[配套K12]2018高考物理大一轮复习题组层级快练39 第九单元磁场 1 磁感应强度和安培力

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(新课标)2018年高考物理一轮复习第九章磁场突破全国卷试题

第九章磁场近几年高考对于带电粒子在磁场中及复合场中的运动考查是比较频繁的，2012年以前一般为压轴计算题，难度较大，综合性较强；近几年一般为选择题，难度适中．【重难解读】带电粒子在复合场中的运动综合了洛伦兹力、牛顿运动定律、匀速圆周运动、功能关系等知识，同时对于数学的运算能力、空间想象能力、做图能力都有较高要求，是高考命题的热点和重点．【典题例证】(18分)在科学研究中，可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制．如图甲所示的xOy 平面处于匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 和磁感应强度B 随时间t 作周期性变化的图象如图乙所示．x 轴正方向为E 的正方向，垂直纸面向里为B 的正方向．在坐标原点O 有一粒子P ，其质量和电荷量分别为m 和＋q ，不计重力．在t ＝τ2时刻释放P ，它恰能沿一定轨道做往复运动．(1)求P 在磁场中运动时速度的大小v 0； (2)求B 0应满足的关系；(3)在t 0⎝⎛⎭⎪⎫0＜t 0＜τ2时刻释放P ，求P 速度为零时的坐标． [解析] (1)τ2～τ做匀加速直线运动，τ～2τ做匀速圆周运动，电场力F ＝qE 0，加速度a ＝F m ，速度v 0＝at ，且t ＝τ2，解得v 0＝qE 0τ2m.(4分)(2)只有当t ＝2τ时，P 在磁场中做圆周运动结束并开始沿x 轴负方向运动，才能沿一定轨道做往复运动，如图所示．设P 在磁场中做圆周运动的周期为T .则⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12T ＝τ (n ＝1，2，3…)(1分) 匀速圆周运动qvB 0＝m v 2r ，T ＝2πrv(1分)解得B 0＝（2n －1）πmq τ (n ＝1，2，3…)．(2分)(3)在t 0时刻释放，P 在电场中加速的时间为τ－t 0 在磁场中做匀速圆周运动，有v 1＝qE 0（τ－t 0）m(1分)圆周运动的半径r 1＝mv 1qB 0(1分) 解得r 1＝E 0（τ－t 0）B 0(1分)又经τ－t 0时间，P 减速为零后向右加速的时间为t 0P 再进入磁场，有v 2＝qE 0t 0m(1分)圆周运动的半径r 2＝mv 2qB 0(1分) 解得r 2＝E 0t 0B 0(1分) 综上分析，速度为零时横坐标x ＝0 相应的纵坐标为y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2[kr 1－（k －1）r 2]2k （r 1－r 2）， (k ＝1，2，3…)(2分)解得y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k （τ－2t 0）＋t 0]B2kE 0（τ－2t 0）B，(k ＝1，2，3…)．(2分)[答案] (1)qE 0τ2m(2)B 0＝（2n －1）πmq τ，(n ＝1，2，3…)(3)横坐标x ＝0，纵坐标y ＝⎩⎪⎨⎪⎧2E 0[k （τ－2t 0）＋t 0]B2kE 0（τ－2t 0）B，(k ＝1，2，3…)1．带电粒子在组合场中运动的分析思路第1步：分阶段(分过程)按照时间顺序和进入不同的区域分成几个不同的阶段；第2步：受力和运动分析，主要涉及两种典型运动，如下：第3步：用规律2．带电粒子在叠加场中运动的分析方法 (1)弄清叠加场的组成． (2)进行受力分析．(3)确定带电粒子的运动状态，注意运动情况和受力情况的结合． (4)对于粒子连续通过几个不同种类的场时，要分阶段进行处理． (5)画出粒子运动轨迹，灵活选择不同的运动规律．①当带电粒子在叠加场中做匀速直线运动时，根据受力平衡列方程求解．②当带电粒子在叠加场中做匀速圆周运动时，应用牛顿运动定律结合圆周运动规律求解．③当带电粒子做复杂曲线运动时，一般用动能定理或能量守恒定律求解． (6)对于临界问题，注意挖掘隐含条件．【突破训练】1．(2017·上海浦东高三模拟)如图所示，一束正离子从S 点沿水平方向射出，在没有偏转电场、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O ；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中，则所加电场E 和磁场B 的方向可能是(不计离子重力及其之间相互作用力)( )A ．E 向下，B 向上 B ．E 向下，B 向下C ．E 向上，B 向下D ．E 向上，B 向上解析：选A.正离子束打到第Ⅲ象限，相对原入射方向向下，所以电场E 方向向下；根据左手定则可知磁场B 方向向上，故A 正确．2．(多选)(高考江苏卷)如图所示，导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间，线圈中电流为 I ，线圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小 B 与 I 成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为 I H ，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压 U H 满足：U H ＝kI H Bd，式中k 为霍尔系数，d 为霍尔元件两侧面间的距离．电阻R 远大于R L ，霍尔元件的电阻可以忽略，则( )A ．霍尔元件前表面的电势低于后表面B ．若电源的正负极对调，电压表将反偏C ．I H 与I 成正比D ．电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比解析：选CD.当霍尔元件通有电流I H 时，根据左手定则，电子将向霍尔元件的后表面运动，故霍尔元件的前表面电势较高．若将电源的正负极对调，则磁感应强度B 的方向换向，I H 方向变化，根据左手定则，电子仍向霍尔元件的后表面运动，故仍是霍尔元件的前表面电势较高，选项A 、B 错误．因R 与R L 并联，根据并联分流，得I H ＝R LR L ＋RI ，故I H 与I 成正比，选项C 正确．由于B 与I 成正比，设B ＝aI ，则I L ＝RR ＋R L I ，P L ＝I 2L R L ，故U H ＝k I H B d ＝ak （R ＋R L ）R 2dP L ，知U H ∝P L ，选项D 正确．3.在直角坐标系的第一象限和第三象限内分布有如图所示的匀强磁场和匀强电场，电场强度为E ，磁感应强度为B ；现在第三象限中从P 点以初速度v 0沿x 轴正方向发射一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，粒子经过电场后恰从坐标原点O 射入磁场，不计粒子的重力．(1)已知P 点的纵坐标为－L ，试求P 点的横坐标；(2)若粒子经O 点射入磁场时的速度大小为2v 0，试求粒子在磁场中运动的时间及磁场出射点与O 点的距离．解析：(1)粒子从P 点射出后，初速度方向与电场方向垂直，粒子做类平抛运动，则竖直方向：a ＝qE m ，L ＝12at 2水平方向：x ＝v 0t 解得x ＝v 02mLqE，故P 点的横坐标为－v 02mLqE.(2)粒子的运动轨迹如图所示，经过O 点时，速度方向与x 轴的夹角为θ ，则cos θ＝v 02v 0＝12即θ＝60°，故粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角为α＝2θ＝2π3粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2R得圆周运动的半径R ＝mv qB ＝2mv 0qB圆周运动的周期T ＝2πR v＝2πmqB粒子在磁场中做圆周运动经历的时间 t ′＝2π32π×T ＝2πm 3qB根据几何关系得出射点到O 点的距离d ＝2R sin θ＝2×2mv 0qB ×32＝23mv 0qB.答案：(1)－v 02mLqE (2)2πm 3qB 23mv 0qB4．在地面附近的真空中，存在着竖直向上的匀强电场和垂直电场方向水平向里的匀强磁场，如图甲所示．磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化情况如图乙所示．该区域中有一条水平直线MN ，D 是MN 上的一点．在t ＝0时刻，有一个质量为m 、电荷量为＋q 的小球(可看做质点)，从M 点开始沿着水平直线以速度v 0做匀速直线运动，t 0时刻恰好到达N 点．经观测发现，小球在t ＝2t 0至t ＝3t 0时间内的某一时刻，又竖直向下经过直线MN 上的D 点，并且以后小球多次水平向右或竖直向下经过D 点．求：(1)电场强度E 的大小；(2)小球从M 点开始运动到第二次经过D 点所用的时间； (3)小球运动的周期，并画出运动轨迹(只画一个周期)．解析：(1)小球从M 点运动到N 点时，有qE ＝mg ，解得E ＝mg q.(2)小球从M 点到达N 点所用时间t 1＝t 0小球从N 点经过34个圆周，到达P 点，所以t 2＝t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫或t 2＝34×2πm qB 0＝t 0 小球从P 点运动到D 点的位移x ＝R ＝mv 0B 0q小球从P 点运动到D 点的时间t 3＝R v 0＝mB 0q所以时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2t 0＋m B 0q⎣⎢⎡⎦⎥⎤或t ＝m qB 0（3π＋1），t ＝2t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫13π＋1.(3)小球运动一个周期的轨迹如图所示．小球的运动周期为T ＝8t 0⎝ ⎛⎭⎪⎫或T ＝12πm qB 0.答案：(1)mg q (2)2t 0＋mB 0q(3)8t 0 运动轨迹见解析 5．如图甲所示，空间Ⅰ区域存在方向垂直纸面向里的有界匀强磁场，边界线MN 与PQ 相互平行，MN 右侧空间Ⅱ区域存在一周期性变化的匀强电场，方向沿纸面垂直于MN 边界，电场强度的变化规律如图乙所示(规定向左为电场的正方向)．一质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，在t ＝0时刻从电场中A 点由静止开始运动，粒子重力不计．(1)若场强大小E 1＝E 2＝E ，A 点到MN 的距离为L ，为使粒子进入磁场时速度最大，交变电场变化周期的最小值T 0应为多少？粒子的最大速度v 0为多大？(2)设磁场宽度为d ，改变磁感应强度B 的大小，使粒子以速度v 1进入磁场后能从磁场左边界PQ 穿出，求磁感应强度B 满足的条件及该粒子穿过磁场的时间t 的范围；(3)若电场的场强大小E 1＝2E 0，E 2＝E 0，电场变化周期为T ，t ＝0时刻从电场中A 点释放的粒子经过n 个周期正好到达MN 边界，假定磁场足够宽，粒子经过磁场偏转后又回到电场中，向右运动的最大距离和A 点到MN 的距离相等．求粒子到达MN 时的速度大小v 和匀强磁场的磁感应强度大小B .解析：(1)当粒子在电场中一直做加速运动进入磁场时速度最大，设加速时间为t 0，则L ＝qE 2mt 20，T 0＝2t 0 解得T 0＝22mLqE由动能定理得qEL ＝12mv 20解得v 0＝2qELm.(2)设粒子在磁场中运动的轨道半径为r ，则有qv 1B ＝mv 21r，r ＞d解得B ＜mv 1qd根据几何关系，粒子在磁场中通过的弧长s 应满足的条件是d ＜s ＜πd2粒子穿过磁场的时间t ＝s v 1解得d v 1＜t ＜πd 2v 1.(3)粒子在电场变化的前半周期内加速度大小a 1＝2qE 0m后半周期内加速度大小a 2＝qE 0m在一个周期内速度的增加量Δv ＝a 1T2－a 2T2经过n 个周期到达MN 时v ＝n Δv ，解得v ＝nqE 0T2m粒子在磁场中运动的周期T 1＝2πmqB粒子在磁场中运动的时间t ′＝T 12粒子在电场中向右运动的最大距离和A 点到MN 的距离相等，说明粒子返回电场后所做的减速运动正好是前面加速运动的逆过程，根据对称性可知，在磁场中运动的时间t ′应满足t ′＝(2k ＋1)T2，(k ＝0，1，2，3…)解得B ＝2πm（2k ＋1）qT ，(k ＝0，1，2，3…)．答案：见解析。

(全国通用)近年高考物理一轮复习单元滚动检测卷第九章磁场(2021年最新整理)

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单元滚动检测九磁场考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分,共4页．2．答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷（选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分．在每小题给出的四个选项中,第1～6题只有一个选项正确，第7~12题有多项正确，全部选对的得4分,选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1．将一个质量很小的金属圆环用细线吊起来，在其附近放一块条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一平面内，且通过圆环中心，如图1所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看（）图1A．圆环顺时针转动,靠近磁铁 B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁2．将长为L的导线弯成六分之一圆弧，固定于垂直于纸面向外、大小为B的匀强磁场中，两端点A、C连线竖直，如图2所示．若给导线通以由A到C、大小为I的恒定电流,则导线所受安培力的大小和方向是( )图2A．ILB，水平向左B．ILB,水平向右C。

错误!，水平向右D。

错误!,水平向左3．如图3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B1。

2018版高考物理(江苏专用)大一轮复习配套(习题)第九章磁场基础课2

基础课2法拉第电磁感应定律自感涡流一、单项选择题1．(2015·海南单科，2）如图1，空间有一匀强磁场,一直金属棒与磁感应强度方向垂直,当它以速度v沿与棒和磁感应强度都垂直的方向运动时，棒两端的感应电动势大小为E，将此棒弯成两段长度相等且相互垂直的折线，置于与磁感应强度相垂直的平面内，当它沿两段折线夹角平分线的方向以速度v运动时，棒两端的感应电动势大小为E′。

则错误!等于（)图1A.错误!B.错误!C．1 D.错误!解析设折弯前导体切割磁感线的长度为L，运动产生的感应电动势为E＝BLv；折弯后，导体切割磁感线的有效长度为L′＝错误!＝错误!L,故产生的感应电动势为E′＝BL′v＝B·错误!Lv＝错误!E，所以错误!＝错误!，B正确。

答案B2．在如图2所示的电路中,A1、A2、A3为额定功率、额定电压均相同的三个灯泡，L为电阻不计、自感系数很大的线圈。

则下列说法正确的是（)图2A．开关S闭合的瞬间，三个灯同时亮B．开关S闭合的瞬间，A2、A3同时亮，A1逐渐变亮C．开关S断开的瞬间,A2、A3同时熄灭，A1逐渐熄灭D．开关S断开的瞬间，A3立即熄灭，A2闪亮一下再逐渐熄灭解析开关S闭合的瞬间，流过线圈L的电流要增大，此时线圈产生自感电动势阻碍电流增大，则开关S闭合的瞬间,A2、A3同时亮，A1逐渐变亮，A错误,B正确；当电路稳定时,由于线圈的直流电阻不计，流过A1、A2两灯泡的电流相等，开关S断开的瞬间，A3立即熄灭,此时L、A1、A2构成一闭合回路，线圈由于自感现象要阻碍原电流的减小，灯泡A1、A2逐渐熄灭。

C、D均错误。

答案B3．(2017·贵州七校联考)如图3所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd，b、d间连有一定值电阻R，导轨电阻可忽略不计。

MN 为放在ab和cd上的一导体杆,与ab垂直，其电阻也为R。

整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面(指向图中纸面内)。

【配套K12】2018年高考物理大一轮复习第9章磁场配套教案

第9章磁场第1节磁场的描述、磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度1．磁场(1)基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向．2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场强弱和方向．(2)定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)．(3)方向：小磁针静止时N极的指向．(4)单位：特斯拉，符号T.二、磁感线及几种常见的磁场分布1．磁感线在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．2．几种常见的磁场(1) 条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示)(2)几种电流周围的磁场分布①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向． ②磁感线的疏密程度表示磁场强弱．③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点．在磁体外部，从N 极指向S 极，在磁体内部，从S 极指向N 极．④磁感线是假想的曲线，不相交、不中断、不相切．三、安培力的大小和方向1．大小(1)F ＝BIL sin θ(其中θ为B 与I 之间的夹角) (2)磁场和电流垂直时F ＝BIL . (3)磁场和电流平行时F ＝0. 2．方向(1)用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2)安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面．(注意：B和I可以有任意夹角)[自我诊断]1．判断正误(1)小磁针N极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向．(√)(2)磁场中的一小段通电导体在该处受力为零，此处B一定为零．(×)(3)由定义式B＝FIL可知，电流强度I越大，导线L越长，某点的磁感应强度就越小．(×)(4)磁感线是真实存在的．(×)(5)通电线圈可等效成条形磁铁，它周围的磁感线起始于线圈一端，终止于线圈的另一端．(×)(6)安培力的方向既跟磁感应强度方向垂直，又跟电流方向垂直．(√)2．(多选)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( ) A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC.指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确．指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C正确．由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误．3．磁场中某区域的磁感线如图所示，则( )A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析：选B.在磁场中，磁感线的疏密表示磁场的强弱，故B a＜B b，A错误，B正确．同一通电导线如果都垂直放入磁场中，则在a处受力一定比b处受力小，但如果导线与磁场平行放置，受力均为0，故C、D均错误．4．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是( )A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B.根据左手定则，安培力垂直于电流和磁感应强度所组成的平面，A错误，B 正确．由安培力公式F＝BIL sin θ(θ为B与I的夹角)可知，C错误．若在垂直于磁感应强度的平面内将直导线折成直角，其有效长度变为原来的22，安培力大小也变为原来的22，D错误．考点一磁场的理解及安培定则1．磁感应强度的三点理解(1)磁感应强度由磁场本身决定，因此不能根据定义式B＝FIL认为B与F成正比，与IL 成反比．(2)测量磁感应强度时小段通电导线必须垂直磁场放入，如果平行磁场放入，则所受安培力为零，但不能说该点的磁感应强度为零．(3)磁感应强度是矢量，其方向为放入其中的小磁针N极的受力方向，也是小磁针静止时N极的指向．2．安培定则的应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”.3．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．◆特别提醒：两个电流附近的磁场的磁感应强度是由两个电流分别独立存在时产生的磁场在该处的磁感应强度叠加而成的．1．指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N 极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是( )A ．可能东西放置，通有由东向西的电流B ．可能东西放置，通有由西向东的电流C ．可能南北放置，通有由北向南的电流D ．可能南北放置，通有由南向北的电流解析：选 C.若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现题图所示情况，故选项A 错误．若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极不偏转，故选项B 错误．若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N 极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故选项C 正确．若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极将逆时针偏转，指向西北方，故选项D 错误．2．(2017·河北廊坊模拟)(多选)无限长通电直导线在周围某一点产生的磁场的磁感应强度B 的大小与电流大小成正比，与导线到这一点的距离成反比，即B ＝kIr(式中k 为常数)．如图所示，两根相距L 的无限长直导线分别通有电流I 和3I .在两根导线的连线上有a 、b 两点，a 点为两根直导线连线的中点，b 点距电流为I 的导线的距离为L .下列说法正确的是( )A ．a 点和b 点的磁感应强度方向相同B ．a 点和b 点的磁感应强度方向相反C ．a 点和b 点的磁感应强度大小比为8∶1D ．a 点和b 点的磁感应强度大小比为16∶1解析：选AD.根据右手螺旋定则，导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆，两导线在a 处的磁感应强度方向都向下，则合磁感应强度方向向下；根据B ＝kIr，电流为3I 导线在b 处的磁感应强度方向向下，而电流为I 导线在b 处的磁感应强度方向向上，因电流为3I 导线在b 处产生的磁场较大，则合磁感应强度方向向下，因此a 点和b 点的磁感应强度方向相同，故A 正确，B 错误．两导线在a 处的磁感应强度大小B 1＝3kI L2＋kI L 2＝k 8IL；两导线在b 处的磁感应强度大小B 2＝3kI 2L －kI L ＝kI2L，则a 点和b 点的磁感应强度大小之比为16∶1，故C 错误，D 正确．3．(2017·江西南昌调研)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∶1 B ．3∶2 C ．1∶1D ．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都为B 1/2；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B 1/2，做平行四边形，由图中的几何关系，可得B 2B 1＝B 22B 12＝cos 30°＝32，故选项B正确．4．(2017·湖北三市六校联考)如图甲所示，无限长导线均通以恒定电流I .直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O 为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O 处不形成磁场，则图乙中O 处磁感应强度和图甲中O 处磁感应强度相同的是( )解析：选A.由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O 点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；图D中，四段在O 点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．磁感应强度叠加三步骤空间中的磁场通常会是多个磁场的叠加，磁感应强度是矢量，可以通过平行四边形定则进行计算或判断．其步骤如下：(1)确定场源，如通电导线．(2)定位空间中需求解磁场的点，利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向．如图中M、N在c点产生的磁场．(3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B.考点二安培力作用下的平衡与加速问题1．分析导体在磁场中平衡和加速问题的思路(1)确定要研究的导体．(2)按照已知力→重力→安培力→弹力→摩擦力的顺序，对导体受力分析． (3)分析导体的运动情况．(4)根据平衡条件或牛顿第二定律列式求解． 2．受力分析的注意事项(1)安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．(2)安培力的大小：应用公式F ＝BIL sin θ计算弯曲导线在匀强磁场中所受安培力的大小时，有效长度L 等于曲线两端点的直线长度．(3)视图转换：对于安培力作用下的力学问题，导体棒的受力往往分布在三维空间的不同方向上，这时应利用俯视图、剖面图或侧视图等，变立体图为二维平面图．考向1：安培力作用下静态平衡问题通电导体在磁场中受安培力和其它力作用而处于静止状态，可根据磁场方向、电流方向结合左手定则判断安培力方向．[典例1] (2016·广东广州三模)(多选)如图所示，质量为m 、长度为L 的直导线用两绝缘细线悬挂于O 、O ′，并处于匀强磁场中，当导线中通以沿x 正方向的电流I ，且导线保持静止时悬线与竖直方向夹角为θ.磁感应强度方向和大小可能为( )A ．z 正向，mgIL tan θB ．y 正向，mg ILC ．z 负向，mg ILtan θD ．沿悬线向上，mg ILsin θ解析本题要注意在受力分析时把立体图变成侧视平面图，然后通过平衡状态的受力分析来确定B 的方向和大小．若B 沿z 正向，则从O 向O ′看，导线受到的安培力F ＝ILB ，方向水平向左，如图甲所示，导线无法平衡，A 错误．若B 沿y 正向，导线受到的安培力竖直向上，如图乙所示．当F T ＝0，且满足ILB ＝mg ，即B ＝mg IL时，导线可以平衡，B 正确．若B 沿z 负向，导线受到的安培力水平向右，如图丙所示．若满足F T sin θ＝ILB ，F T cos θ＝mg ，即B ＝mg tan θIL，导线可以平衡，C 正确．若B 沿悬线向上，导线受到的安培力左斜下方向，如图丁所示，导线无法平衡，D 错误．答案 BC考向2：安培力作用下动态平衡问题此类题目是平衡问题，只是由于磁场大小或方向、电流大小或方向的变化造成安培力变化，与力学中某个力的变化类似的情景．[典例2] (2017·陕西西安模拟)如图所示，长为L 的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k 的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，弹簧伸长x 时，棒处于静止状态．则( )A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB ．导体棒中的电流大小为kxBLC ．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x 变大D ．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x 变大解析由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a 流向b ，故A 错误；由于弹簧伸长为x ，根据胡克定律有kx ＝BIL ，可得I ＝kxBL，故B 正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x 变小，故C 、D 错误．答案 B考向3：安培力作用下加速问题此类题目是导体棒在安培力和其它力作用下合力不再为零，而使导体棒产生加速度，根据受力特点结合牛顿第二定律解题是常用方法．[典例3] 如图所示，PQ 和MN 为水平平行放置的金属导轨，相距1 m ，导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m ＝0.2 kg ，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M ＝0.3 kg ，棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T ，方向竖直向下，为了使物体以加速度a ＝3 m/s 2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g ＝10 m/s 2)解析导体棒所受的最大静摩擦力大小为f m ＝0.5mg ＝1 N M 的重力为G ＝Mg ＝3 N要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a 到b .根据受力分析，由牛顿第二定律有F 安－G －f m ＝(m ＋M )a F 安＝BIL联立得I ＝2.75 A答案 2.75 A 方向由a →b安培力作用下导体的分析技巧(1)安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图．(2)安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度．考点三磁场中导体运动方向的判断1．判定通电导体运动或运动趋势的思路研究对象：通电导线或导体――→明确导体所在位置的磁场分布情况――→利用左手定则导体的受力情况――→确定导体的运动方向或运动趋势的方向 2．几种判定方法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流1. 一个可以自由运动的线圈L 1和一个固定的线圈L 2互相绝缘垂直放置，且两个线圈的圆心重合，如图所示．当两线圈中通以图示方向的电流时，从左向右看，线圈L 1将( )A ．不动B ．顺时针转动C ．逆时针转动D ．在纸面内平动解析：选B.方法一(电流元法) 把线圈L 1沿水平转动轴分成上下两部分，每一部分又可以看成无数段直线电流元，电流元处在L 2产生的磁场中，根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上，由左手定则可得，上半部分电流元所受安培力均指向纸外，下半部分电流元所受安培力均指向纸内，因此从左向右看线圈L 1将顺时针转动．方法二(等效法) 把线圈L 1等效为小磁针，该小磁针刚好处于环形电流I 2的中心，小磁针的N 极应指向该点环形电流I 2的磁场方向，由安培定则知I 2产生的磁场方向在其中心处竖直向上，而L 1等效成小磁针后，转动前，N 极指向纸内，因此小磁针的N 极应由指向纸内转为向上，所以从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．方法三(结论法) 环形电流I 1、I 2之间不平行，则必有相对转动，直到两环形电流同向平行为止．据此可得，从左向右看，线圈L 1将顺时针转动．2．如图所示，蹄形磁铁用柔软的细绳悬吊在天花板上，在磁铁两极的正下方固定着一根水平直导线，当直导线中通以向右的电流时( )A．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小B．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力减小C．磁铁的N极向纸外、S极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大D．磁铁的S极向纸外、N极向纸内转动，绳子对磁铁的拉力增大解析：选 C.假设磁铁不动，导线运动，根据安培定则可知，通电导线左边的磁场斜向下，而右边的磁场斜向上，那么在导线两侧取两小段，根据左手定则可知，左边一小段所受安培力的方向垂直纸面向里，右侧一小段所受安培力的方向垂直纸面向外，从上往下看，导线顺时针转动．如今导线不动，磁铁运动，根据相对运动，则知磁铁逆时针转动(从上向下看)，即N极向纸外转动，S极向纸内转动．当转动90°时，导线所受的安培力方向竖直向上，根据牛顿第三定律可得磁铁受到导线向下的作用力，故绳子对磁铁的拉力增大，C正确．判断磁场中导体运动趋势的两点注意(1)应用左手定则判定安培力方向时，磁感线穿入手心，大拇指一定要与磁感线方向垂直，四指与电流方向一致但不一定与磁感线方向垂直，这是因为：F一定与B垂直，I不一定与B垂直．(2)导体与导体之间、磁体与磁体之间、磁体与导体之间的作用力和其他作用力一样具有相互性，满足牛顿第三定律．课时规范训练[基础巩固题组]1．中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( )A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：选 C.由题意可知，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，存在磁偏角，A 正确．磁感线是闭合的，再由图可推知地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近，故B 正确．只有赤道上方附近的磁感线与地面平行，故C错误．射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的运动方向与地磁场方向不平行，故地磁场对其有力的作用，这是磁场的基本性质，故D 正确．2．三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，导体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，故选项A正确．3．如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，垂直于AC 的连线指向左下方 C.22BIL π，平行于OC 向右 D ．22BIL ，垂直于AC 的连线指向左下方解析：选B.直导线折成半径为R 的14圆弧形状，在磁场中的有效长度为2R ，又因为L ＝14×2πR ，则安培力F ＝BI ·2R ＝22BIL π.安培力的方向与有效长度的直线AC 垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC 的连线指向左下方，B 正确．4．如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架abcd .其中ab 、cd 边与ad 边夹角均为60°，ab ＝bc ＝cd ＝L ，长度为L 的电阻丝电阻为R 0，框架与一电动势为E 、内阻r ＝R 0的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B 的匀强磁场，则梯形框架abcd 受到的安培力的大小为( )A ．0B ．5BEL 11R 0 C.10BEL 11R 0 D.BEL R 0解析：选C.并联部分的总电阻为R 并＝3R 0·2R 03R 0＋2R 0＝65R 0，电路中的总电流I ＝E R 并＋r，所以线框受到的合外力F ＝BI ·2L ＝10BEL 11R 0，C 正确．5．如图所示，接通开关S 的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB 将( )A ．A 端向上，B 端向下，悬线张力不变B ．A 端向下，B 端向上，悬线张力不变C ．A 端向纸外，B 端向纸内，悬线张力变小D ．A 端向纸内，B 端向纸外，悬线张力变大解析：选D.当开关S 接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直时，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D 正确．6．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为m ＝2.0 g 的弹体(包括金属杆EF 的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽d ＝2 m 、长L ＝100 m 、电流I ＝10 A 、轨道摩擦不计且金属杆EF 与轨道始终垂直并接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是( )A ．B ＝18 T ，P m ＝1.08×108WB ．B ＝0.6 T ，P m ＝7.2×104 WC ．B ＝0.6 T ，P m ＝3.6×106 WD ．B ＝18 T ，P m ＝2.16×106 W解析：选D.通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL ＝12mv 2m ，代入数值解得B ＝18 T ；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P m ＝BIdv m ，代入数值得P m ＝2.16×106W ，故选项D 正确．[综合应用题组]7．质量为m 、长为L 的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B 的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示．则下列关于导体棒中电流的分析正确的是( )A ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I ＝3mg BL B ．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为I ＝3mg 3BL C ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I ＝3mg BL D ．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为I ＝3mg 3BL解析：选 C.根据左手定则可知，不管电流方向向里还是向外，安培力的方向只能沿水平方向，再结合导体棒的平衡条件可知，安培力只能水平向右，据此可判断出，导体棒中的电流垂直纸面向里，对导体棒受力分析如图所示，并根据平衡条件可知，F ＝mg tan 60°，又安培力为F ＝BIL ，联立可解得I ＝3mg BL ，故选项C 正确．8．如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L ，劲度系数为k 的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab 相连，弹簧与导轨平面平行并与ab 垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场．闭合开关K 后导体棒中的电流为I ，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x 1；调转图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I ，导体棒平衡时弹簧伸长量为x 2.忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B 的大小为( )A.k IL (x 1＋x 2) B.k IL (x 2－x 1) C.k 2IL (x 2＋x 1) D.k 2IL(x 2－x 1) 解析：选D.由平衡条件可得mg sin α＝kx 1＋BIL ；调转图中电源极性使导体棒中电流反向，由平衡条件可得mg sin α＋BIL ＝kx 2，联立解得B ＝k 2IL(x 2－x 1)．选项D 正确． 9．(多选)如右图所示，在倾角为α的光滑斜面上，垂直斜面放置一根长为L 、质量为m 的直导体棒，当通以图示方向电流I 时，欲使导体棒静止在斜面上，可加一平行于纸面的匀强磁场，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，下列说法中正确的是( )A ．此过程中磁感应强度B 逐渐增大B ．此过程中磁感应强度B 先减小后增大C ．此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL D ．此过程中磁感应强度B 的最大值为mg tan αIL解析：选AC. 导体棒受重力、支持力、安培力作用而处于平衡状态，当外加匀强磁场的磁感应强度B 的方向由垂直斜面向上沿逆时针方向转至水平向左的过程中，安培力由沿斜面向上转至竖直向上，导体棒受力的动态变化如图所示，则由图知安培力逐渐增大，即此过程中磁感应强度B 逐渐增大，A 对、B 错；刚开始安培力F 最小，有sin α＝F mg ，所以此过程中磁感应强度B 的最小值为mg sin αIL，C 对；最后安培力最大，有F ＝mg ，即此过程中磁感应强度B 的最大值为mg IL，D 错．10．如图所示，一长为10 cm 的金属棒ab 用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁。

2018高考物理大一轮复习题：第九单元磁场作业39 Word版含答案

题组层级快练(三十九)一、选择题1.(2016·北京)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( )A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用答案 C解析根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极附近，选项B正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．2.(2016·上海)如图，一束电子沿z轴正向流动，则在图中y轴上A点的磁场方向是( )A．＋x方向B．－x方向C．＋y方向D．－y方向答案 A解析据题意，电子流沿z轴正向流动，电流方向沿z轴负向，由安培定则可以判断电流激发的磁场以z轴为中心沿顺时针方向(沿z轴负方向看)，通过y轴A点时方向向外，即沿x轴正向，则选项A正确．3．(2015·江苏)如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( )答案 A解析由题意知，当处于磁场中的导体，受安培力作用的有效长度越长，根据F ＝BIL 知受安培力越大，越容易失去平衡，由图知A 项中导体的有效长度最大，所以A 项正确．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 I r，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答案 A解析由题意，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．5．(2017·南宁模拟)如图所示，两根间距为d 的平行光滑金属导轨间接有电源，电动势为E ，导轨平面与水平面间的夹角θ＝30°.金属杆ab 垂直于导轨放置，导轨与金属杆接触良好，整个装置处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，当磁场方向垂直导轨平面向上时，金属杆ab 刚好处于静止状态．要使金属杆能沿导轨向上运动，可以采取的措施是( )A ．增大磁感应强度BB ．调节滑动变阻器使电流增大C ．增大导轨平面与水平面间的夹角θD ．将电源正负极对调使金属杆中的电流方向改变答案 AB解析对金属杆受力分析如图所示，沿导轨方向BEd R－mgsin θ＝0，若想让金属杆向上运动，则BEd R增大，选项A 、B 正确；若增大θ，则mgsin θ增大，选项C 错误；若电流反向，则金属杆受到的安培力反向，选项D 错误．6.有半径为R 的导电圆环处于某一发散的磁场中，其环面的对称轴MN 为竖直方向，该磁场中与圆环相交的磁感线反向延长后交于对称轴上的某点，磁感线与对称轴成θ角，圆环上各点的磁感应强度B 大小相等，若圆环上载有如图所示的恒定电流I ，则( )A ．导电圆环所受的安培力的方向竖直向下B ．导电圆环所受的安培力的方向竖直向上C ．导电圆环所受的安培力的大小为2BIRD ．导电圆环所受的安培力的大小为2πBIRsin θ答案 BD解析将导线分成小的电流元，任取一小段电流元为对象，把磁场分解成水平方向和竖直方向的两个分量，则竖直方向的分磁场产生的安培力的合力为零，水平方向的分磁场产生的安培力为F ＝B 水IL ＝2πBIRsin θ，方向为竖直向上，选项B 、D 正确．7.如图所示，空间中存在一匀强磁场，将长度为L 的直导线放置在y 轴上，当通以大小为I 、沿y 轴负方向的电流后，测得其受到的安培力大小为F ，方向沿x 轴正方向．则关于磁感应强度的方向和大小，说法正确的是( )A ．只能沿x 轴正方向B ．可能在xOy 平面内，大小为2F ILC ．可能在xOz 平面内，大小为2F ILD ．可能在yOz 平面内，大小为2F IL答案 D解析电流I 沿y 轴负方向，安培力大小为F ，沿x 轴正方向，若B ＝2F IL，则B 与I 不垂直，但要求B 的两个分量，一个沿z 轴正向，一个平行y 轴，那只能在yOz 平面内，选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．。

全品复习方案2018高考物理大一轮复习第9单元磁场特色训练

第9单元磁场特色训练基础巩固1．如图T 41所示，竖直放置的两块很大的平行金属板a 、b 相距为d ，a 、b 间的电场强度为E ，今有一带正电的微粒从a 板下边缘以初速度v 0竖直向上射入电场，当它飞到b 板时，速度大小不变，而方向变为水平方向，且刚好从高度也为d 的狭缝穿过b 板进入bc 区域，bc 区域的宽度也为d ，所加匀强电场的场强大小为E ，方向竖直向上，所加匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里，磁感应强度大小等于Ev 0，重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列关于微粒运动的说法不正确的是( )图T 41A ．微粒在ab 区域的运动时间为v 0gB ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，圆周半径r ＝2dC ．微粒在bc 区域中做匀速圆周运动，运动时间为πd 6v 0D ．微粒在ab 、bc 区域中运动的总时间为（π＋6）d3v 02．[2016·北京海淀区期末] 如图T 42所示，水平放置的两个正对的带电金属板MN 、PQ 间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E ，磁感应强度为B.在a 点由静止释放一带正电的微粒，释放后微粒沿曲线acb 运动，到达b 点时速度为零，c 点是曲线上离MN 板最远的点．已知微粒的质量为m ，电荷量为q ，重力加速度为g ，不计微粒所受空气阻力，则下列说法中正确的是( )图T 42A ．微粒在a 点时加速度方向竖直向下B ．微粒在c 点时电势能最大C ．微粒运动过程中的最大速率为mg ＋qEqBD ．微粒到达b 点后将沿原路径返回a 点3．[2015·北京东城区期末] 如图T 43甲所示，两个平行金属板正对放置，板长l ＝10 cm ，间距d ＝5 cm ，在两板间的中线OO′的O 处一个粒子源，其沿OO′方向连续不断地放出速度v 0＝1.0×105m /s 的质子．两平行金属板间的电压u 随时间变化的ut 图线如图乙所示，电场只分布在两板之间．在两平行金属板边缘的右侧分布有范围足够大的匀强磁场，磁感应强度B ＝5×10－3T ，方向垂直于纸面向里，磁场边缘MN 与OO′垂直．质子的比荷取q m＝1.0×108C /kg ，质子之间的作用力忽略不计，下列说法正确的是( )图T 43A ．0～0.2 s 内有质子进入磁场区域的时间是0.15 sB ．质子在电场中运动的最长时间是0.10 sC ．质子在磁场中做圆周运动的最大半径是0.5 mD ．质子在磁场中运动的最大速度是2×105 m /s4．(多选)[2016·北京海淀区期末] 半导体内导电的粒子——“载流子”有两种：自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动的带正电的粒子)，以自由电子导电为主的半导体叫N 型半导体，以空穴导电为主的半导体叫P 型半导体．图T 44为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图，图中一块长为a 、宽为b 、厚为c 的半导体样品板放在沿y 轴正方向的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.当有大小为I 、沿x 轴正方向的恒定电流通过样品板时，会在与z 轴垂直的上、下两表面之间产生霍尔电势差U H ，霍尔电势差大小满足关系U H ＝k IBc ，其中k 为材料的霍尔系数．若每个载流子所带电荷量的绝对值为e ，下列说法中正确的是( )图T 44A ．如果上表面电势高，则该半导体为P 型半导体B ．如果上表面电势高，则该半导体为N 型半导体C ．霍尔系数较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较多D ．样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为IB ceU H能力提升5．[2016·江苏清江中学周练] 如图T 45所示，在空间中存在垂直纸面向里的匀强磁场，其竖直边界AB 、CD 的间距为d ，在边界AB 左侧有竖直向下、场强为E 的匀强电场，现有质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)从P 点以大小为v 0的水平初速度射入电场，随后与边界AB 成45°角射入磁场，若粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入两竖直平行金属板间的匀强电场中减速至零且不碰到正极板．(1)求粒子进入磁场时的速度大小；(2)求匀强磁场的磁感应强度B的大小；(3)求金属板间的电压U的最小值．图T456．[2015·清华大学附中测试] 如图T46所示，长为L的平行金属板M、N水平放置，两板之间的距离为d，两板间有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，一个带正电的质点，沿水平方向从两板的正中央垂直于磁场方向进入两板之间，重力加速度为g.图T46(1)若M板接直流电源正极，N板接负极，电源电压恒为U，带电质点以恒定的速度v 匀速通过两板之间的复合场(电场、磁场和重力场)，求带电质点的电荷量与质量的比值．(2)若M、N接如图T47所示的交变电压(M板电势高时U为正)，L＝0.5 m，d＝0.4 m，B＝0.1 T，质量为m＝1×10－4kg、带电荷量为q＝2×10－2C的带正电质点以水平速度v＝1 m/s，从t＝0时刻开始进入复合场．(g取10 m/s2)①定性画出质点的运动轨迹；②求质点在复合场中的运动时间．图T47挑战自我7．如图T48所示，在竖直平面直角坐标系xOy的第一象限内有垂直xOy面向外的水平匀强磁场和竖直向上的匀强电场，磁感应强度和电场强度的大小分别为B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平匀强电场，场强大小也为E；第三象限内有一竖直放置的半径为R的绝缘光滑半圆轨道，轨道最高点与坐标原点O相切，最低点与绝缘光滑水平面相切于N 点．一质量为m的带电小球从y轴正半轴上的P点沿x轴正方向进入第一象限后做圆周运动，恰好通过坐标原点O，且水平进入半圆轨道并沿轨道内侧运动，过N点后水平进入第四象限，并在电场中运动．(已知重力加速度为g)(1)判断小球的带电性质并求出其所带的电荷量；(2)P点距坐标原点O至少多高？(3)若该小球以满足(2)中OP最小值的位置和对应速度进入第一象限，通过N点时开始计时，经时间t＝2Rg小球与坐标原点O的距离s为多大？图48特色训练1．C [解析] 微粒在ab区域运动时，竖直方向上受重力作用，做匀减速运动，飞到b 板时竖直方向上速度恰好减为零，选项A正确；微粒在ab区域内，由动能定理得qEd－mgd＝12mv 20－12mv 20，故qE ＝mg ，故微粒在bc 区域做匀速圆周运动，其轨迹半径r ＝mv 0qB ，又v 20＝2gd ，B ＝Ev 0，解得r ＝2d ，选项B 正确；设微粒在bc 区域转过的角度为θ，由几何关系知θ＝30°，所以微粒在bc 区域做匀速圆周运动的时间为t 2＝T 12＝πm 6qB ＝πd3v 0，选项C 错误；微粒在ab 区域运动的时间为t 1＝v 0g＝2dv 0，微粒在ab 、bc 区域中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2＝（π＋6）d 3v 0，选项D 正确．2．A [解析] 微粒在a 点时，速度为0，故洛伦兹力为0，微粒受到的重力与电场力的方向都是向下的，故此时微粒的加速度方向竖直向下，选项A 正确；当微粒由a 运动到c 点时，电场力做正功，电势能减小，即微粒在c 点的电势能最小，选项B 错误；微粒在c 点时的动能最大，速度最大，如果选项C 正确，则存在mg ＋Eq ＝Bqv ，即微粒在c 点时受到的重力与电场力的合力和洛伦兹力是平衡的，由于微粒在c 点做的是曲线运动，其向心力竖直向上，故这三个力不平衡，故上式是不成立的，选项C 错误；微粒到达b 后，再向下运动，又会受到向右的洛伦兹力，所以它会向右偏转，而不会沿原路返回到a 点，选项D 错误．3．C [解析] 质子在平行板间做类平抛运动，水平方向做匀速直线运动，时间t 1＝l v 0＝1×10－6s ，竖直方向做匀加速直线运动，刚好打在下极板上时，12·qu md t 21＝d 2，可得u ＝25V ，由u t 图像可知u ≤25 V 是飞出金属板的条件，则有质子飞出电场的时间段在0～0.025s 和0.175～0.2 s ，共0.05 s ，选项A 错误．t ＝0时刻进入电场中的质子在电场中运动的时间最长，为t 1＝1×10－6s ，选项B 错误．刚好从下极板边缘飞出的质子速度最大，v y2·t 1＝d2，v max ＝v 20＋v 2y ＝ 1.25×105m/s ，故选项D 错误．飞出电场速度最大的质子进入磁场的运动半径最大，R max ＝mv maxqB＝0.5 m ，故选项C 正确． 4．AD [解析] 如果半导体为P 型半导体，则能自由移动的是带正电的粒子，由左手定则可以判断出粒子偏向上表面，故上表面电势高，选项A 正确；如果半导体为N 型半导体，则能自由移动的是电子，由左手定则可判断电子偏向上表面，故上表面电势低，选项B 错误；待电流稳定后，粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态，故存在U H bq ＝Bqv ，而电流的大小又可以表示为I ＝neSv ＝nebcv ，二式整理得BI ＝U H nec ①，又因为U H ＝k IB c ，故k ＝1ne，故霍尔系数k 较大的材料，其内部单位体积内的载流子数目较少，选项C 错误；由①式还可以推出n ＝IBceU H，选项D 正确． 5．(1)2v 0 (2)mv 0qd (3)mv 2q[解析] (1)粒子轨迹如图所示，由运动的合成与分解可知v ＝v 0sin 45°＝2v 0.(2)粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由运动轨迹和几何关系可知其轨道半径R ＝dsin 45°＝2d又qvB ＝m v 2R联立解得：B ＝mv 0qd. (3)设金属板间的最小电压为U min ，粒子进入板间电场至速度为零的过程，由动能定理有－qU min ＝0－12mv 2解得U min ＝mv 20q.6．(1)gdBvd －U(2)①图略 ②0.814 s [解析] (1)带电质点在复合场中做匀速运动，有 Bqv ＝qE ＋mg 而E ＝U d解得q m ＝gdBvd －U.(2)①质点的运动轨迹如图所示②运动时间：t ＝L v ＋2πm Bq＝0.814 s. 7．(1)正电mg E (2)2E B Rg(3)27R [解析] (1)小球进入第一象限后，在垂直磁场的平面内做圆周运动，说明重力与电场力平衡，设小球所带的电荷量为q ，则qE ＝mg解得q ＝mg E又电场方向竖直向上，故小球带正电．(2)设小球做匀速圆周运动的速度为v ，轨迹半径为r ，由洛伦兹力提供向心力得qBv ＝mv 2r当小球恰能通过半圆轨道的最高点并沿轨道内侧运动时，P 、O 距离有最小值，此时应满足mg ＝mv 2R解得r ＝E B R g则P 、O 的最小距离为y ＝2r ＝2EBR g. (3)小球由O 运动到N 的过程中由机械能守恒定律得mg ·2R ＝12mv 2N －12mv 2解得v N ＝5gR小球从N 点进入电场区域后，在绝缘光滑水平面上做类平抛运动，设加速度为a ，则沿x 轴方向x ＝v N t 沿电场方向z ＝12at 2由牛顿第二定律得a ＝qE mt 时刻小球距O 点的距离为s ＝x 2＋z 2＋（2R ）2＝27R .。

高三物理一轮复习作业：第九章磁场本章学科素养提升

⊳思维建模能力的培养 ⊳情景作图能力的培养模型概述带电粒子在周期性变化的电、磁场中的运动是高中物理的一个难点．题目中的运动情景复杂、综合性强，将场的性质、运动学规律、牛顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合，对空间想象能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，以及利用数学知识解决物理问题的能力要求较高．例1 如图1甲所示，间距为d 、垂直于纸面的两平行板P 、Q 间存在匀强磁场、取垂直于纸面向里为磁场的正方向，磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示．t ＝0时刻，一质量为m 、带电荷量为＋q 的粒子(不计重力)，以初速度v 0由Q 板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区．当B 0和T B 取某些特定值时，可使t ＝0时刻入射的粒子经Δt 时间恰能垂直打在P 板上(不考虑粒子反弹)．上述m 、q 、d 、v 0为已知量．图1(1)若Δt ＝12T B ，求B 0；(2)若Δt ＝32T B ，求粒子在磁场中运动时加速度的大小；(3)若B 0＝4m v 0qd ，为使粒子仍能垂直打在P 板上，求T B .★答案★ (1)m v 0qd (2)3v 20d(3)见解析解析 (1)设粒子做圆周运动的半径为R 1，由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R 1① 根据题意由几何关系得R 1＝d ② 联立①②式得B 0＝m v 0qd③(2)设粒子做圆周运动的半径为R 2，加速度大小为a ，由圆周运动公式得a ＝v 20R 2④根据题意由几何关系得3R 2＝d⑤联立④⑤式得a ＝3v 20d⑥ (3)设粒子做圆周运动的半径为R ，周期为T ，由圆周运动公式得T ＝2πRv 0⑦ 由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R⑨粒子运动轨迹如图所示(只画出一个周期的运动情况)，O 1、O 2为圆心，O 1O 2连线与水平方向的夹角为θ，在每个T B 内，只有A 、B 两个位置才有可能垂直击中P 板，且均要求0＜θ＜π2，由题意可知 π2＋θ2πT ＝T B2⑩设经历完整T B 的个数为n (n ＝0,1,2,3，…)，若A 位置击中P 板，根据题意由几何关系得 R ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑪ 当n ＝0时，无解⑫ 当n ＝1时，联立⑨⑪式得θ＝π6(或sin θ＝12)⑬联立⑦⑨⑩⑬式得 T B ＝πd3v 0⑭ 当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的需求⑮若B 位置击中P 板，根据题意由几何关系得 R ＋2R sin θ＋2(R ＋R sin θ)n ＝d ⑯ 当n ＝0时，无解⑰当n ＝1时，联立⑨⑯式得 θ＝arcsin 14(或sin θ＝14)⑱联立⑦⑨⑩⑱式得T B ＝(π2＋arcsin 14)d 2v 0.当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求．1．仔细分析并确定各场的变化特点及相应的时间，其变化周期一般与粒子在电场或磁场中的运动周期相关联，应抓住变化周期与运动周期之间的联系作为解题的突破口． 2．必要时，可把粒子的运动过程还原成一个直观的运动轨迹草图进行分析．3．把粒子的运动分解成多个运动阶段分别进行处理，根据每一阶段上的受力情况确定粒子的运动规律．带电粒子在多磁场中的运动，一般是指带电粒子在两个相邻匀强磁场中的运动．解决此类问题的一般思路：(1)根据题中所给的条件，画出粒子在两磁场中做匀速圆周运动的轨迹； (2)根据画出的轨迹，找出粒子在两磁场中做圆周运动的圆心和半径；(3)适当添加辅助线，运用数学方法计算出粒子在两磁场中的轨迹半径(有时候还要找出圆心角)；(4)结合粒子运动的半径公式r ＝m v Bq (或周期公式T ＝2πm qB)即可得出所求的物理量．例2 如图2所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A 2A 4为边界的两个半圆形区域Ⅰ和Ⅱ中，直径A 2A 4与直径A 1A 3之间的夹角为α＝60°.一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A 1处沿与A 1A 3成β＝30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂直于A 2A 4的方向经过圆心进入Ⅱ区，最后再从A 4处射出磁场．已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t ，求：图2(1)粒子在磁场区域Ⅰ和Ⅱ中运动的轨道半径R 1与R 2的比值； (2)Ⅰ区和Ⅱ区中磁场的磁感应强度B 1和B 2的大小． ★答案★ (1)2 (2)5πm 6qt 5πm3qt解析 (1)粒子在两匀强磁场中的运动轨迹如图所示设粒子射入磁场时的速度大小为v ，圆形区域的半径为r .连接A 1A 2，由几何知识可知，△A 1A 2O 为等边三角形，A 2为粒子在区域Ⅰ磁场中运动时轨迹圆的圆心，所以R 1＝r .由于粒子垂直直径A 2A 4进入Ⅱ区，从A 4点离开磁场，所以粒子在区域Ⅱ磁场中运动的轨迹为半圆，圆形磁场区域的半径OA 4即粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动时轨迹圆的直径，所以R 2＝r 2，由此可得：R 1R 2＝2.(2)带电粒子在Ⅰ区磁场中做圆周运动的周期为T 1＝2πmqB 1，因为∠A 1A 2O ＝60°，所以粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t 1＝T 16＝πm 3qB 1.带电粒子在Ⅱ区磁场中做圆周运动的周期为T 2＝2πmqB 2，因粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹为半圆，所以其运动时间为t 2＝T 22＝πmqB 2，带电粒子在磁场中运动的总时间为t ＝t 1＋t 2，又因为R 1R 2＝2，所以B 2＝2B 1，由以上各式可得：B 1＝5πm 6qtB 2＝5πm 3qt .感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。

2018届高考物理大一轮复习教师用书：第九章磁场含

第九章⎪⎪⎪磁场第51课时磁场及其对电流的作用(双基落实课)[命题者说] 本课时内容是关于磁场的基础知识，包括磁感应强度和安培力的概念、安培定则和右手定则的应用，高考很少对这些知识单独考查。

学习本节知识，主要是为进一步学习磁场的其他内容打好基础。

1.磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。

2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。

(2)定义式：B ＝F IL (通电导线垂直于磁场)。

(3)方向：小磁针静止时N 极所指的方向。

(4)单位：特斯拉，符号T 。

3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。

(2)磁感线分布特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。

[小题练通]1．判断正误(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的情况无关。

(√)(2)磁场中某点磁感应强度的方向，跟放在该点的试探电流元所受磁场力的方向一致。

(×)(3)垂直磁场放置的线圈面积减小时，穿过线圈的磁通量可能增大。

(√)(4)小磁针N极所指的方向就是该处磁场的方向。

(×)2．(多选)(2015·全国卷Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一。

关于指南针，下列说法正确的是()A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转解析：选BC指南针是一个小磁体，具有N、S两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N极指向地理的北极，选项A错误，选项B正确。

因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C正确。

在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转，选项D错误。

3．下列关于磁感应强度的说法中，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极受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向C．通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大D．一小段通电导线在某处不受磁场力的作用，则该处磁感应强度一定为零解析：选B某处磁感应强度的方向就是小磁针N极受磁场力的方向或是小磁针静止时N极的指向，与通电导体放在该处受磁场力的方向不同，A错，B对。

2018年高考物理复习真题训练 9磁场--含答案解析

专题9磁场1.（2017全国卷Ⅰ）如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是A．m>m>ma b c C．m>m>mc a b B．m>m>mb ac D．m>m>mc b a答案：B解析：由题意知，m a g=qE，m b g=qE+Bqv，m c g+Bqv=qE，所以mb >ma>mc，故B正确，ACD错误.2.（2017全国卷Ⅱ）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，在纸面内沿不同的方向射入磁场.若粒子射入速率为v，这些粒子在磁1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，相应的出射点分布在三分之一圆周上.不计重力2及带电粒子之间的相互作用.则v:v为21A．3:2答案：CB．2:1C．3:1D．3:2.22，解析：本题考查带电粒子在磁场中的运动由于是相同的粒子，粒子进入磁场时的速度大小相同，由qvB=m v2R可知，R=mv，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v1，如图所示，通过旋转圆qB可知，当粒子的磁场出射点A离P点最远时，则AP=2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，粒子的磁场出射点B离P点最远时，则BP=2R2，由几何关系可知，R=1 C项正确.R3，R=R cos30=R，则23.（2017江苏卷）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答案：A解析：本题考查考生对磁通量概念的理解.由题图可知，穿过a、b两个线圈的磁通量均为Φ=B⋅πr2，因此磁通量之比为1∶1，A项正确.4.（2017全国卷Ⅲ）如图，空间存在方向垂直于纸面（xOy平面）向里的磁场.在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0（常数λ>1）.一质量为m、电荷量为q（q>0）的带电粒子以速λqB (1+)RRvv联立①②③④式得，所求时间为t=t+t=0λ度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求（不计重力）（1）粒子运动的时间；（2）粒子与O点间的距离.πm12mv答案：（1）（2）0(1-qB01λ)解析：（1）在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动.设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB v=00mv20①1qλB v=00mv20②2粒子速度方向转过180°时，所用时间t1为t1=πR1③粒子再转过180°时，所用时间t2为t2=πR2④πm1(1+)⑤qB012（2）由几何关系及①②式得，所求距离为d=2(R-R)=122mv0(1-qB1λ)⑥5.（2017江苏卷）一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经过加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为+q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．( （3） L < 2 2Bq2（1）求甲种离子打在底片上的位置到 N 点的最小距离 x ；（2）在答题卡的图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度 d ；（3）若考虑加速电压有波动，在 U –∆U )到( U + ∆U )之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度 L 满足的条件．答案：（1） x =mB q4 mU 2 mU 4mU L 20 - L （2） d = 0 - 0 - B q B q qB 2 4[2 (U - ∆U ) - 2(U + ∆U )]0 0解析：(1)设甲种离子在磁场中的运动半径为 r 1电场加速 qU = 1⨯ 2mv 2且 qvB = 2mv2 r1解得 r =2mU0 根据几何关系 x = 2r - L1 1解得 x =4 mU B q0 - L（2）（见图）最窄处位于过两虚线交点的垂线上d = r - r 2 - ( L1 1)2解得 d =2 mU 4mU 0 - B q qB 20 - L 24=2r1的最小半径r2max=即4m(U-∆U)->LB q答案：（1）v=2v，方向与x轴方向的夹角为45°角斜向上（2）E(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2m(U-∆U)B qr2的最大半径r 12m(U+∆U)B q由题意知2r1min -2r2max>L22m(U+∆U)00 B q B q解得L<2m[2(U -∆U)-2(U+∆U) ]006.（2017天津卷）平面直角坐标系x Oy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ现象存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示.一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍.粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等.不计粒子重力，问：（1）粒子到达O点时速度的大小和方向；（2）电场强度和磁感应强度的大小之比.0B2y⑥⑦设磁感应强度大小为 B ，粒子做匀速圆周运动的半径为 R ，洛伦兹力提供向心力，有： q vB = m⑨解析：(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设 Q 点到 x 轴距离为 L ，到 y 轴距离为 2L ，粒子的加速度为 a ，运动时间为 t ，有2L = v t①L =1at 2 ②2设粒子到达 O 点时沿 y 轴方向的分速度为 vyv = at ③y设粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向夹角为α ，有 tan α =联立①②③④式得α =45° ⑤即粒子到达 O 点时速度方向与 x 轴正方向成 45°角斜向上.vyv④设粒子到达 O 点时速度大小为 v ，由运动的合成有 v =v 2 + v2 0联立①②③⑥式得 v =2v（2）设电场强度为 E ，粒子电荷量为 q ，质量为 m ，粒子在电场中受到的电场力为 F ，粒子在电场中运动的加速度： a =qEm⑧v 2R根据几何关系可知： R =2L整理可得： E v= 0B 2x v子，形成宽为 2b ，在 y 轴方向均匀分布且关于轴对称的电子流.电子流沿方向射入一个半径为 R ，中心位于正下方有一对平行于轴的金属平行板 K 和 A ，其中 K 板与 P 点的距离为 d ，中间开有宽度为2l 且关于 y 轴对2电荷量为 e ，忽,7.（2017 浙江卷）如图所示,在 xOy 平面内，有一电子源持续不断地沿正方向每秒发射出 N 个速率均为的电x x原点 O 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直xOy 平面向里，电子经过磁场偏转后均从P 点射出，在磁场区域的x称的小孔.K 板接地，A 与 K 两板间加有正负、大小均可调的电压UAK，穿过 K 板小孔到达 A 板的所有电子被收集且导出，从而形成电流.已知 b =略电子间相互作用.（1）求磁感应强度 B 的大小；3 R, d = l，电子质量为 m ，（2）求电子从 P 点射出时与负y 轴方向的夹角θ的范围；（3）当UAK= 0 时，每秒经过极板 K 上的小孔到达极板 A 的电子数；（4）画出电流 i 随 UAK变化的关系曲线（在答题纸上的方格纸上）.答案:（1） B = mv，（2）60o （3） n =6 N eR3= 0.82N （4） i m ax = 0 .82 Ne解析:由题意可以知道是磁聚焦问题，即（1）轨到半径 R=rB =mveR（2）右图以及几何关系可知，上端电子从 P 点射出时与负 y 轴最大夹角θm ，由几何关系sin θm = b得 θm = 60 OR同理下端电子从 p 点射出与负 y 轴最大夹角也是 60 度范围是 - 60 o ≤ θ ≤ 60 o（3） tan α = l得 α = 45 Ody ' = R s in α = 2 R2===0.82n=0.82N4e mv2或者根据（3）可得饱和电流大小每秒进入两极板间的电子数为n n y'6N b3(4)有动能定理得出遏止电压U=-c 12emv2与负y轴成45度角的电子的运动轨迹刚好与A板相切，其逆过程是类平抛运动，达到饱和电流所需要的最小反向电压U'=-1im ax=0.82Ne.。

2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第九章磁场第1讲含答案

[高考命题解读］分析年份高考(全国卷)四年命题情况对照分析1.考查方式高考对本章内容考查命题频率极高，常以选择题和计算题两种形式出题，选择题一般考查磁场的基础知识和基础规律,一般难度不大;计算题主要是考查安培力、带电粒子在磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用，难度较大，较多是高考的压轴题．2．命题趋势（1)磁场的基础题号命题点2013年Ⅰ卷18题带电粒子在圆形有界磁场中的运动Ⅱ卷17题带电粒子在圆形有界磁场中的运动2014年Ⅰ卷15、16题安培力、洛伦兹力分别在力电综合问题中的应用Ⅱ卷20题洛伦兹力作用下的匀速圆周运动2015年Ⅰ卷14、24题安培力、洛伦兹力分别在力电综合问题中的应用知识及规律的考查（2）安培力、洛伦兹力的考查（3）带电粒子在有界磁场中的临界问题,在组合场、复合场中的运动问题 (4)磁场与现代科学知识的综合应用 Ⅱ卷18题对磁体、地磁场和磁力的认识Ⅱ卷19题洛伦兹力作用下的匀速圆周运动2016年 Ⅰ卷15题带电粒子在电磁场中运动的多过程现象Ⅱ卷18题带电粒子在圆形有界磁场中的运动Ⅲ卷18题带电粒子在角形有界磁场中的运动第1讲磁场及其对电流的作用一、对磁场的理解1．磁场（1）基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．(2）方向:小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N 极的指向．2．磁感应强度(1）定义式：B＝错误!（通电导线垂直于磁场）．(2)方向：小磁针静止时N极的指向．(3）磁感应强度是反映磁场性质的物理量，由磁场本身决定，是用比值法定义的．3．磁感线(1)引入：在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．（2)特点:磁感线的特点与电场线的特点类似,主要区别在于磁感线是闭合的曲线．(3）条形磁铁和蹄形磁铁的磁场（如图1所示)．图1二、安培定则的应用及磁场的叠加1．安培定则的应用直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线与条形磁铁的磁场相似，管环形电流的两侧是N极和S越远处磁场越弱内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场极,且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图2．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．三、安培力1．安培力的方向（1)左手定则：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．(2）注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直，即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．2．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F＝ILB sin_θ.（1）当磁场与电流垂直时，安培力最大,F max＝ILB.(2）当磁场与电流平行时，安培力等于零．［深度思考］安培力常用公式F＝BIL中的L是导线的尺度吗？答案L为有效长度1．(教科版选修3－1P83第3题）（多选)如图2为通电螺线管．A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是( )图2A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处C．小磁针在B处和A处N极都指向左方D．小磁针在B处和C处N极都指向右方答案BC2．（人教版选修3－1P94第1题改编)下面的几个图显示了磁场对通电直导线的作用力,其中正确的是（)答案C3．（教科版选修3－1P92第1题）(多选）一小段长为L的通电直导线放在磁感应强度为B的磁场中,当通过它的电流为I时，所受安培力为F.以下关于磁感应强度B的说法正确的是（)A．磁感应强度B一定等于错误!B．磁感应强度B可能大于或等于FILC．磁场中通电直导线受力大的地方,磁感应强度一定大D．在磁场中通电直导线也可以不受力答案BD4．(人教版选修3－1P94第3题改编）如图3所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度．下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方．线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态．若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是（)图3答案A命题点一对磁场的理解1．磁感应强度是矢量，其方向与导线所受力的方向垂直；2．电流元必须垂直于磁场方向放置，公式B＝错误!才成立；3．磁场中某点的磁感应强度是由磁场本身决定的，与通电导线受力的大小及方向都无关．例1 (多选)下列说法正确的是（)A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B＝错误!，即磁场中某点的磁感应强度B．通电导线在某点不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B＝错误!只是定义式,它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．磁场是客观存在的答案CD解析A项考查的是磁感应强度的定义，只有当通电导线与磁场方向垂直时才有B＝错误!,A错；B项中，当通电导线与磁场平行时，不受磁场力，此时,磁感应强度不为零，B错;C选项中，B＝错误!是定义式，磁场强弱取决于场源及磁场中的位置，C正确；磁场与电场一样,都是客观存在的，D正确．1．（多选）指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是（）A．指南针可以仅具有一个磁极B．指南针能够指向南北,说明地球具有磁场C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转答案BC解析指南针两端分别是N极和S极,具有两个磁极，选项A错误；指南针静止时，N极的指向为该处磁场的方向，故指南针能够指向南北，说明地球具有磁场,选项B正确；铁块在磁场中被磁化，会影响指南针的指向，选项C正确；通电直导线在其周围会产生磁场，会影响指南针的指向,选项D错误．2．（2016·北京理综·17)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4。

2018届高考物理一轮复习单元质检九磁场

单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。

在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一项符合题目要求,第6~8题有多项符合题目要求。

全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.(2016·河北石家庄模拟)在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘。

导线没有通电时小磁针的N极指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度。

现已测出此地的地磁场水平分量B1=5.0×10-5 T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示。

由此测出该通电直导线在该处产生磁场的磁感应强度大小为()A.5.0×10-5 TB.1.0×10-4 TC.8.66×10-5 TD.7.07×10-5 T电流在罗盘处产生的磁场方向水平向东,合磁场方向东偏北30°,由图可知:B2==8.66×10-5 T。

故C正确。

2.(2016·广东江门三调)如图所示,带负电的金属环绕轴OO'以角速度ω匀速旋转,在环左侧轴线上的小磁针最后静止时()A.N极竖直向上B.N极竖直向下C.N极沿轴线向左D.N极沿轴线向右,可等效为反向的电流,根据安培定则,在环内形成水平向左的磁场,故小磁针静止时N极沿轴线向左,C正确,A、B、D错误。

3.如图所示,一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中。

若通以图示方向的电流(从A点流入,从C点流出),电流强度为I,则金属框受到的磁场力为() A.0 B.ILBC.ILBD.2ILB,则AC、ABC两段导线上流过的电流分别为I和I,导线ABC段的有效长度为2L sin 30°=L,所以该正三角形通电导线受到的安培力大小为ILB+ILB=ILB,故B正确。

4.如图所示的虚线框为一长方形区域,该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后,分别从a、b、c、d四点射出磁场,比较它们在磁场中的运动时间t a、t b、t c、t d,其大小关系是()A.t a<t b<t c<t dB.t a=t b=t c=t dC.t a=t b<t c<t dD.t a=t b>t c>t d带电粒子的运动轨迹如图所示,由图可知,从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa=θb>θc>θd,而带电粒子的周期T=相同,其在磁场中运动时间t=T,故t a=t b>t c>t d,选项D正确。

[配套K12]2018版高考物理大一轮复习第九章磁场单元质量检测新人教版

第九章磁场一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．如图1所示，在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l 的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I ，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接。

开关断开时，力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G ，现闭合开关，则下列说法正确的是( )图1A ．通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下B ．通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用C ．若力传感器的示数变大，则电源的右端一定为正极D ．若力传感器的示数变为通电直导线重力的一半，则通电直导线所在处的磁感应强度大小一定为G2Il解析本题考查通电螺线管周围磁场的特点和安培力知识。

闭合开关后，通电螺线管在周围产生磁场，通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，选项A 错误；由于通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向水平，故安培力方向一定竖直向上或竖直向下，选项B 错误；若力传感器的示数变大，说明通电直导线受到竖直向下的安培力作用，由左手定则可知，此处磁场方向水平向右，由安培定则可知，电源的左端为正极，选项C 错误；若力传感器的示数变为导线重力的一半，说明导线受到的安培力方向竖直向上，且大小等于导线重力的一半，则有BIl ＝12G ，可得B ＝G 2Il，选项D 正确。

答案 D2．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N 极逆时针转过30°(如图2所示的虚线)，设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B ，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为( )图2A ．B B ．2B C.B 2 D.32B 解析合磁场的方向沿虚线方向，所以该磁矿产生的磁感应强度的水平分量的最小值为B sin 30°＝B 2，选项C 正确。

答案 C3．(2016·江苏省苏锡常镇联考)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 。

[K12学习]全品复习方案2018高考物理大一轮复习专题训练(九)第9单元磁场

专题训练（九）第9单元磁场基础巩固1．(多选)[2016·洛阳联考] 类比是物理学中常用的思想方法．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，距离它r处的磁感应强度大小为B＝kr2(k为常数)．磁单极S的磁场分布如图Z91甲所示，它与如图乙所示负点电荷Q的电场分布相似．假设磁单极子S和负点电荷Q均固定，有一带电小球分别在S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正确的是( )图Z91A．若小球带正电，其运动轨迹平面可在S正上方，如图甲所示B．若小球带正电，其运动轨迹平面可在Q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正上方，如图甲所示D．若小球带负电，其运动轨迹平面可在Q正下方，如图乙所示2．(多选)[2016·广西河池模拟] 如图Z92所示，某足够宽的空间有垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、带电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左、大小为F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2.关于滑块的运动，下列说法中正确的是( )图Z92A．刚开始做匀加速运动，接着做匀速直线运动B．最终做速度为10 m/s的匀速直线运动C．刚开始加速度为2 m/s2，速度为6 m/s时，滑块加速度开始减小D．一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动3．(多选)[2016·河北冀州检测] 磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流速度方向垂直，如图Z93所示．把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流．设该气流的导电率(电阻率的倒数)为σ，则( )A ．该磁流体发电机模型的内阻为r ＝L σabB ．产生的电动势为E ＝BavC ．流过外电阻R 的电流I ＝BLvR ＋L σabD ．该磁流体发电机模型的路端电压为BLvRR ＋σL ab4．(多选)[2015·杭州师大附中月考] 质量为m 、带电荷量为＋q 的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上，如图Z 94所示，整个装置处于磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，现给球一个水平向右的初速度v 0使其开始运动，不计空气阻力，则球运动克服摩擦力做的功可能是()图Z 94A ．0B .12mv 20C ．mv 20 D .12mv 20－m 3g 2q 2B2能力提升5．如图Z 95所示，场强为E 的匀强电场方向竖直向下，磁感应强度为B 的水平匀强磁场垂直纸面向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量的同种电荷．已知a 静止，b 、c 在纸面内按图示方向做匀速圆周运动(轨迹未画出)．忽略三个油滴间的静电力作用，比较三个油滴的质量及b 、c 的运动情况，以下说法中正确的是()图Z 95A ．三个油滴的质量相等，b 、c 都沿顺时针方向运动B ．a 的质量最大，c 的质量最小，b 、c 都沿逆时针方向运动C ．b 的质量最大，a 的质量最小，b 、c 都沿顺时针方向运动D ．三个油滴的质量相等，b 沿顺时针方向运动，c 沿逆时针方向运动6．[2015·重庆一中月考] 如图Z 96甲所示，空间中存在水平向右的匀强电场和垂直纸面向内的匀强磁场，图乙所示的空间仅存在水平向右的匀强电场，且两区域中的电场强度的大小均为E.质量均为m 的带电微粒a 和b 分别在图甲和图乙区域沿图示虚线做直线运动，运动轨迹均与水平方向成θ＝30°角．下列说法中正确的是()A ．微粒a 和b 均带正电B ．微粒a 和b 均带负电C ．微粒a 所带电荷量是微粒b 所带电荷量的13D ．微粒a 所带电荷量是微粒b 所带电荷量的3倍7．如图Z 97所示，位于竖直平面内的坐标系xOy ，在其第三象限空间有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝0.5 T ，还有沿x 轴负方向的匀强电场，场强大小为E ＝2 N /C .在其第一象限空间有沿y 轴负方向的、场强大小也为E 的匀强电场，并在y>h(h ＝0.4 m )的区域有磁感应强度大小也为B 的垂直于纸面向里的匀强磁场．一个带电荷量为q的油滴从图中第三象限的P 点得到一初速度，恰好能沿PO 做匀速直线运动(PO 与x 轴负方向的夹角为θ＝45°)，并从原点O 进入第一象限．已知重力加速度g 取10 m /s 2，求：(1)油滴在第三象限运动时受到的重力、电场力、洛伦兹力三力的大小之比，并指出油滴带何种电荷；(2)油滴在P 点得到的初速度大小； (3)油滴在第一象限运动的时间．图Z 97挑战自我8．[2016·江苏清江中学冲刺] 平面直角坐标系xOy 以竖直向上为y 轴正方向，如图Z 98所示，在第一、四象限内存在沿x 轴负方向的匀强电场，在第二、三象限内存在着沿y 轴正方向的匀强电场和垂直于xOy 平面向外的匀强磁场，现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电小球从坐标原点O 以初速度v 0沿与x 轴正方向成45°角的方向射出，已知y 轴右侧与左侧两电场的电场强度E 1＝E 2＝mgq，磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g.(1)求小球离开O 点后第一次经过y 轴所用的时间； (2)求小球离开O 点后第三次经过y 轴的纵坐标；(3)若小球从O 点以某一初速度沿与x 轴正方向成135°角的方向射入第二象限且能再次回到O 点，则该初速度的大小为多少？图Z 98专题训练(九)1．ABC [解析] 如图甲所示，若小球带正电，逆时针做匀速圆周运动，其所受洛伦兹力斜向上，在水平方向的分力提供向心力，其运动轨迹平面可在S 正上方，A 正确．若小球带负电，顺时针做匀速圆周运动，其所受洛伦兹力斜向上，在水平方向的分力提供向心力，其运动轨迹平面可在S 正上方，C 正确．若小球带正电，所受库仑力斜向上，其运动轨迹平面可在Q 正下方，如图乙所示，B 正确．若小球带负电，库仑力为斥力，其运动轨迹平面不能在Q 正下方，D 错误．2．BC [解析] 由于滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为μg ＝5 m/s 2，所以当0.6 N 的恒力作用于木板时，系统一起以a ＝FM ＋m ＝0.60.2＋0.1m/s 2＝2 m/s 2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零，此时Bqv ＝mg ，解得v ＝10 m/s ，此时摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，a ′＝F M＝0.60.2m/s 2＝3 m/s 2.可知滑块先与木板一起做匀加速直线运动，然后发生相对滑动，做加速度减小的变加速运动，最后做速度为10 m/s 的匀速运动．滑块开始时的加速度为2 m/s ，当恰好开始滑动时，有f ＝μ(mg －Bqv )＝ma ，得v ＝6 m/s ，此后滑块的加速度减小．但仍做加速运动，直到v ＝10 m/s ，做匀速运动．选项A 、D 错误，选项B 、C 正确．3．AC [解析] 根据左手定则知正离子向上偏，负离子向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终离子处于平衡状态，有qvB ＝q E L，解得电动势E ＝BLv ，故选项B 错误；内电阻r ＝ρL S ＝Lσab，故选项A 正确；根据闭合电路欧姆定律，流过外电阻R 的电流I ＝BLv R ＋L σab ，故选项C 正确；R 两端电压为BLvR ＋L σabR ，故选项D 错误． 4．ABD [解析] 当qv 0B ＝mg 时，小球不受支持力和摩擦力，克服摩擦力做功为零，选项A 正确；当qv 0B <mg 时，小球做加速度逐渐增大的减速运动直到静止，只有摩擦力做功，根据动能定理得W克f＝12mv 20，选项B 正确；当qv 0B >mg 时，小球先做减速运动，当qvB ＝mg 时，小球不受摩擦力作用，小球以速度v ＝mgqB做匀速运动，根据动能定理得W 克f＝12mv 20－m 3g 2q 2B 2，选项D 正确． 5．A [解析] 油滴a 静止不动，其受到的合力为零，所以电场力方向竖直向上，油滴带负电荷，且m a g ＝qE .又油滴b 、c 在场中做匀速圆周运动，则其重力和受到的电场力是一对平衡力，油滴受到的洛伦兹力提供其做匀速圆周运动的向心力，所以m b g ＝m c g ＝qE .由左手定则可判断，b 、c 都沿顺时针方向运动，选项A 正确．6．C [解析] 带电微粒在图甲所示的空间中运动时，带电微粒要做直线运动，只有做匀速直线运动，对带电微粒受力分析，根据平衡条件可得微粒一定带正电，根据平行四边形定则解三角形得tan 30°＝q 1Emg，带电微粒在图乙所示的空间中运动时，带电微粒要做直线运动，只有做匀变速直线运动，对带电微粒受力分析，根据平行四边形定则解三角形得tan 60°＝q 2E mg ，联立得微粒a 所带电荷量是微粒b 所带电荷量的13，选项C 正确，A 、B 、D 错误．7．(1)1∶1∶ 2 负电荷 (2)4 2 m/s (3)0.828 s[解析] (1)对油滴受力分析(如图所示)，可知油滴带负电荷，设油滴质量为m ，由平衡条件得mg ∶qE ∶F ＝1∶1∶ 2.(2)由第(1)问得qvB ＝2qE 解得v ＝2EB＝4 2 m/s.(3)进入第一象限，电场力和重力大小相等、方向相反，油滴受力平衡，油滴先做匀速直线运动，进入y ＞h 的区域后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，最后从x 轴上的N 点离开第一象限．油滴由O 到A 做匀速运动的位移为x 1＝hsin 45°＝2h其运动时间t 1＝x 1v＝0.1 s由几何关系和圆周运动的周期关系式T ＝2πmqB知，油滴由A 到C 做圆周运动的时间t 2＝14T ＝0.628 s由对称性知油滴从C 到N 运动的时间t 3＝t 1油滴在第一象限运动的总时间t ＝t 1＋t 2＋t 3＝2×0.1 s ＋0.628 s ＝0.828 s. 8．(1)2v 0g(2)2mv 0qB －2v 20g (3)2mgqB[解析] (1)由牛顿第二定律得（mg ）2＋（qE ）2＝ma解得小球在第一象限中的加速度a ＝2g ，方向与v 0的方向相反小球在第一象限中先匀减速运动再反向匀加速运动t 1＝2v 0a ＝2v 0g(2)小球第一次经过y 轴后，在第二、三象限内有qE ＝mg ，电场力与重力平衡，故做匀速圆周运动．设轨迹半径为R ，有qv 0B ＝m v 20R解得R ＝mv 0qB小球第二次经过y 轴的纵坐标y 2＝2R ＝2mv 0qBt 时间后第三次经过y 轴，在第一、四象限内做类平抛运动，有v 0t ＝122gt 2解得t ＝2v 0g小球第二次经过y 轴的点与第三次经过y 轴的点的距离Δy ＝2v 0t ＝2v 2g小球第三次经过y 轴的纵坐标y 3＝y 2－Δy ＝2mv 0qB－2v 2g(3)若小球沿与x 轴正方向成135°角的方向射入第二象限，小球的运动轨迹如图所示由几何关系得Δy′＝22R′即2v2g＝22mvqB解得v＝2mg qB。

2018高考物理大一轮复习题组层级快练：第九单元磁场作业41 pdf版含答案

B．从 ac 边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为 3qB 2qBL
C．从 ac 边射出的粒子的最大速度值为 3m D．bc 边界上只有长度为 L 的区域可能有粒子射出答案 BD 解析带电粒子在磁场中运动的时间是看圆心角的大小，而不是看弧的长短，A 项错误；作出带电粒子在磁场中偏转的示意图，从 ac 边上射出的粒子，所对的圆心角都是 120°，所以在磁场中运动的
5Bql B．使粒子的速度 v＞ 4m
Bql C．使粒子的速度 v＞ m
Bql 5Bql D．使粒子的速度 v 满足 4m <v< 4m
答案 AB
l
mv1
解析带电粒子刚好打在极板右边缘，有 r12＝(r1－2)2＋l2，又因 r1＝ Bq ，解得 v1＝
5Bql
l mv2
Bql
4m ；粒子刚好打在极板左边缘，有 r2＝4＝ Bq ，解得 v2＝ 4m ，故选项 A、B 正确．
1 2πm 时间为 t＝3T＝ 3qB ，B 项正确；从 ac 边射出的最大速度粒子的弧
mv qBR qBL 线与 bc 相切，如图所示，半径为 L，由 R＝qB⇒v＝ m ＝ m ，C 项错误；如图所示，在 bc 边上只有 Db＝L 长度区域内有粒子射出，D 项正确，选 B、D 项． 4．如图所示，MN、PQ 之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域水平方向足够长， MN、PQ 间距为 L，现用电子枪将电子从 O 点垂直边界 MN 射入磁场区域，调整电子枪中的加速电压可使电子从磁场边界不同位置射出．a、b、c 为磁场边界上的三点，下列分析正确的是( )
大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是( )
5 A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是 3t0，则它一定从 cd 边射出磁场

2018版高考物理大一轮复习第九章磁场能力课2带电粒子在复合场中的运动问题课时训练(含解析)粤教版

能力课2 带电粒子在复合场中的运动问题一、选择题(1～4题为单项选择题，5～8题为多项选择题)1．(2017·河南洛阳市统考)如图1所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的带电粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子最后落到P 点，设OP ＝x ，下列图线能够正确反映x 与U 之间的函数关系的是( )图1解析带电粒子在电场中加速时，由动能定理得qU ＝12mv 2，而在磁场中偏转时，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r ，依题意x ＝2r ，联立解得x ＝2m qB2qU m ，因此正确答案为B 。

答案 B 2．(2016·厦门一模)如图2所示，空间的某个复合场区域内存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场。

质子由静止开始经一加速电场加速后，垂直于复合场的边界进入并沿直线穿过场区，质子(不计重力)穿过复合场区所用时间为t ，从复合场区穿出时的动能为E k ，则 ( )图2A ．若撤去磁场B ，质子穿过场区时间大于tB ．若撒去电场E ，质子穿过场区时间等于tC．若撒去磁场B，质子穿出场区时动能大于E kD．若撤去电场E，质子穿出场区时动能大于E k解析质子在电场中是直线加速，进入复合场，电场力与洛伦兹力等大反向，质子做匀速直线运动。

若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，水平分运动是匀速直线运动，速度不变，故质子穿过场区时间不变，等于t，A错误；若撒去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，水平分运动的速度减小，故质子穿过场区时间增加，大于t，B错误；若撤去磁场，只剩下电场，质子做类平抛运动，电场力做正功，故末动能大于E k，C正确，若撤去电场，只剩下磁场，质子做匀速圆周运动，速率不变，末动能不变，仍为E k，D错误。

答案 C3．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。

电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的。

2018高考物理大一轮复习题组层级快练42第九单元磁场4带电粒子在组合场中的运动专题

题组层级快练（四十二）带电粒子在组合场中的运动专题、选择题1如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图•励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直.电子速度的大小和磁场强弱可分别由通过电子枪的加速电压和励磁线圈的电流来调节•下列说法正确的是 A. 仅增大励磁线圈中电流，电子束径迹的半径变大 B. 仅提高电子枪加速电压，电子束径迹的半径变大 C. 仅增大励磁线圈中电流，电子做圆周运动的周期将变大D. 仅提高电子枪加速电压，电子做圆周运动的周期将变大答案 B解析仅增大励磁线圈中电流，磁感应强度增大，由 R=m 可知电子束径迹的半径变小，由2 n m T=市可知电子做圆周运动的周期将变小，选项 C 错误；仅提高电子枪加速电压，电子mv速度增大，由R =丽可知电子束径迹的半径变大，由 T=希可知，电子做圆周运动的周期不变，选项B 正确，选项 D 错误.2.（2017 •贵阳期末检测）如图所示，一个静止的质量为 m 电荷量为的粒子（重力B 的匀强磁场中，粒子打到P 点，0P= x ,能正确反映A. x 与U 成正比B. x 与U 成反比2磁场运动的轨道半径为 R = 2,又因为qvB = mR,联立以上三式，解得x =C. x 与U 成正比D.答案 C 解析带电粒子在电场中加速的过程，由动能定理有qU=由几何关系知，带电粒子在选项C 正确.3.如图是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个 D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中, 并分别与高频电源相连，现分别加速氘核（令）和氦核（24He ）.下列说法中正确的是（）A. 它们的最大速度相同B. 它们的最大动能相同C. 它们在D 形盒中运动的周期相同D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能答案 AC2解析根据qvB — mr ，得v — q B R .两粒子的比荷m 相等，所以最大速度相等，故选项A 正确;B 错误；带电粒子在磁场中运动的周期T -2n m ，两粒子的比荷m 相等，所以周期相等，故选项C 正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相同，否则无法加速，故选项 D 错误.4•质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具•如图所示为质谱仪的原理示意图，现利用质谱仪对氢元素进行测量•让氢元素三种同位素的离子流从容器A 下方的小孔S无初速度飘入电势差为 U 的加速电场.加速后垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中.氢的三种同位素最后打在照相底片 D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”.则下列判断正确的是（）A. 进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚B. 进入磁场时动能从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C. 在磁场中运动时间由小到大排列的顺序是氕、氘、氚D. a 、b 、c 三条“质谱线”依次排列的顺序是氕、氘、氚答案 AC1 q 2B 2R2 最大动能云一2mV —厉，两粒子的比荷 m 相等，但质量不等，所以最大动能不等，故选项解析氢元素的三种同位素离子均带正电，电荷量大小均为e,经过加速电场，由动能定理1 2有：eU ^ E< = 2mv ,故进入磁场中的动能相同，B 项错误；且质量越大的离子速度越小，故A答案 C1 T2 n m n m4圆周，故t = 4,由于T =_Bq ，求得B = ，只有选项 C正确. 6.如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为 m 电荷量为+ q 的粒子在环中做半径为R 的圆周运动，A 、B 为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经 A 板时，A 板电势升高为 U, B 板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B 板时，A 板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，粒子自身的重力不计，则（）A.粒子从A 板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行 n 圈后回到A 板时获得的总动能为2nqU B.在粒子绕行的整个过程中，A 板电势可以始终保持为+ UC. 在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D.为使粒子始终保持在半径为R项正确；三见，质量越大的圆周运动半径越大， D 项错；在磁场中运动时间均为半个周期, n R n m ~v~="eB ，可见离子质量越大运动时间越长，C 项正确.5. （2017 •南宁模拟）如图甲所示，一个质量为 m 电荷量为+ q 的带电粒子，不计重力，在 a 点以某一初速度水平向左射入磁场区域I,沿曲线 abed 运动，ab 、be 、cd 都是半径为 R 的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域I 、n 、川三部分的磁感应强度B 随x 变化的关系可能是图乙中的（）解析由左手定则可判断出磁感应强度 B 在磁场区域I 、 n 、川内磁场方向分别为向外、里和向外，在三个区域中均运动 evB = mR , 解得屮R乙（：°的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n 答案D解析粒子在电场中绕行 n 圈后回到A 板时获得的总动能为 nqU ,选项A 错误；在粒子绕行 2 n mA 板电势有时为+ U,有时为零，选项B 错误；周期T =萌，在粒子绕行的确.7•环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，比荷相等的正、负离子都由静止经过电压为 U的直线加速器加速后，沿圆环切线方向同时注入对撞机的高真空环状空腔内，空腔内存在着F 列说法正确的是（A. 所加匀强磁场的方向应垂直圆环平面向外B. 若加速电压一定，离子的比荷 q 越大，磁感应强度 B 越小 mqc.磁感应强度B 一定时，比荷m 相同的离子加速后，质量大的离子动能小 D.对于给定的正、负离子，加速电压U 越大，离子在环状空腔磁场中的运动时间越长答案 B解析离子在环状空腔内做圆周运动，洛伦兹力指向圆心，由左手定则可知，磁场方向垂直1 2环面向内，选项 A 错误；离子加速，由动能定理得 qU = ?mv ,而运动的半径r 一定，则r = 二选项B 正确，选项c 错误；离子在磁场中的运动时间 t =T =nm i,与加速电qB B q2 qB压U 的大小无关，选项 D 错误.&如图所示，在第n 象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E ,在第i 、w 象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等. 有一个带电粒子以垂直于 x 轴的初速度的整个过程中,整个过程中,B 发生变化，所以T 也发生变化,选项C 错误；粒子绕行第 n 圈时,R =qB ，又nqU =2mV ，联立解得B=与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为作用而沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，B.正、负离子在环状空腔内只受洛伦兹力然后在碰撞区迎面相撞，不考虑相对论效应,R 不变，v 变大，由磁感应强度v o从x轴上的P点进入匀强电场中，并且恰好与y轴的正方向成45°角进入磁场，又恰好垂直于x轴进入第W象限的磁场.已知0P之间的距离为d，则带电粒子在磁场中第二次经过x轴时，在电场和磁场中运动的总时间为（）— 2 n d 丄, d 7 n 、丄十”间t3 = ，故t 总=押2 + T )，选项D 正确•二、非选择题9•如图所示，在平面直角坐标系内，第一象限的等腰三角形MNF 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿 y 轴正方向的匀强电场.一质量为 m,电荷量为 q 的带电粒子从电场中 Q(-2h ,— h)点以速度V o 水平向右射出，经坐标原点O 射入第一象限，最后以垂直于 PN 的方向射出磁场.已知 MN 平行于x 轴，N 点的坐标为(2h , 2h)，不计粒子的重力，求：(1) 电场强度的大小；⑵ 磁感应强度的大小 B ;(3)粒子在磁场中的运动时间.7 n d A. "2VT C$2 + 夢) 答案 D解析带电粒子的运动轨迹如图所示. 时的速度v = 2v o ，这一过程的时间dB. —(2 + 5 n ) V oD.V02 + 今)由题意知，带电粒子到达 y 轴d 2d 亠，、 11 = =—.又由题意知，带电粒V o V o ~2子在磁场中的偏转轨道半径r = 2 2d.故知带电粒子在第I 象限中的一一、 3 n m 3\f2 n d 3 n d ，+ , 亠，一一运动时间12= 4Bq = 2V = 2w ，带电粒子在第“象限中运动的时—r・+ ■ 4 ・ ♦ ・'心•…一 F ° X K X X 淀XXKXXXXXXX X X X X X X X^^XKXXXKKKXKXXKXKK解析(1)由几何关系可知粒子在水平电场中水平位移为2h,竖直方向的距离为h,由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h= v o th =號2由牛顿运动定律可知:Eq = ma联立解得:2mv oE =电场强度为2mv o 2qh'⑵粒子到达0点，沿+ y 方向的分速度v y = at =虫 2h =速度与x 正方向的夹角 a 满足tan a1 , a = 45 V x粒子从MP 的中点垂直于 MF 进入磁场，垂直于 NP 射出磁场, 粒子在磁场中的速度 v = 2v o ; 轨道半径R = 2hmv o故磁感应强度为 mv oqh ；(3)由题意得，带电粒子在磁场中转过的角度为Ar\ .45°,故运动时间t = 8T=噹1 n h8 4v o ；粒子在磁场中的运动时间为 n h4v o由 Bqv =210.如图所示，两平行金属板E、F之间电压为U,两足够长的平行边界MNPQ区域内，有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m带电量为+ q的粒子(不计重力)，由E板中央处静止释放，经F板上的小孔射出后，垂直进入磁场，且进入磁场时与边界MN成60°角，磁场MN和PQ边界距离为d.求：理(1) 粒子离开电场时的速度；(2) 若粒子垂直边界PQ离开磁场，求磁感应强度B;⑶若粒子最终从磁场边界MN离开磁场，求磁感应强度的范围.解析(1)设粒子离开电场时的速度为 v ，由动能定理有:d = r + rsin30场，其边界AB CD 相距为d ,在左边界的Q 点处有一质量为 m 带电量为q 的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计.求:(1) 带电粒子能从 AB 边界飞出的最大速度;2qU(2) 粒子离开电场后，垂直进入磁场，根据几何关系得r = 2d2由洛伦兹力提供向心力有： qvB = mv-，联立解得:2mU(3)最终粒子从边界MN 离开磁PQ 相切磁感应强度的最小值为，磁感应强度的范围是q11. (2017 •浙江联考 )如图甲所示, n F1叭!八;■■如「在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B 的匀强磁3⑶B 》2d •2mU qqU= *m& 解得：v =需满足条件：刚好轨迹与B =2d联立解得：吐务2mU q3 吐亦32mU q/Q(2) 若带电粒子能垂直 CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图乙所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压 U 应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？(3) 若带电粒子的速度是(2)中的，3倍，并可以从 Q 点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD 边界的距离大小？…2 (2 —J 3) Bqd2B"qd 2答案⑴(2) U>-m3m(3) 2 3d解析(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,射出，临界情况如图甲所示，由几何条件知2mv o又 qv o B =所以粒子能从左边界射出时的最大速度为2 (2 — 3) BqdV m = V 0 =m(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示.2设半径为R i ,运动速度为v o .粒子能从左边界 R i + R i cos30 ° = d解得V o =Bqd m (1 +cos30 2 (2 — 3) Bqdm由几何关系知Ra =d cos30解得U =2 2Bqd2 2mcos30°2 22Bqd 3m所加电压满足的条件 U>2 2 2Bqd3m 粒子转过的圆6°°,所用时间为£，而T =由洛伦兹力提供向心力得V2 Bqv a =由动能定理得一qU= 0—^mv2粒子打到 CD 边界的距离I = 2X 2dcos30 ° = 2,3d12. (2017 •唐山联考)如图所示，在xOy 平面内，在x>0范围内以x y轴为电场和磁场的边界，在x<0范围内以第三象限内的直线OM 为电场” _ h与磁场的边界，OM 与x 轴负方向成0 = 45°角，在边界的下方空间存 ... [/ X 订H X在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为 B = 0.1 T ,在边 .....界的上方有沿y 轴正方向的匀强电场，场强大小为E = 32 N/C ;在y 轴上的P 点有一个不计重力的带电微粒，以沿 x 轴负方向的初速度 V 0= 2X 103 m/s 射出，已知 OP= 0.8 cm ，微粒所带电荷量q = — 5X 10 18 C ，质量m = 1 X 10 24 kg ，求： (1)带电微粒第一次进入电场时的位置坐标；(2) 带电微粒从P 点出发到第三次经过电、磁场边界经历的总时间; (3) 带电微粒第四次经过电、磁场边界时的速度大小. 解析(1)带电微粒从P 点开始在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，第一次经过磁场边界上的A 点，由半径公式可得mv 0=4X 10m.因为OP= 0.8 cm,匀速圆周运动的圆心在 OP 的中点C,由几何关系可知，A 点位置的坐标为(—4X 10 -3 m ,- 4X 10 -3 m).(2)带电微粒在磁场中做匀速圆周运动的周期为2 n m- 5T=新=停 X 10 S .由图可知，微粒运动四分之一个圆周后竖直向上进入电场，故t 1= 1 T = 0.314 X 10 -5 s.4微粒在电场中先做匀减速直线运动到速度为零，然后反向做匀加速直线运动，微粒运动的加因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t = 2x T =in m6 3Bq ⑶当粒子速度是(2)中的，3倍时，解得R 3= 2d由几何关系可得粒子能打到 CD 边界的范围如图丙所示.2v o 2mv )— 5故在电场中运动的时间为t 2= -= - = 2.5 X 10 s.a E|q|微粒再次进入磁场后又做四分之一圆周运动，故 t 3 = t i = 0.314 X 10 —5 s ，所以微粒从 P 点出发到第三次经过电、磁场边界的时间为t =t i + t 2+13 = 3.128 X 10 一5 s.(3)微粒从B 点第三次经过电、磁场边界水平向左进入电场后做类平抛运动，则加速度 a =|q|E 8 2=1.6 X 10 m/s ,m则第四次到达电、磁场边界时， 1 2oy y =：at 4, x = V 0t 4, tan45 = 一，解得 v y = at 4= 4X 10 m/s.则微粒第四次经过电、磁场边界时的速度为v = V 02+ v y 2= 2 5X 103 m/s.速度为a = iqmm。

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