(江苏专版)2019版高考物理二轮复习专题三第二讲磁场的基本性质课前自测诊断卷(含解析)

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江苏省2019版高考物理二轮复习专题三第二讲磁场的基本性质课前自测诊断卷(含解析)

磁场的基本性质1.[[多选]如图所示，三根平行的足够长的通电直导线A、B、C分别放置在一个等腰直角三角形的三个顶点上，其中AB边水平，AC边竖直。

O点是斜边BC的中点，每根导线在O点所产生的磁感应强度大小均为B0，下列说法中正确的有( )A．导线B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为2B0B．导线A、B、C在O点产生的总的磁感应强度大小为B0C．导线B、C在A点产生的总的磁感应强度方向由A指向OD．导线A、B在O点产生的总的磁感应强度方向水平向右解析：选ACD 导线B、C在O点产生的磁场方向相同，磁感应强度叠加后大小为2B0，选项A正确；由题意可知，三根平行的通电直导线在O点产生的磁感应强度大小相等，B合＝B02＋B02＝5B0，选项B错误；导线B、C在A点产生的总的磁感应强度的方向是两个磁场叠加后的方向，方向由A指向O，选项C正确；根据安培定则和矢量的叠加原理，导线A、B在O点产生的总的磁感应强度的方向水平向右，选项D正确。

2．[考查闭合电路欧姆定律与平衡问题]如图甲所示，两根间距为d的平行光滑金属导轨间接有电动势为E、内阻为r的电源。

导轨平面与水平面间的夹角为θ。

金属杆ab垂直导轨静止放置，不计金属杆ab及导轨的电阻，金属杆ab的质量为m，金属杆与导轨接触良好。

整个装置处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。

重力加速度为g，求：(1)金属杆ab所受安培力的大小；(2)滑动变阻器的阻值R；(3)若将磁场方向按乙图所示的方向逆时针旋转90°至水平方向(虚线所指)，且始终保持ab杆处于静止状态，试通过受力分析说明磁感应强度的大小变化情况。

解析：(1)金属杆处于静止状态，故金属杆受到水平向右的安培力，竖直向下的重力以及垂直斜面向上的支持力，三力平衡，根据矢量三角形可得F＝mg tan θ。

(2)金属杆受到的安培力F＝BId＝mg tan θ，I＝Er＋R，联立解得R ＝BEdmg tan θ－r 。

2019版高考物理江苏专版二轮复习检测：第一部分专题三电场与磁场 Word版含解析

专题三电场与磁场第一讲电场的基本性质1.[考查点电荷的电场强度、电场的叠加][多选]若规定无限远处的电势为零，真空中点电荷周围某点的电势φ可表示为φ＝k Q r，其中k 为静电力常量，Q 为点电荷的电荷量，r 为该点到点电荷的距离。

如图所示，M 、N 是真空中两个电荷量均为＋Q 的固定点电荷，M 、N 间的距离为1.2d ，OC 是MN 连线的中垂线，∠OCM ＝37°。

C 点电场强度E 和电势φ的大小分别为( )A ．E ＝4k Q 5d 2B ．E ＝8k Q 5d2 C ．φ＝2k Q dD ．φ＝8k Q 5d 解析：选BC 由几何关系可知MC ＝NC ＝d ，M 、N 点电荷在C 点产生的场强大小相等，均为E 1＝k Q d2，根据电场的叠加原理可得，M 、N 点电荷在C 点的合场强大小为E ＝2E 1cos 37°＝8k Q 5d 2，场强方向水平向右，选项B 正确，A 错误；M 、N 单独存在时C 点的电势均为φ1＝k Q d ，C 点的电势大小为φ＝2φ1＝2k Q d ，选项C 正确，D 错误。

2．[考查匀强电场的电场强度计算]如图所示，梯形abdc 位于某匀强电场所在平面内，两底角分别为60°、30°，cd ＝2ab ＝4 cm 。

已知a 、b 两点的电势分别为4 V 、0，将电荷量q＝1.6×10－3 C 的正电荷由a 点移动到c 点，克服电场力做功6.4×10－3 J 。

下列关于电场强度的说法中正确的是( )A ．垂直ab 向上，大小为400 V/mB ．垂直bd 斜向上，大小为400 V/mC ．平行ca 斜向上，大小为200 V/mD ．平行bd 斜向上，大小为200 V/m解析：选B 由W ＝qU 知Uac ＝W q ＝－6.4×10－31.6×10－3V ＝－4 V ，而φa ＝4 V ，所以φc ＝8 V ，过b 点作be ∥ac 交cd 于e ，因在匀强电场中，任意两条平行线上距离相等的两点间电势差相等，所以U ab ＝U ce ，即φe ＝4 V ，又因cd ＝2ab ，所以U cd ＝2U ab ，即φd ＝0，所以bd 为一条等势线，又由几何关系知eb ⊥bd ，由电场线与等势线的关系知电场强度必垂直bd 斜向上，大小为E ＝U e b ed ·sin 30°＝41×10－2V/m ＝400 V/m ，B 项正确。

江苏省2019届高考物理复习专项练习：磁场_磁感应强度磁场对通电导线的作用力_安培定则(1)

D．牛顿根据理想斜面实验，提出力不是维持物体运动的原因
三、填空题
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5. 难度：中等
电流的磁场分为三类：通电直导线的磁场、环形电流的磁场、__________（磁场方向与条形磁铁类似），电流的磁场方向都是根据_________定则（左、右）来判断．
四、选择题
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6. 难度：中等
当磁铁接近发光的白炽灯泡，可以看到灯丝抖起来．关于这一现象（）
B.卡文迪许通过实验测出了万有引力常量
C.牛顿最早指出力不是维持物体运动的原因
D.安培提出了分子电流假说，并在磁场与电流的相互作用方面做出了杰出的贡献
六、选择题
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8. 难度：简单
关于科学家在电磁学中的贡献，下列说法错误的是（）
A.密立根测出了元电荷e的数值
B.法拉第提出了电场线和磁感线的概念
D.可能是小磁针正上方有电子流自北向南水平通过
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4. 难度：简单
以下关于物理学史和物理方法叙述中，正确的是
A．伽利略探究物体下落规律的过程使用的科学方法是：问题→猜想→数学推理→实验验证→合理外推→得出结论
B．安培通过多年的研究，发现了电流周围存在磁场
C．卡文迪许利用扭称实验得出万有引力与距离平方成反比的规律
D. I必定垂直于F、B，但F不一定垂直于B
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10. 难度：简单
以下叙述正确的是（）
A.牛顿发现了万有引力定律并通过实验测量计算出引力常量G
B.丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应，并总结了右手螺旋定则
C.德国天文学家开普勒发现了万有引力定律，提出了牛顿三大定律
D.法国物理学家库仑利用扭秤实验发现了电荷之间的相互作用规律﹣﹣库仑定律，并测出了静电力常量K的值

(江苏专版)高考物理第二轮复习第3讲功能互考讲义册子-人教版高三全册物理试题

第3讲功能互考题一：如图，光滑水平面上，一小球在穿过O孔的绳子的拉力作用下沿一圆周匀速运动，当绳的拉力为F时，圆周半径为R，当绳的拉力增大到8F时，小球恰可沿半径为R/2的圆周匀速运动。

在上述增大拉力的过程中，绳的拉力对球做的功为〔〕A．0 B．3FR/2C．7FR/2 D．4FR题二：如下列图，电阻为R的长直螺线管，其两端通过电阻可忽略的导线相连接。

一个质量为m的小条形磁铁A从静止开始落入其中，经过一段距离后以速度v做匀速运动。

假设小磁铁在下落过程中始终沿螺线管的轴线运动且无翻转。

〔1〕定性分析说明：小磁铁的磁性越强，最后运动的速度就越小；〔2〕小磁铁做匀速运动时在回路中产生的感应电动势约为多少？题三：如下列图，将小物块〔可视为质点〕平放在水平桌面的一张薄纸上，对纸施加恒定水平拉力将其从物块底下抽出，物块的位移很小，人眼几乎观察不到物块的移动。

物块的质量为M，纸与桌面、物块与桌面间的动摩擦因数均为μ1，纸与物块间的动摩擦因数为μ2，重力加速度为g。

假设薄纸质量可忽略，纸的后边缘到物块的距离为L，从开始抽纸到物块最终停下，假设物块相对桌面移动了很小的距离s0〔人眼观察不到物块的移动〕，求此过程中水平拉力所做的功。

题四：如下列图，用半径为0.4 m的电动滚轮在长薄铁板上外表压轧一道浅槽。

薄铁板的长为2.8 m、质量为10 kg。

滚轮与铁板、铁板与工作台面间的动摩擦因数分别为0.3和0.1。

铁板从一端放入工作台的滚轮下，工作时滚轮对铁板产生恒定的竖直向下的压力为100 N，在滚轮的摩擦作用下铁板由静止向前运动并被压轧出一浅槽。

滚轮转动的角速度恒为 5 rad/s，g取10 m/s2。

〔1〕加工一块铁板需要多少时间？〔2〕加工一块铁板电动机要消耗多少电能？〔不考虑电动机自身的能耗〕题五：一同学利用手边的两个完全一样的质量为m 的物块和两个完全一样、劲度系数未知的轻质弹簧，做了如下的探究活动。

重力加速度为g ，不计空气阻力。

2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第八章磁场第2讲

第2讲磁场对运动电荷的作用一、洛伦兹力的大小和方向1．定义：磁场对运动电荷的作用力． 2．大小(1)v ∥B 时，F ＝0； (2)v ⊥B 时，F ＝q v B ；(3)v 与B 的夹角为θ时，F ＝q v B sin θ. 3．方向(1)判定方法：应用左手定则，注意四指应指向正电荷运动方向或负电荷运动的反方向； (2)方向特点：F ⊥B ，F ⊥v ，即F 垂直于B 、v 决定的平面．(注意B 和v 可以有任意夹角) 4．做功：洛伦兹力不做功．自测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速度方向垂直，磁场方向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 B二、带电粒子(不计重力)在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子以入射速度v 做匀速直线运动．2．若v ⊥B 时，带电粒子在垂直于磁感线的平面内，以入射速度v 做匀速圆周运动． 3．基本公式(1)向心力公式：q v B ＝m v 2r ；(2)轨道半径公式：r ＝m vBq ；(3)周期公式：T ＝2πmqB.注意：带电粒子在匀强磁场中运动的周期与速率无关．自测2 (多选)如图1所示，在匀强磁场中，磁感应强度B 1＝2B 2，当不计重力的带电粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时，粒子的( )图1A．速率将加倍B．轨迹半径加倍C．周期将加倍D．做圆周运动的角速度将加倍答案BC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．3．洛伦兹力与电场力的比较例1(多选)如图2所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )图2A ．0 B.12m v 02 C.m 3g 22q 2B 2 D.12m (v 02－m 2g 2q 2B2) 答案 ABD解析若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v 0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为12m v 02，选项B 正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v ＝mgqB，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W ＝12m v 02－12m v 2＝12m (v 02－m 2g 2q 2B2)，选项C 错误，D 正确．变式1 带电粒子以初速度v 0从a 点垂直y 轴进入匀强磁场，如图3所示，运动中粒子经过b 点，Oa ＝Ob .若撤去磁场加一个与y 轴平行的匀强电场，仍以v 0从a 点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过b 点，那么电场强度E 与磁感应强度B 之比为( )图3A ．v 0B ．1C ．2v 0 D.v 02答案 C解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O 为圆心，故Oa ＝Ob ＝m v 0qB ，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob ＝v 0t ，Oa ＝qE 2m t 2，联立以上各式解得EB ＝2v 0，故选项C 正确．命题点二带电粒子在有界匀强磁场中的圆周运动模型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 2＝πmBq图b 中t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m (π－θ)Bq图c 中t ＝θπT ＝2θmBq例2 (2017·淮阴中学模拟)如图5，在一水平放置的平板MN 的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向里，许多质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿位于纸面内的各个方向，由小孔O 射入磁场区域，不计重力，不计粒子间的相互作用，下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中R ＝m vBq，则下列图正确的是( )图5答案 A解析所有粒子的速率相等，由R ＝m vqB 可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，从O 点水平向右射入的粒子恰好应为最右端边界，OA ＝2r ＝2R ；随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O 点为圆心以2R 为半径转动，则可得出符合题意的范围应为A.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＝θm Bq ，t 2＝T 2＝πmBq图b 中t ＝θmBq图c 中t ＝(1－θπ)T ＝(1－θπ)2πm Bq ＝2m (π－θ)Bq图d 中t ＝θπT ＝2θmBq例3 (2018·泰州二中月考)如图7甲所示的直角坐标系内，在x 0(x 0>0)处有一垂直x 轴放置的挡板．在y 轴与挡板之间的区域内存在一个与xOy 平面垂直且指向纸内的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度B ＝0.2 T ．位于坐标原点O 处的粒子源向xOy 平面内发射出大量同种带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均为v 0＝1.0×106 m/s ，方向与x 轴正方向的夹角为θ，且0≤θ≤90°，该粒子的比荷为qm ＝1.0×108 C/kg ，不计粒子所受重力和粒子间的相互作用，粒子打到挡板上后均被挡板吸收．图7(1)求粒子在磁场中运动的轨道半径R ；(2)如图乙所示，为使沿初速度方向与x 轴正方向的夹角θ＝30°射出的粒子不打到挡板上，则x 0必须满足什么条件？该粒子在磁场中运动的时间是多少？(3)若x 0＝5.0×10－2 m ，求粒子打在挡板上的范围(用y 坐标表示)，并用“”图样在图丙中画出粒子在磁场中所能到达的区域．答案 (1)5.0×10－2 m (2)x 0≥7.5×10－2 m 23π×10－7 s (3)－5.0×10－2 m ≤y <5.0×10－2 m见解析图解析 (1)由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02R解得：R ＝m v 0qB＝5.0×10－2 m(2)如图甲所示，设粒子的运动轨迹恰好与挡板相切，由几何关系得：x 0＝R ＋R sin θ 解得：x 0＝7.5×10－2 m为使该粒子不打到挡板上：x 0≥7.5×10－2 m设粒子在磁场中运动的周期为T ，T ＝2πR v 0＝2πmBq ＝π×10－7 s由几何知识可知，粒子的轨道对应的圆心角为：α＝2θ＋π＝43π则该粒子在磁场中运动的时间：t ＝43π2πT ＝23T ＝23π×10－7 s(3)若x 0＝5.0×10－2 m ，则x 0＝R当粒子沿着－y 方向入射时，将打在挡板上的A 点，其纵坐标：y A ＝－R ＝－5.0×10－2 m 当粒子沿着＋x 方向入射时，粒子的运动轨迹恰好与挡板相切于B 点，其纵坐标：y B ＝R ＝5.0×10－2 m则粒子打在挡板上的范围为：－5.0×10－2 m ≤y <5.0×10－2 m. 粒子在磁场中所能到达的区域如图乙所示．甲乙模型3 圆形边界磁场沿径向射入圆形磁场必沿径向射出，运动具有对称性(如图8所示)图8r ＝R tan θ t ＝θπT ＝2θm Bq θ＋α＝90°例4 (2017·全国卷Ⅱ·18)如图9，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P 为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v 2∶v 1 为( )图9A.3∶2B.2∶1C.3∶1 D ．3∶ 2 答案 C解析当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P 点最远，则当粒子射入的速率为v 1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R ，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 1＝R cos 60°＝12R ；若粒子射入的速率为v 2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r 2＝R cos 30°＝32R ；根据q v B ＝m v 2r 得r ＝m v qB ，知v 2∶v 1＝r 2∶r 1＝3∶1，故选项C 正确．甲乙命题点三带电粒子在磁场中运动的多解问题有一个小孔O 、O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力及离子之间的相互作用．求：图10(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O ′垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．答案 (1)2πm qT 0 (2)πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)解析设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向．(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0q v 0＝m v 02R做匀速圆周运动的周期T 0＝2πRv 0由以上两式得磁感应强度B 0＝2πmqT 0(2)要使正离子从O ′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4；当两板之间正离子运动n 个周期，即nT 0时，有R ＝d4n (n ＝1,2,3，…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd2nT 0(n ＝1,2,3，…)1．(多选)下列关于图11中各带电粒子所受洛伦兹力的方向或带电粒子的带电性的判断正确的是( )图11A ．A 图中粒子所受洛伦兹力方向竖直向上B ．B 图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里C ．C 图中粒子带负电D ．D 图中粒子所受洛伦兹力方向垂直纸面向外答案 ABD2．在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a ；给小球带上电荷后，仍从同一位置以原来的速度水平抛出，考虑地磁场的影响，不计空气阻力，下列说法正确的是( ) A ．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a 点B ．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C ．若小球带负电荷，小球会落在更远的b 点D ．若小球带正电荷，小球会落在更远的b 点答案 D3.(2017·金坛四中期中)如图12所示，在半径为R ＝m v 0Bq 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，圆形区域右侧有一竖直感光板，从圆弧顶点P 以速率v 0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m ，电荷量为q ，粒子重力不计．图12(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；(2)若粒子对准圆心射入，且速率为3v 0，求它打到感光板上时速度的垂直分量； (3)若粒子以速度v 0从P 点以任意角入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．答案 (1)πm 2Bq (2)32v 0 (3)见解析解析 (1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ，由牛顿第二定律得Bq v 0＝m v 02r r ＝R带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为π2，如图甲所示，则t ＝π2R v 0＝πm 2Bq(2)由(1)知，当v ＝3v 0时，带电粒子在磁场中运动的轨道半径为3R 其运动轨迹如图乙所示，由图可知∠PO 2O ＝∠OO 2D ＝30°所以带电粒子离开磁场时偏转原来方向60° v ⊥＝v sin 60°＝32v 0(3)由(1)知，当带电粒子以v 0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R .设粒子射入方向与PO 方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S 射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示．因PO 3＝O 3S ＝PO ＝SO ＝R 所以四边形POSO 3为菱形由图可知：PO ∥O 3S因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．1．下列说法正确的是( )A ．运动电荷在磁感应强度不为0的地方，一定受到洛伦兹力的作用B ．运动电荷在某处不受洛伦兹力的作用，则该处的磁感应强度一定为0C ．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D ．洛伦兹力对带电粒子总不做功答案 D2．(2018·黄桥中学第三次段考)如图1为云室中某粒子穿过铅板P 前后的轨迹(粒子穿过铅板后电荷量、质量不变)．云室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直．由此可知粒子( )图1A．一定带正电B．一定带负电C．不带电D．可能带正电，也可能带负电答案 A3.如图2所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场，其运动轨迹如图．若带电粒子只受洛伦兹力的作用，则下列说法正确的是()图2A．a粒子速率较大B．b粒子速率较大C．b粒子在磁场中运动时间较长D．a、b粒子在磁场中运动时间一样长答案 B4.如图3所示，长直导线ab附近有一带正电荷的小球用绝缘丝线悬挂在M点．当ab中通以由b→a的恒定电流时，下列说法正确的是()图3A．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向里B．小球受磁场力作用，方向与导线垂直且垂直纸面向外C．小球受磁场力作用，方向与导线垂直并指向左方D．小球不受磁场力作用答案 D5．如图4所示，一正电荷水平向右射入蹄形磁铁的两磁极间．此时，该电荷所受洛伦兹力的方向是()图4A ．向左B ．向右C ．垂直纸面向里D ．垂直纸面向外答案 D6．(多选)(2018·盐城中学模拟)如图5所示，虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B ；一群电子以不同速率v 从边界上的P 点以相同的方向射入磁场．其中某一速率为v 0的电子从Q 点射出．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断( )图5A ．该匀强磁场的方向垂直纸面向里B ．所有电子在磁场中的轨迹相同C ．速率大于v 0的电子在磁场中运动时间长D ．所有电子的速度方向都改变了2θ 答案 AD解析由左手定则可知，该匀强磁场的方向垂直纸面向里，A 选项正确；由q v B ＝m v 2R 得R ＝m v qB，可知所有电子在磁场中的轨迹不相同，B 选项错误；由电子在磁场中运动周期T ＝2πR v 得T ＝2πm qB ，电子在磁场中运动时间t ＝2θ2πT ＝2θm qB ，所以所有电子在磁场中的运动时间都相同，C 选项错误；所有电子偏转角度相同，所有电子的速度方向都改变了2θ，D 选项正确． 7．(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 AC解析设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，B 2＝B ，B 1＝kB则由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2R ①T ＝2πR v ②由①②得：R ＝m v qB ，T ＝2πm qB ，所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k根据a ＝v 2R ，ω＝v R 可知a 2a 1＝1k ，ω2ω1＝1k所以选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．8．(2018·徐州三中月考)如图6所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中，质量为m 、带电荷量为＋Q 的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )图6A ．滑块受到的摩擦力不变B ．滑块到达地面时的动能与B 的大小无关C ．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下D ．B 很大时，滑块可能静止于斜面上答案 C解析据左手定则可知，滑块受到垂直斜面向下的洛伦兹力，C 正确；随着滑块速度的变化，洛伦兹力大小变化，它对斜面的压力大小发生变化，故滑块受到的摩擦力大小变化，A 错误；B 越大，滑块受到的洛伦兹力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，据动能定理，滑块到达地面时的动能就越小，B 错误；由于开始时滑块不受洛伦兹力就能下滑，故B 再大，滑块也不可能静止在斜面上，D 错误．9．(2018·铜山中学模拟)如图7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 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，则匀强磁场的磁感应强度B 需满足( )图7A ．B >3m v3aq B ．B <3m v3aq C ．B >3m vaqD ．B <3m vaq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＝atan 30°＝3a .由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运行的半径应满足r >r 0，解得B <3m v3aq，选项B 正确．10.一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8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8A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB 答案 A解析画出粒子的运动轨迹如图所示，由洛伦兹力提供向心力得，q v B ＝m v 2r ，又T ＝2πr v ，联立得T ＝2πmqB由几何知识可得，轨迹的圆心角为θ＝π6，在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，粒子运动和圆筒运动具有等时性，则θ2πT ＝π2ω，解得q m ＝ω3B，故选项A 正确．11．(2018·泰州中学模拟)如图9所示，在xOy 直角坐标系原点O 处有一粒子源，它能向与y 轴正方向夹角0～90°范围平面内的各个方向均匀发射速率相等、质量m 、电荷量＋q 的带电粒子，x ＝3a 处垂直于x 轴放置荧光屏MN ，空间有垂直于xOy 平面向外的匀强磁场(图中未画出)．不计粒子重力和粒子间相互影响．图9(1)设磁场范围足够大，已知从O 点沿－x 方向发射的粒子，经t 0时间到达荧光屏上x ＝3a ，y ＝3a 的P 点，求粒子运动速度v 和磁场的磁感应强度B ；(2)求出(1)问情景下粒子打到荧光屏MN 上的坐标范围以及从O 点到达荧光屏最长时间与最短时间对应粒子的初速度方向；(3)若从O 点发射所有粒子速度大小是v 0，磁场区为一个圆形区域，要使得从O 点射出粒子都能垂直打到荧光屏上，求磁场磁感应强度B 满足的条件．答案见解析解析 (1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为r ，运动轨迹如图甲，则有r ＋r 2－(3a )2＝3a得：r ＝2a所以由O 到P 点转过的圆心角为4π3，粒子运动速度v ＝43πr t 0＝8πa3t 0又q v B ＝m v 2r ，B ＝m v qr ＝4πm3qt 0(2)如图乙，当粒子在MN 上的落点与O 点的连线为轨迹圆的直径时，粒子在MN 上落点最高，设此落点纵坐标为y 1y 1＝(2r )2－(3a )2＝13a沿x 轴正方向射出粒子在MN 上落点最低，设此点纵坐标为y 2(<0) (r ＋y 2)2＋(3a )2＝r 2 解得：y 2＝－a所以粒子打在MN 上范围13a ≥y ≥－a粒子从O 点射出到达MN 最长时间对应的是沿－x 方向发射到达P 点的粒子粒子从O 点射出到达MN 最短时间对应的粒子轨迹如图丙，设初速度方向与x 正方向夹角为θsin θ＝32a r ＝34(3)从O 点以相同速度v 0射出粒子都垂直打到MN 上，偏转磁场在图丁中虚线圆形区域内，磁场区半径R 等于粒子回旋半径rR ＝r根据牛顿第二定律q v 0B ＝m v 02rB ＝m v 0qrB 越小，r 越大，r 最大值是3a ，即r ≤3a 得：B ≥3m v 03qa。

(江苏专版)2019年高考物理总复习第35讲磁场的基本概念讲义

第35讲磁场的基本概念考情剖析考查内容考纲要求考查年份考查详情能力要求磁场磁感应强度磁感线磁通量Ⅰ17年T1—选择，考查对磁通量概念的理解对物理概念的理解弱项清单对通电导线产生的磁场方向判断不准，对磁通量概念理解不深入。

知识整合一、磁场磁感应强度1．磁场(1）基本特性:磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有________的作用．（2)方向：小磁针的________所受磁场力的方向或小磁针静止时________的指向．2．磁感应强度(1）物理意义：描述磁场的____________．（2）大小：B＝________(通电导线垂直于磁场）．(3）方向：小磁针的________所受磁场力的方向或小磁针静止时________的指向．二、磁感线及几种常见的磁场分布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________方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．(2)特点：磁感线的________表示磁场的强弱．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)条形磁铁蹄形磁铁(2)几种电流周围的磁场分布直线电流的磁场环形电流的磁场通电螺线管的磁场特点无磁极、非匀强且距导线越远处磁场________环形电流的两侧是N极和S极且离圆环中心越远,磁场________与条形磁铁的磁场相似，管内为匀强磁场且磁场________，管外为非匀强磁场安培定则立体图横截面图纵截面图（3)匀强磁场①定义:磁感应强度的大小和方向________的磁场．②特点：磁感线为________的平行线，如图所示．（4）地磁场①地磁场的N极在地理________附近，S极在地理________附近,磁感线分布如图所示．②特点：在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度________，且方向水平________．③磁偏角：地磁的北极在地理的南极附近，地磁的南极在地理的北极附近，但两者并不完全________，它们之间的夹角称为磁偏角．三、磁通量1．概念在磁感应强度为B的匀强磁场中,与磁场方向垂直的面积S和B的乘积．2．公式:Φ＝________.3．单位:1 Wb＝________.方法技巧考点1 磁场磁感应强度磁感线1．磁感应强度是用比值法定义的，其大小由磁场本身的性质决定，与放入的直导线的电流I的大小、导线长度L的大小无关．故不能根据B＝错误!就说B与F成正比，与IL成反比．2．由定义式B＝错误!计算B时,通电导线必须垂直于磁场；若通电导线平行放入磁场,则不受安培力，但不能说该处磁感应强度为零．3．磁感线和电场线有何异同点是否相交不相交4.磁场的叠加磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同,利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．【典型例题1】关于磁感应强度B,下列说法中正确的是( ）A．根据磁感应强度定义B＝错误!,磁场中某点的磁感应强度B与F成正比,与I成反比B．磁感应强度B是标量，没有方向C．磁感应强度B是矢量，方向与F的方向相反D．在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，不同点的磁感应强度B可能不同，磁感线密集的地方磁感应强度B大些，磁感线稀疏的地方磁感应强度B小些【典型例题2】如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场,下列说法中正确的是（）A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等,方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同1.（多选）如图甲所示，一个条形磁铁P固定在水平桌面上，以P的右端点为原点，中轴线为x轴建立一维坐标系．一个灵敏的小磁针Q放置在x轴上不同位置，设Q与x轴之间的夹角为θ.实验测得sinθ与x之间的关系如图乙所示，已知该处地磁场方向水平,磁感应强度大小为B0.下列说法中正确的是（)A．P的右端为S极B．P的中轴线与地磁场方向平行C．P在x处产生的磁感应强度大小为B0D．x处合磁场的磁感应强度大小为2B0考点2 磁通量1．φ＝BS⊥,S⊥＝S cosθ其中S⊥为S在垂直于B方向上的分量，如图甲所示．甲乙2．面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图乙所示，S应为线圈面积的一半．3．多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关,因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同．4．磁通量求法：磁通量是标量，若某个平面内有不同方向的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的磁通量．【典型例题3】(17年江苏高考）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∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1【典型例题4】（多选）如图所示，在正方形线圈内部有一条形磁铁，磁铁和线圈在同一纸面内，两者有共同中心轴线O1O2，关于线圈中磁通量的变化情况，下列说法中正确的是( ）A．当磁铁向纸面外平移时,线圈中磁通量不发生变化B．当磁铁向上平移时，线圈中磁通量不发生变化C．当磁铁向下平移时，线圈中磁通量发生变化D．当磁铁N极向纸外、S极向纸内绕OO2轴转动时，线圈中磁通量发生变化12.(多选)如图所示是等腰直角三棱柱，其平面ABCD为正方形，边长为L，它们按图示方式放置于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B0，则下列说法中正确的是( ）A．穿过ABCD平面的磁通量大小为BL2B．穿过BCFE平面的磁通量大小为错误!BL2C．穿过ADFE平面的磁通量大小为零D．穿过ABCD平面的磁通量大于穿过BCFE平面的磁通量当堂检测 1.关于磁通量，下列叙述正确的是（）A．在匀强磁场中，穿过一个面的磁通量等于磁感应强度与该面面积的乘积B．在匀强磁场中，a线圈的面积比b线圈大,则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的磁通量大C．把一个线圈放在M、N两处,若放在M处时穿过线圈的磁通量比放在N处时大,则M 处的磁感应强度一定比N处大D．同一线圈放在磁感应强度大处，穿过线圈的磁通量不一定大2．在xOy坐标系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，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（）第2题图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3．(多选)如图所示，一垂直纸面水平放置的直导线右下方放着一条形磁铁，磁铁放在水平地面上，导线与磁铁相垂直,且导线中未通电流．现给导线通以图示电流，条形磁铁相对地面一直保持静止,对于地面给磁铁的作用力，下列说法正确的是( ）第3题图A．地面给磁铁的支持力将增大B．地面给磁铁的支持力将减小C．地面不给磁铁摩擦力D．地面给磁铁摩擦力,方向向左4．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 错误!,式中常量k＞0,I为电流强度,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（)第4题图A．2错误!B，方向由O点指向ad中点B．2错误!B,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5．如图所示，有一个垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.8 T，磁场有明显的圆形边界,圆心为O，半径为10 cm.现于纸面内先后放上a、b两个圆形单匝线圈，圆心均在O 处，a线圈半径为10 cm，b线圈半径为15 cm,问：（1)在B减为0.4 T的过程中，a和b中磁通量分别改变多少？（2）磁感应强度B大小不变，方向绕直径转过30°过程中,a线圈中磁通量改变多少？（3)磁感应强度B大小、方向均不变，线圈a绕直径转过180°过程中，a线圈中磁通量改变多少？第5题图第三章磁场第35讲磁场的基本概念知识整合基础自测一、1.（1)磁场力（2）N极N极2．(1）强弱和方向(2)错误!(3）N极N极二、1. （1)切线（2)疏密程度2．（2）越弱越弱最强(3) ①处处相同②同向等密（4）①南极北极②相等向北③重合三、2.BS 3.1 T·m2方法技巧·典型例题1·D 【解析】磁感应强度是磁场本身的性质,与放入磁场中的导体的电流或受力大小F无关,A错误；磁感应强度B是矢量，其方向与F总是垂直的，电流方向与F也总是垂直的，B、C错误；在确定的磁场中，同一点的磁感应强度B是确定的，由磁场本身决定,与其他外来的一切因素无关，用磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，D正确．·典型例题2·C 【解析】根据右手螺旋定则，M处导线在O点产生的磁场方向竖直向下，N处导线在O点产生的磁场方向竖直向下,合成后磁感应强度不等于0。

2020版江苏省高考物理二轮专题复习讲义：专题三 2 第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动真题再现(多选)(2019·高考江苏卷)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等．矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止．则a、b的电流方向可能是()A.均向左B．均向右C.a的向左，b的向右D．a的向右，b的向左详细分析：选CD.若a、b的电流方向均向左，根据安培定则和磁场叠加可知，a直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向外，而b直导线到a、b直导线正中间部分的磁场方向垂直纸面向里，再根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止不符；同理，若a、b的电流方向均向右，可知矩形线框受到的安培力的合力不为零，与题中线框在磁场作用下静止也不符，选项A、B均错误；若a的电流方向向左、b的电流方向向右，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向外，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符；同理，若a的电流方向向右、b的电流方向向左，根据安培定则和磁场的叠加可知，a、b直导线在a、b直导线中间所有空间产生的磁场方向均垂直纸面向里，根据左手定则可知，矩形线框受到的安培力的合力为零，与题中线框在磁场作用下静止相符，选项C、D均正确.考情分析命题研究分析近几年高考试题可以看出，对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点，涉及磁场知识点的题目年年都有，考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多，一般为匀强磁场中的临界、极值问题，其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题；高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点，可能与电场相结合，也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合，要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法磁场对带电体的作用【高分快攻】1．磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则，明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法．(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”．即：2．安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路【典题例析】如图，在磁感应强度大小为B 0的匀强磁场中，两长直导线P 和Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I 时，纸面内与两导线距离均为l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让P 中的电流反向、其他条件不变，则a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0B ．33B 0 C.233B 0 D ．2B 0[详细分析] 导线P 和Q 中电流I 均向里时，设其在a 点产生的磁感应强度大小B P ＝B Q ＝B 1，如图所示，则其夹角为60°，它们在a 点的合磁场的磁感应强度平行于PQ 向右、大小为3B 1.又根据题意B a ＝0，则B 0＝3B 1，且B 0平行于PQ 向左．若P 中电流反向，则B P 反向、大小不变，B Q 和B P 大小不变，夹角为120°，合磁场的磁感应强度大小为 B ′1＝B 1(方向垂直PQ 向上、与B 0垂直)，a 点合磁场的磁感应强度B ＝B 20＋B ′21＝233B 0，则A 、B 、D 项均错误，C 项正确．[答案] C【题组突破】1．(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图．质量为m 的均匀细金属杆MN 与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连，弹簧劲度系数为k , 在边长ab ＝L 1、bc ＝L 2的矩形区域abcd 内有匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．MN 的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度，MN 的长度大于ab .当MN 中没有电流通过且MN 处于静止状态时，MN 与ab 边重合，且指针指在标尺的零刻度处；当MN 中有电流时，指针示数可表示电流大小 .MN 始终在纸面内且保持水平，重力加速度g .则( )A ．要使电流表正常工作，金属杆中电流方向应从M 至NB ．当该电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为零C ．该电流表的最大量程是I m ＝kL 2BL 1D ．该电流表的刻度在0～I m 范围内是不均匀的详细分析：选AC.要使电流表能正常工作，金属杆受到的安培力的方向应竖直向下，根据磁场的方向和左手定则可知，金属杆中电流方向应从M 至N ，选项A 正确；当该电流表的示数为零时，说明金属杆中电流为零，此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用，根据平衡条件和胡克定律可知，kx ＝mg ，弹簧的伸长量为x ＝mg k，选项B 错误；根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋L 2)＝mg ＋BI m L 1，解得I m ＝kL 2BL 1，即该电流表的最大量程为I m ＝kL 2BL 1，选项C 正确；根据平衡条件和胡克定律可知，k (x ＋l )＝mg ＋BIL 1，解得I ＝k BL 1·l ，即该电流表的刻度在0～I m 范围内是均匀的，选项D 错误．2．(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示．矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将( )A ．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B ．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C ．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D ．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉详细分析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A 项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B 项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C 项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A 项相同，因此D 项正确．带电粒子在匀强磁场中的运动【高分快攻】1．“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动(1)一点：在特殊位置或要求粒子到达的位置(如初始位置、要求经过的某一位置等)．(2)两画：画出速度v 和洛伦兹力F 两个矢量的方向．(3)三定：定圆心、定半径、定圆心角．(4)四写：写出基本方程qvB ＝m v 2R ，半径R ＝mv qB ，周期T ＝2πR v ＝2πm qB ，运动时间t ＝s v ＝α2πT .2．常见模型的解题思路(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题．(2)对称规律解题法①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，速度与边界的夹角相等(如图甲所示)．②在圆形磁场区域内，沿半径方向射入的粒子，一定沿半径方向射出(如图乙所示)．【典题例析】(2019·高考全国卷Ⅱ)如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B 、方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )A.14kBl ，54kBl B ．14kBl ，54kBl C.12kBl ，54kBl D ．12kBl ，54kBl [详细分析] 电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝l 4，由洛伦兹力提供向心力，有ev a B ＝m v 2a r a ，又e m ＝k ，解得v a ＝kBl 4；电子从d 点射出时，由几何关系有r 2d ＝l 2＋⎝⎛⎭⎫r d －l 22，解得轨迹半径为r d ＝5l 4，由洛伦兹力提供向心力，有ev d B ＝m v 2d r d ，又e m ＝k ，解得v d ＝5kBl 4，选项B 正确．[答案] B【题组突破】角度1 带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析1．(2019·徐州二模)如图所示，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B ，一群比荷为q m、速度大小为v 的离子以一定发散角α由原点O 出射，y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在x 轴上长度为L 的区域MN 内，则cos α2为( )A ．1－BqL 4mvB ．12－BqL 4mvC ．1－BqL 2mvD ．1－BqL mv详细分析：选C.根据洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R ，得R ＝mv qB，离子通过M 、N 点的轨迹如图所示，由几何关系知MN ＝ON －OM ，过M 点的两圆圆心与原点连线与x 轴夹角为α2，圆心在x 轴上的圆在O 点时的速度沿y 轴正方向，由几何关系可知L ＝2R －2R cos α2，解得cos α2＝1－BqL 2mv，故选项C 正确．角度2 带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析2．(多选)如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P 点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v 1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v 2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v 2∶v 1为( ) A.3∶2B ．2∶1 C.3∶1 D ．3∶ 2详细分析：选C.由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB ＝m v 2R 可知，R ＝mv qB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v 1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子的磁场出射点A 离P 点最远时，则AP ＝2R 1；同样，若粒子运动的速度大小为v 2，粒子的磁场出射点B 离P 点最远时，则BP ＝2R 2，由几何关系可知，R 1＝R 2，R 2＝R cos 30°＝32R ，则v 2v 1＝R 2R 1＝3，C 项正确．角度3 带电粒子在有边界磁场中的运动分析3．(2019·镇江模拟)平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (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( )A.mv 2qBB ．3mv qB C.2mv qB D ．4mv qB详细分析：选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P ，粒子运动轨迹与ON 的交点为Q ，粒子入射方向与OM成30°角，则射出磁场时速度方向与OM 成30°角，由几何关系可知，PQ ⊥ON ，故出射点到O 点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R ，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R ＝mv qB，所以D 正确．带电粒子在磁场中运动的周期性多解问题和临界问题【高分快攻】1．求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2．带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)方法技巧①认真读题，逐一确认形成多解的各种因素．②画出粒子运动的可能轨迹，并确定其圆心、半径的可能情况．③对于圆周运动的周期性形成的多解问题，要注意系列解出现的可能，要注意每种解出现的条件，并寻找相关的通项公式．(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题分析带电粒子在交变磁场中的运动，首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系，正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图，然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答，要特别注意对题目中隐含条件的挖掘，分析不确定因素可能形成的多解，力求使解答准确、完整．【典题例析】(2019·高考江苏卷)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B .磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M 、N ，MN ＝L ，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反．质量为m 、电荷量为－q 的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d ，且d <L .粒子重力不计，电荷量保持不变．(1)求粒子运动速度的大小v ；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M 的最大距离d m ；(3)从P 点射入的粒子最终从Q 点射出磁场，PM ＝d ，QN ＝d 2，求粒子从P 到Q 的运动时间t .[详细分析] (1)粒子的运动半径d ＝m v qB解得v ＝qBd m. (2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得d m ＝d (1＋sin 60°)解得d m ＝2＋32d . (3)粒子的运动周期T ＝2πm qB设粒子最后一次碰撞射出磁场的时间为t ′，则t ＝n T 4＋t ′(n ＝1，3，5，…)(a)当L ＝nd ＋(1－32)d 时，粒子斜向上射出磁场 t ′＝112T ，解得t ＝(L d ＋33－46)πm 2qB(b)当L ＝nd ＋(1＋32)d 时，粒子斜向下射出磁场 t ′＝512T ，解得t ＝(L d －33－46)πm 2qB. [答案] (1)qBd m (2)2＋32d (3)见解+析【题组突破】角度1 带电粒子在磁场中运动的临界问题1．(2019·常州一模)如图所示，在直角三角形abc 区域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，∠a ＝60°，∠b ＝90°，边长ab ＝L ，粒子源在b 点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场，已知粒子质量为m ，电荷量为q ，则在磁场中运动时间最长的粒子中，速度最大值是( )A.qBL 2mB ．qBL 3m C.3qBL 2m D ．3qBL 3m详细分析：选D.由左手定则和题意知，沿ba 方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周，运动时间最长，速度最大的轨迹恰与ac 相切，轨迹如图所示，由几何关系可得最大半径：r＝ab ×tan 30°＝33L ，由洛伦兹力提供向心力qv m B ＝m v 2m r ，从而求得最大速度：v m ＝3qBL 3m，所以选项A 、B 、C 错误，选项D 正确．角度2 带电粒子在磁场中运动的多解问题2.如图所示，M 、N 为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板，板的长度和板间距离均为d ，在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场，在距上板d 3处有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子(不计重力)，以初速度v 0水平射入磁场，若使粒子不能射出磁场，求磁场的方向和磁感应强度B 的大小范围．详细分析：第一种情况：当磁场方向垂直纸面向里时，若粒子从左侧上板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R 1＝12·d 3＝d 6由qv 0B 1＝m v 20R 1得：B 1＝6mv 0qd若粒子从右侧上板边缘飞出，其运动轨迹如图甲所示，设粒子做圆周运动的半径为R 2，则：R 22＝⎝⎛⎭⎫R 2－d 32＋d 2，解得：R 2＝53d由qv 0B 2＝m v 20R 2得：B 2＝3mv 05qd所以当磁场方向垂直纸面向里时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为3mv 05qd＜B ＜6mv 0qd. 第二种情况：当磁场方向垂直纸面向外时，若粒子从左侧下板边缘飞出，则粒子做圆周运动的半径R 3＝12·23d ＝d 3由qv 0B 3＝m v 20R 3得：B 3＝3mv 0qd若粒子从右侧下板边缘飞出，其运动轨迹如图乙所示，设粒子做圆周运动的半径为R 4，则：R 24＝⎝⎛⎭⎫R 4－23d 2＋d 2，解得：R 4＝1312d由qv 0B 4＝m v 20R 4得：B 4＝12mv 013qd所以当磁场方向垂直纸面向外时，粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为12mv 013qd＜B ＜3mv 0qd. 答案：磁场垂直纸面向里时，3mv 05qd ＜B ＜6mv 0qd磁场垂直纸面向外时，12mv 013qd ＜B ＜3mv 0qd分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的临界问题时，通常以题目中的“恰好”“最高”“最长”“至少”等为突破口，将不确定的物理量推向极端(如极大、极小，最上、最下，最左、最右等)，结合几何关系分析得出临界条件，列出相应方程求解结果．(1)常见的三种几何关系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当速率v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．③当速率v 变化时，圆心角大的，运动时间长． (2)两种动态圆的应用方法①如图甲所示，一束带负电的粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场，若初速度v 方向相同，大小不同，所有粒子运动轨迹的圆心都在垂直于初速度方向的直线上，速度增大时，轨迹半径随之增大，所有粒子的轨迹组成一组动态的内切圆，与右边界相切的圆即为临界轨迹．②如图乙所示，一束带负电的粒子以初速度v 垂直进入匀强磁场，若初速度v 大小相同，方向不同，则所有粒子运动的轨迹半径相同，但不同粒子的圆心位置不同，其共同规律是：所有粒子的圆心都在以入射点O 为圆心，以轨迹半径为半径的圆上，从而可以找出动态圆的圆心轨迹．利用动态圆可以画出粒子打在边界上的最高点和最低点．(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a 点射入，从b 点射出．下列说法正确的是( )A ．粒子带正电B ．粒子在b 点速率大于在a 点速率C ．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b 点右侧射出D ．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短详细分析：选C.由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径R ＝mvqB ，若仅减小磁感应强度B 的大小，则R 变大，粒子可能从b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则R 变小，粒子在磁场中的偏转角θ变大，t ＝θ2πT ，T ＝2πmqB，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误．2．(2019·江南十校联考)如图所示的坐标系中，有两个半径均为r 的圆形线圈L 1、L 2，分别垂直于y 轴和x 轴放置，其圆心O 1和O 2的坐标分别为(0，3r )、(3r ，0)，给线圈L 1通电流3I 0(从上向下看为逆时针方向)，给线圈L 2通电流4I 0(从右向左看为逆时针方向)．据相关电磁学理论可以知道，圆环形电流在其中心轴线上产生的磁感应强度为B ＝μIr 22（r 2＋Z 2）32，其中μ为真空磁导率，I 为环中电流，r 为圆环半径，Z 为中心轴线上任意一点到圆环圆心的距离．据此可推算出两通电线圈在坐标原点O 处产生的磁感应强度的大小和方向分别为( )A.5μI 016r ，方向指向第一象限 B.5μI 08r ，方向指向第二象限 C.5μI 032r ，方向指向第三象限 D.5μI 0r 216r 32，方向指向第四象限详细分析：选A.根据B ＝μIr 22（r 2＋Z 2）32可知：线圈L 1在O 点产生的磁感应强度为：B 1＝3μI 0r 22[r 2＋（3r ）2]32＝3μI 016r ，由右手螺旋定则可知方向沿y 轴正方向，线圈L 2在O 点产生的磁感应强度为：B 2＝4μI 0r 22[r 2＋（3r ）2]32＝4μI 016r ，方向沿x 轴正方向，B 1和B 2方向垂直，所以O 点的磁感应强度为B ＝B 21＋B 22＝5μI 016r，方向指向第一象限，选项A 正确． 3．如图所示，竖直平行边界MN 、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全相同的粒子(不计粒子的重力)在边界MN 上的C 点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方向与边界MN 的夹角分别为30°、45°，结果两个粒子均从边界PQ 上的D 点射出磁场，C 、D 连线与两边界的垂线CE 的夹角θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比v 甲v 乙及运动的时间之比t 甲t 乙分别为(已知sin 15°＝6－24，cos 15°＝6＋24)( )A.6－22 2 B ．6＋22 2 C.6－24 23D ．6＋24 23详细分析：选A.C 、D 两点间的距离记为L ，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径r ＝L 2cos （θ＋α），轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r ＝mv qB 和T ＝2πmqB ，得v∝1cos （30°＋α），t ＝β360°T ∝(120°－2α)，则v 甲v 乙＝cos （30°＋45°）cos （30°＋30°）＝6－22，t 甲t 乙＝120°－2×30°120°－2×45°＝2，选项A 正确．4．(2019·常州联考)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小详细分析：选D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mvqB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小，选项D 正确．5．(2019·苏州二模)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.ω3B B ．ω2BC.ωBD ．2ωB详细分析：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 ＝112×2πmqB ，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．6．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，已知P 、Q 、O 为边长为L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P点垂直PO 方向射入匀强磁场中，甲从PO 边的M 点射出磁场，乙从QO 边的N 点射出磁场，已知PM ＝2MO ，QN ＝NO ，据此可知( )A ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为1∶2B ．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为3∶2C ．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为3∶2D ．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为3∶2 详细分析：选D ．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r 甲＝13L ，r 乙＝12L .由qvB ＝m v 2r ，解得r ＝mv qB ＝p qB .若两个带电粒子的比荷 q m 相同，由r ＝mvqB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项A 错误；若两个带电粒子的动能相同，由r ＝mv qB ＝2mE kqB 可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为q 甲q 乙＝m 甲m 乙 ·r 乙r 甲＝32m 甲m 乙，选项B 错误；若两个带电粒子所带电荷量q 相同，由r ＝mv qB ＝pqB 可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p 甲∶p 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项C 错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T ＝2πmqB 可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180°，在磁场中运动的时间为T2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120°，在磁场中运动的时间为T3，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t 甲∶t 乙＝3∶2，选项D正确．7．(2019·盐城质检)如图所示，在半径为R 的圆形区域内充满磁感应强度为B 的匀强磁场，MN 是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点P 垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q 、质量为m 、速度为v 的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是( )A ．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN 上B ．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C ．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D ．只要速度满足v ＝qBRm，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN 上详细分析：选D.对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN 上，与粒子的速度有关，故A 错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B 错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t ＝θ2πT 知，运动时间t 越小，故C 错误；速度满足v ＝qBR m 时，轨迹半径r ＝mvqB ＝R ，入射点、出射点、O 点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点处的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN 板上，故D 正确．8．如图所示，在OA 和OC 两射线间存在着匀强磁场，∠AOC ＝30°，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从M 点垂直OA 方向射入匀强磁场，下列说法正确的是( )A ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B ．若正电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1 C ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为1∶1D ．若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6详细分析：选D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC 边射出，负电子一定不会从OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为180°，可知二者在磁场中运动时间之比为1∶1，故A 、B 错误；若负电子不从OC 边射出且正电子也不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动轨迹的圆心角都为180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为1∶1；当负电子恰好不从OC 边射出时，运动轨迹对应的圆心角为180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹的圆心角为30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据t ＝θ2πT 知，正负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6，故若负电子不从OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在1∶6与1∶1之间，故C 错误，D 正确．。

(全程攻略)江苏2019年高考物理二轮练习练习6磁场的基本性质.doc

(全程攻略)江苏2019年高考物理二轮练习练习6磁场的基本性质【一】单项选择题1、(2018·大纲全国，18)如图6－16所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流、a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等、关于以上几点处的磁场，以下说法正确的选项是()、图6－16A、O点处的磁感应强度为零B、a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C、c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D、a、c两点处磁感应强度的方向不同2、如图6－17所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨CD、EF.导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.现从t ＝0时刻起，给棒中通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I＝kt，其中k 为恒量、假设金属棒与导轨始终垂直，那么以下关于金属棒的运动情况正确的选项是()、图6－17A、金属棒先做加速运动，最后匀速运动B、金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动C、金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止D、以上说法均不正确3、(2018·北京理综，16)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动、将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值()、A、与粒子电荷量成正比B、与粒子速率成正比C、与粒子质量成正比D、与磁感应强度成正比4、(2018·大纲全国，17)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动、两粒子的动量大小相等、以下说法正确的选项是()、A、假设q1＝q2，那么它们做圆周运动的半径一定相等B、假设m1＝m2，那么它们做圆周运动的半径一定相等C、假设q1≠q2，那么它们做圆周运动的周期一定不相等D 、假设m 1≠m 2，那么它们做圆周运动的周期一定不相等5、(2018·安徽安庆模拟，19)如图6－18所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q 质量为m 的带负电小球套在直杆上，从A 点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，以下说法正确的选项是()、图6－18A 、小球下滑的最大速度为v m ＝mg sin θμqBB 、小球下滑的最大加速度为a m ＝g sin θC 、小球的加速度一直在减小D 、小球的速度先增大后减小6、如图6－19所示，边长为a 的等边三角形ABC 区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电、电荷量为q 的粒子以速度v 0沿AB 边射入匀强磁场中，欲使带电粒子能从AC 边射出，匀强磁场的磁感应强度B 的取值应为 ()、图6－19 A 、B ＝ 2mv 0aq B 、B ≥ 3mv 0aqC 、B ＝mv 0aq D 、B ≥mv 0aq【二】多项选择题7、(2018·郑州预测)如图6－20所示，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0.5m ，匀强磁场方向如图，大小为0.5T 、质量为0.05kg 、长为0.5m 的金属细杆置于金属轨道上的M 点、当在金属细杆内通以电流强度为2A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动、MN ＝OP ＝1m ，那么()、图6－20A 、金属细杆开始运动的加速度为5m/s 2B 、金属细杆运动到P 点时的速度大小为5m/sC 、金属细杆运动到P 点时的向心加速度大小为20m/s 2D、金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75N8、某空间存在着如图6－21甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场、在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘、在t1＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动、在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的选项是()、图6－21A、图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B、图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C、图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系D、图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系图6－229、如图6－22所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些质子在磁场里运动的过程中，以下说法正确的选项是()、A、周期相同，但运动时间不同，速率大的运动时间长B、运动半径越大的质子运动时间越短，偏转角越小C、质子在磁场中的运动时间均相等D、运动半径不同，运动半径越大的质子向心加速度越大10、(2018·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯顿设计出回旋加速器，工作原理示意图如图6－23所示、置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略、磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.假设A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响、那么以下说法正确的选项是()、图6－23A、质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB、质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C 、质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1D 、不改变磁感应强度B 和交流电频率f,该回旋加速器也能用于α粒子加速【三】计算题11、核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内(否那么不可能发生核反应)，通常采用磁约束的方法(托卡马克装置)、如图6－24所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内、设环状磁场的内半径为R 1＝0.5m ，外半径R 2＝1.0m ，磁场的磁感强度B ＝1.0T ，假设被束缚带电粒子的荷质比为q m ＝4×107C/kg ，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度、求：图6－24(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度；(2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度、12、在某一真空空间内建立xOy 坐标系，从原点O 处向第一象限发射一比荷q m ＝ 1×104C/kg 的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v 0＝103m/s 、方向与x 轴正方向成30°角、图6－25(1)假设在坐标系y 轴右侧加有匀强磁场区域，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy 平面向外；在第Ⅳ象限、磁场方向垂直xOy 平面向里；磁感应强度均为B ＝1T ，如图6－25(a)所示，求粒子从O 点射出后，第2次经过x 轴时的坐标x 1.(2)假设将上述磁场改为如图6－25(b)所示的匀强磁场、在t ＝0到t ＝2π3×10－4s 时间内，磁场方向垂直于xOy 平面向外；在t ＝2π3×10－4s 到t ＝4π3×10－4s 时间内，磁场方向垂直于xOy 平面向外，此后该空间不存在磁场、在t ＝0时刻，粒子仍从O 点以与原来相同的速率v 0射入，求粒子从O 点射出后第2次经过x 轴时的坐标x 2.参考答案1、C[根据安培定那么判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解、根据安培定那么判断：两直线电流在O 点产生的磁场方向均垂直于MN 向下，O 点的磁感应强度不为零，故A 选项错误；a 、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B 选项错误；根据对称性，c 、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C 选项正确；a 、c 两点的磁感应强度方向相同，故D 选项错误、]2、C[设导轨间距离为L ，金属棒所受的安培力F B ＝BIL ＝BktL 、垂直紧压导轨平面、金属棒在竖直方向受摩擦力F f ＝μBkLt ，方向竖直向上，重力mg 竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a ＝g －μBkLt m 逐渐减小，当a 减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a ′＝μBkLt m －g ，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止、故C 项正确、]3、D[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB ，该粒子运动等效的环形电流I ＝q T ＝q 2B2πm ，由此可知，I ∝q 2，应选项A 错误；I 与速率无关，选项B 错误；I ∝1m ，即I 与m 成反比，应选项C 错误；I ∝B ，选项D 正确、]4、A[粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB ＝m v 2r 得r ＝mv qB ，同一匀强磁场，即B 相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r ∝1q ，假设q 1＝q 2，那么r 1＝r 2，故A 选项正确、B 选项错误；由周期公式T ＝2πm qB ，由于B 相等，2π为常数，所以T ∝m q ，故C 、D 选项错误、]5、B[小球开始下滑时有mg sin θ－μ(mg cos θ－qvB )＝ma ，随v 增大，a 增大，当v ＝mg cos θqB 时，a 达最大值g sin θ，此后下滑过程中有：mg sin θ－μ(qvB －mg cos θ)＝ma ，随v 增大，a 减小，当v m ＝mg sin θ＋μcos θμqB时，a ＝0.所以整个过程中，v 先增大后不变；a 先增大后减小，所以B 对、]6、B[粒子以速度v 0在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qv 0B＝m v 20r ，得轨迹半径r ＝mv 0qB ，假设粒子恰从AC 边上的C 点射出，轨迹示意图如下图，那么r ＝a 2sin 60°，解得B ＝3mv 0aq .欲使粒子能从AC 边射出，那么B ≥3mv 0aq ，B 项正确、]7、CD[金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F A ＝BIL ＝0.5×2×0.5N ＝0.5N ，金属细杆开始运动的加速度为a ＝F A /m ＝10m/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 A ＝F A ×(MN ＋OP )＝1J ，重力做功W G ＝－mg ×ON ＝－0.5J ，由动能定理得W A ＋W G ＝12mv 2，解得金属细杆运动到P 点时的速度大小为v ＝20m/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 ＝20m/s 2，选项C 正确；在P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F ，水平向右的安培力F A ，由牛顿第二定律得F －F A ＝mv 2/r,解得F ＝1.5N ，每一条轨道对金属细杆的作用力大小均为0.75N ，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均为0.75N ，选项D 正确、]8、CD[AB 整体向左做初速度为零的匀加速直线运动，所以f 洛与t 成正比，A 错，A 对B 的摩擦大小恒定，B 错，A 对B 压力N 1＝mg ＋Bqv ，C 正确，B 对地压力N 2＝(M ＋m )g ＋Bqv ，D 正确、]9、BD[因为Bqv ＝m v 2r ，所以r ＝mv Bq ，v 大，那么r 大、周期T ＝2πr v ＝2πm Bq ，那么周期与运动速度大小无关、运动时间t ＝θ2πT ＝2arctan R r 2πT ，所以v 大，那么r 大、θ小、t 小，选项A 、C 错，B 对、向心加速度a ＝Bqv m ，r 大，那么v 大，a 也大，选项D 对、]10、AC[粒子被加速后的最大速度受到D 形盒半径R 的制约，因v ＝2πR T ＝2πRf ，A 正确；粒子离开回旋加速器的最大动能E km ＝12mv 2＝12m ×4π2R 2f 2＝2m π2R 2f 2，与加速电压U 无关，B 错误；根据R ＝mv Bq ，Uq ＝12mv 21，2Uq ＝12mv 22，得质子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1，C 正确；因回旋加速器的最大动能E km ＝2m π2R 2f 2与m 、R 、f 均有关，D 错误、]11、解析(1)要使粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，那么粒子的临界轨迹必须要与外圆相切，轨迹如右图所示、由图中知r 21＋R 21＝(R 2－r 1)2，解得r 1＝0.375m ，由Bqv 1＝m v 21r 1得v 1＝Bqr 1m ＝1.5×107m/s ，所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为v 1＝1.5×107m/s.(2)当粒子以v 2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，那么以v 2速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如右图所示、由图中知r 2＝R 2－R 12＝0.25m ，由Bqv 2＝m v 22r 2得v 2＝Bqr 2m ＝1.0×107m/s ，所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度v 2＝1.0×107m/s.答案(1)1.5×107m/s(2)1.0×107m/s12、解析(1)轨迹如图(a)所示，洛伦兹力提供向心力，有qv 0B ＝m v 20R ，解得R ＝0.1m ，(a)由几何关系得OA ＝R ，解得，x 1＝2OA ＝0.2m ，(2)轨迹半径R ＝mv qB ＝0.1m ，周期T ＝2πm qB ＝2π×10－4s ，磁场变化的半周期为Δt ＝2π3×10－4s ＝T 3，粒子运动轨迹如图(b)所示，由几何关系知，(b)OE ＝2(R ＋R sin30°)，DE ＝2R sin60°，EP ＝DE tan60°，解得x 2＝OE ＋EP ＝0.6m.答案(1)0.2m(2)0.6m。

江苏省2019届高考物理复习专项练习：磁场_带电粒子在复合场中的运动_复合场(1)

A.沿着电场线的方向，场强越来越小
B.沿着电场线的方向，电势越来越低
C.洛仑兹力方向一定与磁场方向垂直
D.洛伦兹力为零的地方磁感应强度也为零
五、填空题
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10.难度：中等
等离子体发电机,平行金属板间匀强磁场的磁感应强度为B=0. 5 T,两板间距离为d=20 cm。要使输出电压为U=220 V,则等离子体垂直射入磁场的速度v=___,A是电源的___极。
A.电场和磁场都对带电粒子起加速作用
B.电场和磁场是交替地对带电粒子做功的
C.只有磁场才能对带电粒子起加速作用
D.磁场的作用是使带电粒子在D形盒中做匀速圆周运动
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7.难度：中等
带电粒子在只考虑已知场力的情况下可能所处的状态是（）
A. 在磁场中做直线运动
B. 在匀强电场中做匀速圆周运动
C. 在匀强磁场中做类似抛体运动
D. 在匀强电场和匀强磁场的复合场中做匀速直线运动
四、多选题
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8.难度：中等
有一种油电混合动力汽车，既可以利用车载电池使用清洁的电力能源，也可以使用更加方便的汽油，受到人们的欢迎．这类汽车有一种技术：安装一个电池充电系统，车轮转动通过传动系统带动发电机的转子转动，从而可以给电池充电，而电池充的电又可以作为汽车行驶的能量来源．关于这项技术，说法正确的是（）
A.物体的速度由v减小到零的时间等于mv/μ(mg+Bqv)
B.物体的速度由v减小到零的时间小于mv/μ(mg+Bqv)
C.若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向水平向右的匀强电场,物体将作匀速运动
D.若另加一个电场强度大小为(mg+Bqv)/q，方向竖直向上的匀强电场,物体将作匀速运动

【物理试题】江苏专版2019年高考物理总复习课时作业三十五磁场的基本概念.doc

课时作业三十五磁场的基本概念(限时：45分钟)(班级________ 姓名________)1．关于磁场和磁感线的描述，下列说法中正确的是( )A．磁感线从磁体的N极出发，终止于S极B．磁场的方向就是通电导体在磁场中某点受磁场作用力的方向C．沿磁感线方向，磁场逐渐减弱D．在磁场强的地方放一通电导体受的安培力可能比在磁场弱的地方受的安培力小2．现有一段长0.2 m、通过2.5 A电流的直导线，关于其在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，下列说法中正确的是( )A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值时，通电导线一定与B平行3．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( )第3题图A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用4．如图所示，一闭合线框由通电直导线一侧运动到另一侧，对通过线框的磁通量的变化情况，下列说法正确的是( )第4题图A．先变大后变小B．先变小后变大C．先变大后变小再变大又变小D．先变小后变大再变小又变大5．通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则( )第5题图A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极6．如图所示，圆环上带有大量的负电荷，当圆环沿顺时针方向转动时，a、b、c三枚小磁针都要发生转动，以下说法正确的是( )第6题图A．a、b、c的N极都向纸里转B．b的N极向纸外转，而a、c的N极向纸里转C．b、c的N极都向纸里转，而a的N极向纸外转D．b的N极向纸里转，而a、c的N极向纸外转7．如图所示，纸面内一竖直向上的通电长直导线，直角三角形线圈ABC磁通刚好为0，且AB平行于直导线，下列说法正确的是( )第7题图A．线框在直导线右边三角形的面积大于左边梯形面积B．线框在直导线右边三角形的面积等于左边梯形面积C．线框在直导线右边三角形线圈的面积小于左边梯形面积D．各处磁感应强度大小不确定，所以无法确定导线两边线圈面积大小关系第8题图8．两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F. 若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受安培力的合力恰好为零. 则所加磁场的方向是( )A．垂直纸面向里B．垂直纸面向外C．垂直导线向右D．垂直导线向左9．在等边三角形的三个顶点a、b、c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，过c点的导线所受安培力的方向( )第9题图A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边10．如图所示，长方形线框abcd通有电流I，放在直线电流I′附近，线框与直线电流共面，则下列说法中正确的是 ( )第10题图A．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左B．只有ad和bc边受安培力作用，它们的合力为零C．ab和dc边所受安培力大小相等，方向相同D．线圈四个边都受安培力作用，它们的合力为零11．(多选)处于同一平面内的两根长直导线中通有方向相反、大小不同的电流，这两根导线把它们所在的平面分成a、b、c三个区域，如图所示，则磁感强度为零的区域( )第11题图A．可能出现在b区B．可能同时出现在a、c区C．可能出现在a区D．可能出现在c区12．如图所示，一个半径为R的圆环型线框放在磁感强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁感线垂直．若线框绕它的某一直径转过60°.求：此线框的磁通量变化了多少？如果此线圈由图示位置转过去120°，则线圈的磁通量变化了多少？第12题图课时作业(三十五) 磁场的基本概念1.D 【解析】磁感线是闭合的曲线，A错误；磁场的方向就是小磁针北极N受力的方向，B错误；磁感线方向与磁场强弱无关；C错误；由F＝BIL sinθ可知，D正确．2．C 【解析】当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大；当导线与磁场方向平行放置时，F＝0；当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0<F<BIL，AD错误，C正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与受力F无关，B错误．3．C 【解析】由图地磁场方向并非处处与地面平行，故C选项正确．4．C 【解析】先根据安培定则明确磁场分布；然后根据磁通定义，特别是磁通的正负概念，结合磁场的对称性清楚当线框处在关于直导线对称处磁通为0，可得C选项正确．5．B 【解析】根据小磁针的N极的指向知，螺线管内部磁感线的方向由Q→P，故P端为N极，根据安培定则，a端接电源负极，B正确．6．B 【解析】带负电的圆环顺时针转动等效为逆时针环形电流，根据安培定则知环内磁场向外而环外磁场向内；再根据磁场方向定义即可得：环内小磁针b的N极应转向纸外，而环外小磁针a、c的N极应转向纸内．故B选项正确．7．A 【解析】解此题的关键是利用对称性结合分割思想：先根据安培定则可得通电导线左边磁场方向垂直纸面向外，通电导线右边磁场方向垂直纸面向里，离导线越远磁场越弱；如图所示，根据对称性三角形在直导线对称面积内合磁通为0，欲使不对称面积合磁通亦为0，再根据Φ＝BS，取平均思想，结合离导线越远磁场越弱，此时左边磁场不对称处平均磁感应强度偏大，当面积较小时和右边不对称处磁通大小可能相等，此时整个三角形合磁通为0，故A选项正确，BCD选项错误；故选A.第7题图8．B 【解析】同向电流相互吸引，导线1对导线2的作用力向左，外加匀强磁场对导线2的作用力向右，根据左手定则判断出所加磁场方向垂直纸面向外，B项正确．9．C 【解析】a处导线在c处产生的磁场B1的方向垂直于ac连线向左下方，b处导线在c处产生的磁场B2的方向垂直于bc连线向右下方，B1和B2的合磁场B的方向竖直向下，由左手定则可判断出过c点的导线所受安培力的方向与ab边垂直，指向左边，C正确．10．A 【解析】由对称性可知ab和dc边所受安培力大小相等，方向相反，合力为零，故C错误；ad和bc边受安培力大小关系为F ad>F bc，而F ad方向水平向左，F bc方向水平向右，故ad和bc边受安培力合力水平向左，故B错误；综合可知四个边都受安培力作用，它们的合力方向向左，故A正确，D错误．11．CD 【解析】I1在a、b、c三个区域产生的磁场方向分别为垂直纸面向外、垂直纸面向里、垂直纸面向里，I2在a、b、c三个区域产生的磁场方向分别为垂直纸面向里、垂直纸面向里、垂直纸面向外，由于电流大小不同，所以CD正确，AB错误．12．－πR2B/2 －3πR2B/2 【解析】Φ1＝πR2B，若线框绕它的某一直径转过60°角，则Φ2＝πR2B cos60°，ΔΦ1＝Φ2－Φ1＝－πR2B/2，若线框绕它的某一直径转过120°角，则Φ3＝πR2B cos120°，ΔΦ2＝Φ3－Φ1＝－3πR2B/2.。