1)设小物体P 1在匀强磁场中运动的速度为v ，受到向上的洛伦兹力为F 1，受到的摩擦力为F f ，则F 1＝q v B ① F f ＝μ(mg －F 1)②由题意，水平方向合力为零 F －F f ＝0③联立①②③式，代入数据解得 v ＝4 m/s.④(2)设P 1在G 点的速度大小为v G ，由于洛伦兹力不做功，根据动能定理 qEr sin θ－mgr (1－cos θ)＝12m v 2G －12m v 2⑤ P 1在GH 上运动，受到重力、电场力和轨道支持力、摩擦力的作用，设加速度为a 1，根据牛顿第二定律qE cos θ－mg sin θ－μ(mg cos θ＋qE sin θ)＝ma 1⑥P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 1在GH 上运动的距离为s 1，则s 1＝v G t ＋12a 1t 2⑦设P 2质量为m 2，在GH 上运动的加速度为a 2，则 m 2g sin θ－μm 2g cos θ＝m 2a 2⑧P 1与P 2在GH 上相遇时，设P 2在GH 上运动的距离为s 2，则s 2＝12a 2t 2⑨联立⑤～⑨式，代入数据得 s ＝s 1＋s 2＝0.56 m. 答案：(1)4 m/s (2)0.56 m1．带电粒子在复合场中的常见运动静止或匀速直线运动当带电粒子在叠加场中所受合力为零时，将处于静止状态或匀速直线运动状态匀速圆周运动当带电粒子所受的重力与电场力大小相等、方向相反时，带电粒子在洛伦兹力的作用下，在垂直于匀强磁场的平面内做匀速圆周运动较复杂的曲线运动当带电粒子所受合力的大小和方向均变化，且与初速度方向不在同一条直线上时，粒子做非匀变速曲线运动，这时粒子运动轨迹既不是圆弧，也不是抛物线带电粒子在交变电磁场中的运动【题组过关】1．如图甲所示，竖直平面(纸面)内，Ⅰ、Ⅱ区域有垂直于纸面、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，两磁场边界平行，与水平方向夹角为45°，两磁场间紧靠边界放置长为L 、间距为d 的平行金属板MN 、PQ ，磁场边界上的O 点与PQ 板在同一水平面上，直线O 1O 2到两平行板MN 、PQ 的距离相等，在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)．质量为m 、电量为＋q 的粒子，t 0时刻从O 点沿垂直于OP 竖直向上射入磁场，t ＝T 4时刻沿水平方向从点O 1进入电场，并从点O 2离开电场，不计粒子重力，求：(1)粒子的初速度v 0的大小；(2)粒子从点O 进入Ⅰ磁场到射出Ⅱ磁场运动的总时间；(3)若将粒子的速度提高一倍，仍从t 0时刻由点O 竖直向上射入，且交变电场的周期为T ＝4mqB，要使粒子能够穿出电场，则电场强度大小E 0满足的条件．解析：(1)粒子的运动轨迹如图(1)中曲线a 所示，则： r ＝d 2由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 20r解得：v 0＝qBd2m.图(1)(2)粒子在两段磁场中的运动时间：t 1＝2×T ′4＝πmqB在电场中的运动时间：t 2＝L v 0＝2mLqBd两段场外的时间：t 3＝d v 0＝2mqB总时间为：t ＝t 1＋t 2＋t 3 解得：t ＝⎝⎛⎭⎫π＋2＋2L d mqB . (3)粒子速度提高一倍后，其轨迹如图(1)中曲线b 所示．粒子两次在磁场Ⅰ中运动的时间相同，所以第二次进入电场时比第一次提前：Δt ＝d 2v 0＝m qB ＝T4所以，粒子第二次是在t ＝0时刻进入电场的第一次在电场中的轨迹如图(2)所示：设经过n 个周期性运动穿出电场，则：图(2)t ＝L v 0＝nT ，解得：n ＝L 2d设粒子第二次通过电场的时间为t ′，则t ′＝n 2T粒子第二次在电场中的轨迹如图(3)所示：图(3)半个周期内的侧位移： y 0＝12·qE 0m⎝⎛⎭⎫T 22要使粒子能够穿出电场，则：ny 0＜d 解得：E 0＜qB 2d 2mL.答案：(1)qBd 2m (2)⎝⎛⎭⎫π＋2＋2L d m qB (3)E 0＜qB 2d 2mL2．如图甲所示，竖直面MN 的左侧空间中存在竖直向上的匀强电场(上、下及左侧无边界)．一个质量为m 、电荷量为q 、可视为质点的带正电小球，以水平初速度v 0沿PQ 向右做直线运动．若小球刚经过D 点时(t ＝0)，在电场所在空间叠加如图乙所示随时间周期性变化、垂直纸面向里的匀强磁场，使得小球再次通过D 点时与PQ 连线成60°角．已知D 、Q 间的距离为(3＋1)L ，t 0小于小球在磁场中做圆周运动的周期，重力加速度为g .(1)求电场强度E 的大小； (2)求t 0与t 1的比值；(3)小球过D 点后将做周期性运动．则当小球运动的周期最大时，求出此时的磁感应强度B 0及运动的最大周期T m 的大小，并在图中画出此情形下小球运动一个周期的轨迹．解析：(1)带正电的小球做匀速直线运动，由平衡知识可知mg ＝Eq ，解得E ＝mgq.(2)小球能再次通过D 点，其运动轨迹如图1所示，设轨迹半径为r ，有s ＝v 0t 1，由几何关系得s ＝rtan 30°，设小球做圆周运动的周期为T ，则T ＝2πrv 0，t 0＝23T ，由以上各式得t 0t 1＝439π.(3)当小球运动的周期最大时，其运动轨迹应与MN 相切，如图2所示，由几何关系得 R ＋Rtan 30°＝(3＋1)L ，则R ＝L由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R ，得B 0＝m v 0qL，由几何知识可知一个周期运动总路程为 s 1＝3·23·2πR ＋6×R tan 30°，可得T m ＝s 1v 0＝（4π＋63）L v 0，小球运动一个周期的轨迹如图3所示．答案：(1)mg q (2)439π (3)m v 0qL （4π＋63）L v 0轨迹图见解析[课后作业(十四)] (建议用时：40分钟)一、选择题1.(2019·宁波高三综合考试)如图所示，半径为R 的光滑半圆弧绝缘轨道固定在竖直面内，磁感应强度为B 的匀强磁场方向垂直轨道平面向里．一可视为质点，质量为m ，电荷量为q (q >0)的小球由轨道左端A 处无初速度滑下，当小球滑至轨道最低点C 时，给小球再施加一始终水平向右的外力F ，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D 点，若小球始终与轨道接触，重力加速度为g ，则下列判断正确的是( )A ．小球在C 点受到的洛伦兹力大小为qB gR B ．小球在C 点对轨道的压力大小为3mg －qB 2gR C ．小球从C 到D 的过程中，外力F 大小保持不变 D ．小球从C 到D 的过程中，外力F 的功率不变解析：选B.因为洛伦兹力始终对小球不做功，故洛伦兹力不改变小球速度的大小，从A 点运动到C 点的过程中只有重力做功，根据动能定理得：mgR ＝12m v 2，解得：v ＝2gR .故小球在C 点受到的洛伦兹力大小为f ＝qB v ＝qB 2gR ，故A 错误；由左手定则可知，小球向右运动到C 点时若受到的洛伦兹力的方向向上，则有：N ＋q v B －mg ＝m v 2R ，解得：N ＝3mg －q v B＝3mg －qB 2gR ，故B 正确；小球从C 到D 的过程中，洛伦兹力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F 得增大，故C 错误；小球从C 到D 的过程中小球的速率不变，而洛伦兹力和支持力不做功，所以小球的动能不变，外力F 的功率与重力的功率大小相等，方向相反．由运动的合成与分解可知，小球从C 向D 运动的过程中，竖直方向的分速度越来越大，所以重力的功率增大，所以外力F 的功率也增大，故D 错误．2.(2019·丽水模拟)如图所示，有一范围足够大的水平匀强磁场，磁感应强度为B ，一个质量为m 、电荷量为＋q 的带电小圆环套在一根固定的绝缘竖直长杆上，环与杆间的动摩擦因数为μ.现使圆环以初速度v 0向上运动，经时间t 0圆环回到出发点．不计空气阻力，取竖直向上为正方向，下列描述该过程中圆环的速度v 随时间t 、摩擦力f 随时间t 、动能E k 随位移x 、机械能E 随位移x 变化规律的图象中，一定错误的是( )答案：C3．(多选)如图所示，空间存在水平向左的匀强电场E 和垂直纸面向外的匀强磁场B ，在竖直平面内从a 点沿ab 、ac 方向抛出两带电小球，不考虑两带电小球间的相互作用，两小球所带电荷量始终不变，关于小球的运动，下列说法正确的是( )A ．沿ab 、ac 方向抛出的带电小球都可能做直线运动B ．若沿ab 运动小球做直线运动，则该小球带正电，且一定是匀速运动C ．若沿ac 运动小球做直线运动，则该小球带负电，可能做匀加速运动D ．两小球在运动过程中机械能均保持不变解析：选AB.沿ab 抛出的带电小球受重力、电场力、洛伦兹力，根据左手定则，可知，只有带正电，受力才能平衡，而沿ac 方向抛出的带电小球，由上面的分析可知，小球带负电时，受力才能平衡，因速度影响洛伦兹力大小，所以若做直线运动，则必然是匀速直线运动，故A 、B 正确，C 错误；在运动过程中，因电场力做功，导致小球的机械能不守恒，故D 错误．4．(多选)如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，0～T3时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属板边缘飞出．微粒运动过程中未与金属板接触．重力加速度的大小为g .关于微粒在0～T 时间内运动的描述，正确的是( )A ．末速度大小为 2v 0B ．末速度沿水平方向C ．重力势能减少了12mgdD ．克服电场力做功为mgd解析：选BC.0～T3时间内微粒匀速运动，有mg ＝qE 0.把微粒的运动分解，水平方向：做速度为v 0的匀速直线运动；竖直方向：T 3～2T 3时间内，只受重力，做自由落体运动，2T3时刻，v 1y ＝g T 3；2T 3～T 时间内，a ＝2qE 0－mg m ＝g ，做匀减速直线运动，T 时刻，v 2y ＝v 1y －a ·T3＝0.所以末速度v ＝v 0，方向沿水平方向，选项A 错误，B 正确．重力势能的减少量ΔE p ＝mg ·d 2＝12mgd ，所以选项C 正确．根据动能定理：12mgd －W 克电＝0，得W 克电＝12mgd ，所以选项D 错误．5．(多选) 如图所示，M 、N 为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的任意值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，则( )A ．两板间电压的最大值U m ＝q 2B 2L 22mB ．CD 板上可能被粒子打中区域的长度x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－33LC ．粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πmqBD ．能打在N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 218m解析：选BCD.M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD 板上，所以其轨迹圆心在C 点，CH ＝QC ＝L ，故半径R 1＝L ，又因为Bq v 1＝m v 21R 1，qU m ＝12m v 21，可得U m ＝qB 2L 22m ，所以A 错误．设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中sin 30°＝R 2L －R 2＝12，可得R 2＝L3，CK 长为3R 2＝33L ，则CD 板上可能被粒子打中的区域即为HK 的长度，x ＝HK ＝L －CK ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3－33L ，故B 正确．打在QE 间的粒子在磁场中运动的时间最长，周期T ＝2πm qB ，所以t m ＝πmqB ，C 正确．能打到N 板上的粒子的临界条件是轨迹与CD 相切，由B 选项知，r m ＝R 2＝L3，可得v m＝BqL 3m ，动能E km ＝q 2B 2L 218m，故D 正确． 6．(多选)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B 的匀强磁场．磁场方向分别垂直于纸面向外和向里．AD 、AC 边界的夹角∠DAC ＝30°，边界AC 与边界MN 平行．Ⅱ区域宽度为d .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子可在边界AD 上的不同点射入．入射速度垂直于AD 且垂直于磁场，若入射速度大小为qBd m.不计粒子重力，则( )A ．粒子在磁场中的运动半径为d2B ．粒子从距A 点0.5d 处射入，不会进入Ⅱ区C ．粒子从距A 点1.5d 处射入，在Ⅰ区内运动的时间为πmqB。

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第九章磁场第2讲 Word版含答案

第2讲　磁场对运动电荷的作用[考试标准]知识内容考试要求说明运动电荷在磁场中受到的力c 带电粒子在匀强磁场中的运动d 1.不要求计算电荷运动方向与磁场方向不垂直情况下的洛伦兹力．2.不要求推导洛伦兹力公式.一、运动电荷在磁场中受到的力1．洛伦兹力磁场对运动电荷的作用力．2．洛伦兹力的方向(1)判定方法左手定则：掌心——磁感线从掌心进入；四指——指向正电荷运动的方向或负电荷运动的反方向；拇指——指向洛伦兹力的方向．(2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 和v 决定的平面．3．洛伦兹力的大小(1)v ∥B 时，洛伦兹力F ＝0.(θ＝0°或180°)(2)v⊥B时，洛伦兹力F＝q v B.(θ＝90°)(3)v＝0时，洛伦兹力F＝0.自测1　(多选)关于洛伦兹力方向的判定，以下说法正确的是( )A．用左手定则判定洛伦兹力方向时，“四指指向”与电荷运动方向相同B．用左手定则判定洛伦兹力方向时，“四指指向”与电荷定向运动形成的等效电流方向相同C．正电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向即是该处磁场方向D．若将在磁场中的运动电荷＋q换为－q且速度方向反向，则洛伦兹力方向不变答案　BD自测2　下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )答案　B二、带电粒子在匀强磁场中的运动1．洛伦兹力的特点：洛伦兹力不改变带电粒子速度的大小，或者说，洛伦兹力对带电粒子不做功．2．粒子的运动性质：(1)若v0∥B，则粒子不受洛伦兹力，在磁场中做匀速直线运动．(2)若v 0⊥B ，则带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．3．半径和周期公式：(1)由q v B ＝m ，得r ＝.v 2r m v qB(2)由v ＝，得T ＝.2πr T 2πm qB自测3　甲、乙两个质量和电荷量都相同的带正电的粒子(重力及粒子之间的相互作用力不计)，分别以速度v 甲和v 乙垂直磁场方向射入匀强磁场中，且v 甲＞v 乙，则甲、乙两个粒子的运动轨迹正确的是( )答案　A命题点一　对洛伦兹力的理解1．洛伦兹力的特点(1)利用左手定则判断洛伦兹力的方向，注意区分正、负电荷．(2)当电荷运动方向发生变化时，洛伦兹力的方向也随之变化．(3)运动电荷在磁场中不一定受洛伦兹力作用．(4)洛伦兹力一定不做功．2．洛伦兹力与安培力的联系及区别(1)安培力是洛伦兹力的宏观表现，二者是相同性质的力，都是磁场力．(2)安培力可以做功，而洛伦兹力对运动电荷不做功．例1　如图1所示，一轨道由两等长的光滑斜面AB 和BC 组成，两斜面在B 处用一光滑小圆弧相连接，BA 、BC 关于竖直线BD 对称且BD 右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，B 处可认为处在磁场中，P 是BC 的中点，一带电小球从A 点由静止释放后能沿轨道来回运动，C 点为小球在BD 右侧运动的最高点，则下列说法正确的是( )图1A ．C 点与A 点不在同一水平线上B ．小球向右或向左滑过B 点时，对轨道压力相等C ．小球向上或向下滑过P 点时，其所受洛伦兹力相同D ．小球从A 到B 的时间是从C 到P 时间的倍2答案　D解析　小球在运动过程中受重力、洛伦兹力和轨道支持力作用，因洛伦兹力不做功，支持力始终与小球运动方向垂直，也不做功，即只有重力做功，满足机械能守恒，因此C 点与A 点等高，在同一水平线上，选项A 错误；小球向右或向左滑过B 点时速度等大反向，即洛伦兹力等大反向，小球对轨道的压力不等，选项B 错误；同理小球向上或向下滑过P 点时，洛伦兹力也等大反向，选项C 错误；因洛伦兹力始终垂直于斜面，小球在AB 段和BC 段(设两斜面与水平面的夹角均为θ)的加速度均由重力沿斜面的分力产生，大小为g sin θ，由x ＝at 2得12小球从A 到B 的时间是从C 到P 时间的倍，选项D 正确．2变式1　如图2所示是电子射线管示意图．接通电源后，电子射线由阴极沿x轴正方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线．要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，下列措施可采用的是( )图2A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向C．加一磁场，磁场方向沿x轴正方向D．加一磁场，磁场方向沿y轴负方向答案　B变式2　如图3所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时，速度为v.若加上一个垂直纸面向外的磁场，则滑到底端时( )图3A．v变大B．v变小C．v不变D．不能确定v的变化答案　B解析　由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用，故物体对斜面的正压力增大，斜面对物体的滑动摩擦力增大，物体克服摩擦力做功增大，所以物体滑到底端时v变小，B正确．命题点二　带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的分析思路模型1　直线边界磁场直线边界，粒子进出磁场具有对称性(如图4所示)图4图a 中t ＝＝T 2πm Bq图b 中t ＝(1－)T ＝(1－)＝θπθπ2πm Bq 2m (π－θ)Bq图c 中t ＝T ＝θπ2θm Bq例2　(多选)如图5所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，速度相同的两带电粒子A 、B 从O 点射入磁场中，速度与磁场边界的夹角为θ(θ＝60°)，已知A 粒子带负电，B 粒子带正电，且A 、B 粒子的质量之比为1∶4，带电荷量之比为1∶2，不计粒子重力，下列说法中正确的是( )图5A ．A 、B 粒子的轨道半径之比为2∶1B ．A 、B 粒子回到边界时，速度大小、方向都相同C ．A 、B 粒子回到边界时的位置离O 点的距离之比为2∶1D ．A 、B 粒子在磁场中运动的时间相同答案　BD解析　由洛伦兹力提供向心力，有qB v ＝m ，故r ＝，所以＝×＝，所以选项A v 2r m v Bqr A r B m A m B q B q A 12错误；据左手定则，A 、B 粒子的电性相反，偏转方向相反，由于洛伦兹力不做功，所以速度大小不变，根据粒子做圆周运动的对称性，A 、B 粒子回到边界时的速度方向都是与边界成60°角斜向右下，所以B 选项正确；由几何关系能求得粒子回到边界时到出发点的距离d ＝2r sinθ，所以＝＝，选项C 错误；由运动学公式，粒子运动的时间分别为t A ＝，t B ＝d A d B r A r B 122(π－θ)r A v ，所以＝·＝×＝，所以选项D 正确．2θ·r B vt A t B 2(π－θ)2θr A r B 240°120°1211模型2　平行边界磁场平行边界存在临界条件(如图6所示)图6图a 中t 1＝，t 2＝＝θm Bq T 2πm Bq图b 中t ＝θm Bq图c 中t ＝(1－)T ＝(1－)＝θπθπ2πm Bq 2m (π－θ)Bq图d 中t ＝T ＝θπ2θm Bq例3　(2015·浙江9月选考样题·23)某科研小组设计了一个粒子探测装置．如图7甲所示，一个截面半径为R 的圆筒(筒长大于2R )水平固定放置，筒内分布着垂直于轴线的水平方向匀强磁场，磁感应强度大小为B .图乙为圆筒的入射截面，图丙为竖直方向过筒轴的切面．质量为m ，电荷量为q 的正离子以不同的初速度垂直于入射截面射入筒内．圆筒内壁布满探测器，可记录粒子到达筒壁的位置．筒壁上的P 点和Q 点与入射面的距离分别为R 和2R .(离子碰到探测器即被吸收，忽略离子间的相互作用)图7(1)离子从O 点垂直射入，偏转后到达P 点，求该离子的入射速度v 0的大小；(2)离子从OC 线上垂直射入，求位于Q 点处的探测器接收到的离子的入射速度范围；(3)若离子以第(2)问求得范围内的速度垂直入射，从入射截面的特定区域入射的离子偏转后仍能到达距入射面为2R 的筒壁位置，画出此入射区域的形状并求其面积．答案　(1)　(2)≤v ≤　(3)见解析图　－qBR m 2qBR m 5qBR 2m 2πR 233R 22解析　(1)离子运动的半径为RqB v 0＝m ，v 0＝v 02RqBR m (2)如图，离子以v 1从C 点入射时，才能到达Q 点，偏转半径为R 1＝2RqB v 1＝m v 12R 1v 1＝2qBR m从O 点入射时，设半径为R 2，根据题意得(R 2－R )2＋(2R )2＝R 22，解得R 2＝R 52qB v 2＝m v 22R 2v 2＝5qBR2m所以≤v ≤2qBR m 5qBR 2m(3)当离子以的速度在偏离竖直线CO 入射时，入射点与正下方筒壁的距离仍然为R .5qBR 2m 所以特定入射区域为图中阴影部分由几何关系得∠AO 1B ＝120°，O 1A ＝O 1B ＝O 1O 2＝R＝×πR 2＝1AO B S 扇形120°360°πR 23＝R ·＝R 2，1AO B S 32R 234S 总＝2()＝－.11AO B AO B S S －扇形2πR 233R 22模型3　圆形边界磁场沿径向射入圆形边界匀强磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)图8r ＝Rtan θt ＝T ＝θπ2θm Bqθ＋α＝90°例4　空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直横截面．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A. B. C. D.3m v 03qR m v 0qR 3m v 0qR3m v 0qR 答案　A解析　若磁场方向垂直于横截面向外(未画出)，带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系知r ＝R .根据洛伦兹力提供向心力得：q v 0B ＝m ，解得B ＝.若磁场方向垂3v 02r 3m v 03qR直于横截面向里可得到同样的结果，选项A 正确．模型4　三角形边界磁场例5　如图9所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q (q >0)的带电粒子(重力不计)从AB 边的中心O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场磁感应强度的大小B 需满足( )图9A ．B > B ．B <3m v3aq3m v 3aq C ．B > D ．B <3m vaq 3m v aq 答案　B解析　若粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，如图所示，则粒子运动的半径为r 0＝＝a .由q v B ＝得r ＝，粒子要能从AC 边射出，粒子运行的半径应满足r >r 0，a tan 30°3m v 2r m v qB解得B <，选项B 正确．3m v 3aq命题点三　带电粒子在磁场中运动的多解和临界极值问题1．多解的几种情况(1)带电粒子电性不确定形成多解：受洛伦兹力作用的带电粒子，可能带正电，也可能带负电，在相同的初速度条件下，正、负粒子在磁场中运动的轨迹不同而形成多解．(2)磁场方向不确定形成多解：带电粒子垂直进入方向不确定的匀强磁场时，其偏转方向不同而形成多解．(3)运动的往复性形成多解：带电粒子在交变的磁场中运动时，运动往往具有周期性而形成多解．(4)临界条件不唯一形成多解：带电粒子在有界磁场中运动时，因轨道半径不同而形成多解．2．临界极值问题(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．(2)当速度v 一定时，弧长越长，圆心角越大，则该带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动的时间越长．(3)一带电粒子(不计重力)在有界磁场中运动，当其速率v 变化时，圆心角越大，运动时间越长．例6　如图10所示，在x <0与x >0的区域中，存在磁感应强度大小分别为B 1与B 2的匀强磁场，磁场方向均垂直于纸面向里，且B 1>B 2.一个带负电荷的粒子(不计重力)从坐标原点O 以速度v 沿x 轴负方向射入，要使该粒子经过一段时间后又经过O 点，B 1与B 2的比值应满足什么条件？图10答案　＝(n ＝1,2,3，…)B 1B 2n ＋1n解析　粒子在整个运动过程中的速度大小恒为v ，交替地在xOy 平面内磁感应强度为B 1与B 2的磁场区域中做匀速圆周运动，轨迹都是半个圆周．设粒子的质量和电荷量的大小分别为m和q ，圆周运动的半径分别为r 1和r 2，由q v B ＝得r 1＝①m v 2r m v qB 1r 2＝②m v qB 2现分析粒子运动的轨迹如图所示，在xOy 平面内，粒子先沿半径为r 1的半圆C 1运动至y 轴上离O 点距离为2r 1的A 点，接着沿半径为r 2的半圆D 1运动至y 轴上的O 1点，OO 1的距离d ＝2(r 2－r 1)③此后，粒子每经历一次“回旋”(即从y 轴上某点以速度v 沿x 轴负方向出发经过半径为r 1的半圆和半径为r 2的半圆回到原点下方的y 轴上某点)，粒子的纵坐标就减小d .设粒子经过n 次回旋后与y 轴交于O n 点，若满足nd ＝2r 1(n ＝1,2,3，…)④则粒子就能沿半圆C n ＋1经过原点．由③④式解得＝(n ＝1,2,3，…)⑤r 1r 2n n ＋1联立①②⑤式可得B 1、B 2的比值应满足的条件：＝(n ＝1,2,3，…)B 1B 2n ＋1n变式3　如图11所示，条形区域AA ′，BB ′中存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B 的大小为0.3 T ，AA ′、BB ′为磁场边界，它们相互平行，条形区域的长度足够长，宽度d ＝1 m ．一束带正电的某种粒子从AA ′上的O 点以大小不同的速度沿着与AA ′成60°角方向射入磁场，当粒子的速度小于某一值v 0时，粒子在磁场区域内的运动时间恒为t 0＝4×10－8 s ；当粒子速度为v 1时，刚好垂直边界BB ′射出磁场．取π＝3，不计粒子所受重力．求：图11(1)粒子的比荷；(2)速度v 0和v 1的大小．答案　(1)×108 C/kg (2)×108 m /s 2×108 m/s 10323解析　(1)当粒子的速度小于某一值v 0时，无论粒子速度多大，在磁场中运动的时间都相同，粒子不能从BB ′边离开磁场区域，只能从AA ′边离开，轨迹如图所示(图中只画了一个粒子的轨迹)．粒子在磁场区域内做圆周运动的圆心角均为φ1＝240°，运动时间t 0＝T .23由q v B ＝m ，T ＝得：T ＝，v 2R 2πR v2πm Bq 解得＝×108 C/kg.q m 103(2)当粒子速度为v 0时，粒子在磁场内的运动轨迹刚好与BB ′边界相切，此时有R 0＋R 0sin 30°＝d .又q v 0B ＝，m v 02R 0得v 0＝×108 m/s ，23当粒子速度为v 1时，刚好垂直边界BB ′射出磁场区域，此时轨迹所对应的圆心角φ2＝30°，有R 1sin 30°＝d .又q v 1B ＝.m v 12R 1得v 1＝2×108 m/s.1．带电荷量为＋q 的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( )A ．只要速度大小相同，所受洛伦兹力就相同B ．如果把＋q 改为－q ，且速度反向、大小不变，则其所受洛伦兹力的大小、方向均不变C ．洛伦兹力方向一定与电荷运动方向垂直，磁场方向也一定与电荷运动方向垂直D ．粒子在只受洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案　B2.如图1是科学史上一张著名的实验照片，显示一个带电粒子在云室中穿过某种金属板运动的径迹．云室放置在匀强磁场中，磁场方向垂直照片向里．云室中横放的金属板对粒子的运动起阻碍作用．分析此运动轨迹可知粒子( )图1A ．带正电，由下往上运动B ．带正电，由上往下运动C ．带负电，由上往下运动D ．带负电，由下往上运动答案　A解析　由题图可以看出，上方的轨迹半径小，说明粒子的速度小，所以粒子是从下方往上方运动；再根据左手定则，可以判定粒子带正电．3．速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场，其轨迹照片如图所示，则磁场最强的是( )答案　D解析　由q v B ＝可得B ＝.磁场最强的对应轨迹半径最小，选项D 正确．m v 2R m v qR4.(2018·诸暨中学段考)如图2所示，a 、b 、c 、d 为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电粒子从正方形中心O 点沿垂直纸面向内运动，它所受洛伦兹力的方向( )图2A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右答案　A解析　磁场为4根长直导线在O 点产生的合磁场，根据右手螺旋定则，a 在O 点产生的磁场方向水平向左，b 在O 点产生的磁场方向竖直向上，c 在O 点产生的磁场方向水平向左，d 在O 点产生的磁场方向竖直向下，所以合磁场方向水平向左．根据左手定则，此带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上．5．如图3所示，一个带正电q 的带电体处于垂直于纸面向里的匀强磁场B 中，带电体的质量为m ，为了使它对水平的绝缘面恰好没有正压力，则应该( )图3A ．将磁感应强度B 的值增大B ．使磁场以速率v ＝向上运动mg qBC ．使磁场以速率v ＝向右运动mg qBD ．使磁场以速率v ＝向左运动mg qB答案　D解析　由于带电体对水平绝缘面恰好没有正压力，则带电体受重力与洛伦兹力的作用，两者等大反向，再由左手定则判断可知此带电体必相对磁场向右运动，由平衡条件有Bq v ＝mg ，v ＝，故D 正确．mg Bq6．如图4所示，匀强磁场中有一个电荷量为q 的正离子，自a 点沿半圆轨道运动，当它运动到b 点时，突然吸收了附近若干电子，接着沿另一半圆轨道运动到c 点，已知a 、b 、c 在同一直线上，且ac ＝ab ，电子的电荷量为e ，电子质量可忽略不计，则该正离子吸收的电子个12数为( )图4A.B. C. D.3q 2e q e 2q 3e q 3e 答案　D解析　正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动的半径r ＝，正离子吸收电子后半径发生变化，m v Bq r ′＝＝，所以q ′＝，Δq ＝q ，n ＝＝，D 正确．3r 2m v Bq ′2q 313Δq e q 3e7．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率对准圆心O 沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图5.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图5A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长答案　C解析　粒子向右运动，根据左手定则，b 向上偏转，应当带正电；a 向下偏转，应当带负电，故A 错误；洛伦兹力提供向心力，即：q v B ＝，得：r ＝，故半径较大的b 粒子速度大，m v 2r m v qB动能也大，故C 正确；F 洛＝q v B ，故速度大的b 粒子所受洛伦兹力较大，故B 错误；磁场中质量相同，带电荷量相等的粒子，偏转角大的运动时间长；a 粒子的偏转角大，因此a 粒子在磁场中运动的时间较长，故D 错误．8.如图6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6A ．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　带正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，运动轨迹如图所示，由几何关系得，r c ＝2r b ，θb ＝120°，θc ＝60°，由q v B ＝m 得，v ＝，则v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, v 2rqBr m 又由T ＝，t ＝T 和θb ＝2θc 得t b ∶t c ＝2∶1，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．2πm qB θ2π9．如图7所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，比荷为的电子以速度v 0e m从A 点沿AB 边入射，欲使电子经过BC 边，磁感应强度B 的取值为( )图7A ．B >2m v 0aeB ．B <2m v 0aeC ．B > 3m v 0aeD ．B <3m v 0ae 答案　D解析　由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝＝ a ，要a 2cos 30°33想电子从BC 边经过，电子做圆周运动的半径要大于a ，由带电粒子在磁场中运动的公式33知r ＝，故a <，即B<，故选D.m v qB 33m v 0eB 3m v 0ae10.如图8所示的狭长区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，区域的左、右两边界均沿竖直方向，磁场左、右两边界之间的距离为L ，磁感应强度的大小为B .某种质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从左边界上的P 点以水平向右的初速度进入磁场区域，该粒子从磁场的右边界飞出，飞出时速度方向与右边界的夹角为30°，重力的影响忽略不计．图8(1)求该粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径；(2)求该粒子的运动速率；(3)求该粒子在磁场中运动的时间．答案　(1)L (2)　(3)23323qBL 3m πm 3qB 解析　(1)粒子飞出时速度方向与右边界夹角为30°，则在磁场中偏转角为60°，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径R ＝＝L .L sin 60°233(2)由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2R所以v ＝＝.qBR m 23qBL 3m (3)由q v B ＝，T ＝得，圆周运动周期T ＝m v 2R 2πR v2πm qB 所以粒子在磁场中运动的时间t ＝＝.T 6πm 3qB11．在以坐标原点为中心、边长为L 的正方形EFGH 区域内，存在磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图9所示．在A 处有一个粒子源，可以连续不断的沿－x 方向射入速度不同的带电粒子，且都能从磁场的上边界射出．已知粒子的质量为m ，电荷量大小为q ，重力不计，不考虑粒子间的相互作用．图9(1)试判断粒子的电性；(2)求从F 点射出的粒子在磁场中运动的时间；(3)若粒子以速度v ＝射入磁场，求粒子由EF 边射出时的位置坐标．qBL m答案　(1)粒子带负电　(2)　(3)(－L ，)πm qB 3－12L 2解析　(1)由左手定则可知粒子带负电．(2)粒子由F 点射出时，运动方向水平向右，其在磁场中运动轨迹为半圆，则运动时间为：t ＝＝T 2πm qB(3)由牛顿第二定律q v B ＝m v 2r解得r ＝＝L m v qB则粒子从C 点射出，运动轨迹如图所示由几何关系得OA ＝O ′F ＝AF ＝，CF ＝L L 232则粒子从EF 边射出时的位置坐标为(－L ，)3－12L 212．(2017·浙江11月选考·23)如图10所示，x 轴上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，坐标原点有一正离子源，单位时间在xOy 平面内发射n 0个速率均为v 的离子，分布在y 轴两侧各为θ的范围内．在x 轴上放置长度为L 的离子收集板，其右端点距坐标原点的距离为2L ，当磁感应强度为B 0时，沿y 轴正方向入射的离子，恰好打在收集板的右端点．整个装置处于真空中，不计重力，不考虑离子间的碰撞，忽略离子间相互作用．图10(1)求离子的比荷；q m(2)若发射的离子被收集板全部收集，求θ的最大值；(3)假设离子到达x 轴时沿x 轴均匀分布，当θ＝37°，磁感应强度在B 0≤B ≤3B 0的区间取不同值时，求单位时间内收集板收集到的离子数n 与磁感应强度B 之间的关系．(不计离子在磁场中运动的时间)答案　(1)　(2)60°　(3)见解析v B 0L 解析　(1)磁场强度为B 0时，沿着y 轴正方向射入的离子，正好打在收集板右端，则离子轨迹如图甲：可知R ＝L ，又q v B 0＝m ，v 2R联立可得：＝q m v B 0L(2)如图乙所示，以最大值θm 入射时，乙根据几何关系，有：2R cos θm ＝L ，故θm ＝60°(3)B ≥B 0，全部收集到离子时的最小半径为R 1，如图丙丙有2R 1cos 37°＝L ，得B 1＝＝1.6B 0m v qR 1当B 0≤B ≤1.6B 0时，n 1＝n 0B >1.6B 0，恰好收集不到离子时的半径为R 2，有R 2＝0.5L ，得B 2＝2B 0因此当1.6B 0<B ≤2B 0时，设R ′＝，m v qB则n 2＝n 0＝n 0(5－)，2R ′－L2R ′(1－cos 37°)5B 2B 0当2B 0<B ≤3B 0时，极板上无法收集到离子，n 3＝0.。

(浙江专用)学年高中物理第三章磁场3_2磁感应强度课件新人教版选修3_1

第2节磁感应强度［研究学考•明确要求］1•了解磁感应强度的概念，知道磁感应强度方向的规定*定义式和单位。

知识内容磁感应强度考试要求学考C 选考C 基本要求2. 了解影响通电导线受力的因素。

3.知道公式F=ILB 或B=：的适用范围，并会用来进行简单的计算。

［基础梳理］1. 磁感应强度：描述磁场强弱和方向的物理量。

2. 方向：小磁针静止时卫极所指的方向规定为该点的磁感应强度的方向，简称为旨场的方向。

I 課堂互动学习3. 磁场方向的几种判断方法基础自诊省课堂互动 • ・• •••知识点一磁感应强度的方向(1)磁感应强度的方向；(2)小磁针N极受力的方向；(3)小磁针静止时N极的指向o4.小磁针在磁场中静止时所受合力为零, 即N极与S极所受磁场力平衡,故描述磁场方向时应表述为小磁针N极的受力方向或静止时N极所指的方向，而不能说成是小磁针的受力方向。

［典例精析］【例1】下列说法正确的A.磁场中任一点的磁场方向，规定为小磁针在磁场中所受磁场力的方向B.磁场中任一点的磁场方向，规定为小磁针在磁场中北极所受磁场力的方向C.磁场中任一点的磁场方向规定为小磁针在磁场中南极所受磁场力方向D.磁场中任一点的磁场方向规定为小磁针在磁场中受磁场力转动的方向解析磁场中任一点的磁场方向,规定为小磁针在磁场中北极所受磁场力的方向,故B正确。

答案BI规律总结I(1)磁感应强度方向和小磁针N极所受磁场力的方向相同。

(2)磁场中某点磁感应强度的大小和方向是确定的，与小磁针存在与否无关。

［即学即练］1.下列关于磁感应强度的方向的说法中，正确的是()A.某处磁感应强度的方向就是一小段通电导体放在该处时所受磁场力的方向B.小磁针N极的方向就是该处磁感应强度的方向C.垂直于磁场放置的通电导线的受力方向就是磁感应强度的方向D.磁场中某点的磁感应强度的方向就是该点的磁场方向解析磁场中某点磁感应强度的方向表示该点的磁场的方向, 磁场方向也就是小磁针N极受力的方向。