2021高考物理一轮复习培优物理高考培优专题十一磁场(讲解部分)

2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案

选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。

高三物理培优(11)(答案)

高三物理培优（11）（参考答案）一、知识清单1．【答案】2．【答案】3．【答案】4．【答案】5．【答案】6．【答案】7．【答案】8．【答案】9．【答案】10．【答案】11．【答案】12．【答案】13．【答案】14．【答案】15．【答案】16．【答案】17．【答案】18．【答案】19．【答案】20．【答案】二、选择题21．【答案】A【解析】穿过a和b两线圈的磁感线的条数相同，所以选项A正确．22．【答案】D【解析】金属杆PQ突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得，金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则T中感应电流方向为顺时针方向，D正确．23．【答案】A【解析】紫铜薄板上下及左右振动，都存在磁通量变化的为选项A所示方案．24．【答案】BC【解析】欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．25．【答案】BD【解析】把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘开始转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C 错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Brv ＝Brω12r ＝12Bωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确。

2021物理高考一轮培优教师用书专题十磁场(讲解部分)

知能拓展
拓展一安培定则的应用和磁场的叠加
1.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”。
原因(电流方向)
结果(磁场绕向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
2.磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源,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。如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度分别为BM、BN。
线在O点的磁感应强度画出,如图乙所示,由于A、C导线中电流相等而且到
O点距离相等,则BA'=BC';
乙同理:BB'=BD',即正方形中心O处的磁感应强度为零,故选项C正确;若移走A 导线,则磁场BA'不存在,由于BB'=BD',则此时在O点的磁感应强度只剩下导线 C的磁感应强度,而且导线C在O点的磁感应强度方向沿OB方向,即中心O 处的磁感应强度将沿OB方向,故选项D正确。答案 ACD
正电荷所受电场力的方向与电场方向相同,负电荷所受电场力的方向与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功,也可能不做功
力F为零时场的情况
F为零,B不一定为零
F为零,E一定为零
作用效果
只改变电荷运动的速度方向,不既可以改变电荷运动的速度大
改变速度大小
小,也可以改变电荷运动的方向
拓展二安培力与安培力作用下的平衡问题
一、安培力 (1)方向:根据左手定则判断。 (2)大小:F=BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角),若磁场和电流垂直:F=BIL; 若磁场和电流平行:F=0。其中的L为导线在磁场中的有效长度。如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端,如图所示。

磁场(解析版)—2025年高考物理一轮复习知识清单

磁场带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算掌握磁场和磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场，熟悉几种常见磁场模型的磁感线分布图；会判断安培力的方向，能够计算安培力的大小，会分析计算安培力作用下导体的平衡与加速问题；掌握洛伦兹力的概念，会分析和计算带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题，会分析计算带电粒子在组合场、叠加场中的问题；掌握带电粒子在磁场中的多解问题、交变磁场和立体空间中的问题；了解与磁场相关的仪器，重点掌握质谱仪、回旋加速器和霍尔效应的原理。

核心考点01 磁场中的概念一、磁场 (4)二、磁感线 (4)三、磁感应强度 (6)四、磁通量 (8)核心考点02 安培力 (10)一、安培力的方向 (10)二、安培力的大小 (11)三、安培力作用下导体的平衡与加速问题 (12)核心考点03 洛伦兹力 (14)一、洛伦兹力 (14)二、带电粒子在匀强磁场中的运动 (15)三、有界匀强磁场的运动模型 (18)四、动态圆模型 (22)五、带电粒子在组合场中的运动 (24)六、带电粒子在叠加场中的运动 (27)七、带电粒子在交变磁场的运动 (30)八、带电粒子在磁场中的多解问题 (32)九、带电粒子在立体空间的运动 (34)核心考点04 与磁场相关的仪器 (36)一、速度选择器 (36)二、质谱仪 (37)三、回旋加速器 (39)四、磁流体发电机 (41)五、电磁流量计 (42)六、霍尔效应模型 (43)01一、磁场1、磁性物质吸引铁、钴、镍等物质的性质。

2、磁体具有磁性的物体，如磁铁。

3、磁极磁体上磁性最强的区域。

任何磁体都有两个磁极，一个叫北极（N极），另一个叫南极（S极）。

并且，任何一个磁体都有两个磁极，无论怎样分割磁体，磁极总是成对出现，不存在磁单极。

【注意】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。

4、磁场的定义磁体或电流周围存在的一种特殊物质，能够传递磁体与磁体之间、磁体与电流之间、电流与电流之间的相互作用。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=k Ir,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,方向沿∠ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.∠A=30°,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.φC=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、DC和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr (r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,磁铁就靠近传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理图.当磁场靠近霍尔元件时,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g 的砝码可能使天平重新平衡9.CT 是医院常用的一种仪器,CT 的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O 点处可以释放出初速度为零、质量为m 、电荷量为q 的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A 点射出并获得最大动能E k ,两D 形盒之间的距离为d ,加速电压为U ,则下列说法正确的是( )A.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S 的矩形金属板A 、B 正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v ,板间距离为d ,匀强磁场的磁感应强度为B 0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R ,电离气体充满两板间,其电阻率为ρ(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A 、B 就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是( ) A.通过电阻R 的电流为B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关三、非选择题(共4小题,50分)11.[8分]如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U ,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率. (2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.[12分]如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(√3+√2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成θ=60°夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60°角后射出,求粒子Y 的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于∠POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示),求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.[16分]如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M 右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e<0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=√2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.B A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L =2k I0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln (n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m v2r,解得v=qBLmn (n=1,2,3,…),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO'左侧时受到导线1的斥力更大,在OO'右侧时受到导线3的斥力更大,在OO'处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C 错误;导线2在OO'两侧水平方向的受力具有对称性,故运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO'处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-1.5 V,D 错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M 和N 在c 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C 错误.导线M 在d 点产生的磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向里,导线N 在d 点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d 点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a 、d 两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同,D 正确.7.C 题图乙中霍尔元件中的电流I 是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A 错误;根据霍尔元件工作原理可知Ud q =Bqv ,得U =Bdv ,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关,与车轮转速无关,选项B 错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v 车=2πrn 即可获知车速大小,选项C 正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D 错误.8.ABD 线圈中电流的大小为I=E -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,A 正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL ,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F 的方向竖直向下,则有m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=5 g,B 正确,C 错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.9.AC 设粒子在磁场中转动的圈数为n 、最大速度为v ,因每加速一次粒子获得的能量为qU ,每圈有两次加速,则E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,由于粒子经过D 形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,B 正确;发电机稳定发电时,A 板带正电,B 板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C 错误;发电机的效率η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,与等离子体的运动速度无关,D 正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(1分)而光电池产生的电流为I 光电=P45U =√6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q 点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,粒子从F 点射出磁场时,F 点与D 点的距离最小,如图乙所示由几何关系得 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(1分) 解得L=2-√23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X 在磁场中运动的轨迹半径 r=l (1分)粒子在磁场中运动时,有qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=r=l (1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由C 点运动到M 点所用的时间等于粒子X 垂直PO 方向的分运动到N 点所用的时间,即t=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,方向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv 2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P 点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O 、P 点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP 与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P 点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b ,如图所示,从b 点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f ,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r ,故电子沿直径方向进入磁场,从P 点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间t min =14T=√2πt 04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.。

2021年广东省新高考物理专题复习：磁场(含答案解析)

2021年广东省新高考物理专题复习：磁场1．如图所示，一矩形区域abcd内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和竖直向下的匀强电场、大小为E，现从矩形区域ad边的中点O处沿纸面与ad边夹角为30°方向发射一个带电微粒（微粒的速度未知），微粒恰好在复合场中做圆周运动。

已知ab、cd边足够长，ad边长为L，微粒质量为m，重力加速度为g。

则：（1）微粒带何种电？电荷量大小为多少？（2）若微粒能从cd边射出，求可能从cd边射出的区域的长度x。

2．如图所示，xOy 为竖直面内的直角坐标系，在y 轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y 轴右侧电场方向竖直向下，y 轴左侧电场方向竖直向上。

y 轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y 轴相切于O 点。

现有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球，用长为l 、不可伸长的绝缘细线悬挂在P 点的钉子上，P 点与坐标原点O 的距离亦为l ，将小球拉至细线绷直且与y 轴负方向成α＝60°角无初速释放，小球摆至O 点还未进入磁场瞬间细线恰好被拉断。

小球在y 轴左侧运动一段时间后刚好击中P 点的钉子，此时速度方向与y 轴正方向的夹角为β＝37°，已知细线能承受的最大张力F ＝4mg ，小球可视为质点，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，不计阻力。

求：（1）电场强度的大小：（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积。

3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。

在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子从直线ac 与圆的交点a 正对圆心射入柱形区域，而后从圆上的b 点离开该区域，bo 连线与直线垂直。

圆心O 到直线的垂直距离为12R ，现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线ac 的匀强电场，同一粒子以同样速率在a 点沿直线ac 射入柱形区域，也在b 点离开该区域。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场 (3)

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=k Ir,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,方向沿∠ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.∠A=30°,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.φC=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、DC和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr (r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,磁铁就靠近传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理图.当磁场靠近霍尔元件时,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g 的砝码可能使天平重新平衡9.CT 是医院常用的一种仪器,CT 的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O 点处可以释放出初速度为零、质量为m 、电荷量为q 的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A 点射出并获得最大动能E k ,两D 形盒之间的距离为d ,加速电压为U ,则下列说法正确的是( )A.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S 的矩形金属板A 、B 正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v ,板间距离为d ,匀强磁场的磁感应强度为B 0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R ,电离气体充满两板间,其电阻率为ρ(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A 、B 就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是( ) A.通过电阻R 的电流为B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关三、非选择题(共4小题,50分)11.[8分]如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U ,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率. (2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.[12分]如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(√3+√2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成θ=60°夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60°角后射出,求粒子Y 的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于∠POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示),求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.[16分]如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M 右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e<0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=√2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.B A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L =2k I0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln (n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m v2r,解得v=qBLmn (n=1,2,3,…),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO'左侧时受到导线1的斥力更大,在OO'右侧时受到导线3的斥力更大,在OO'处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C 错误;导线2在OO'两侧水平方向的受力具有对称性,故运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO'处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-1.5 V,D 错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M 和N 在c 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C 错误.导线M 在d 点产生的磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向里,导线N 在d 点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d 点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a 、d 两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同,D 正确.7.C 题图乙中霍尔元件中的电流I 是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A 错误;根据霍尔元件工作原理可知Ud q =Bqv ,得U =Bdv ,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关,与车轮转速无关,选项B 错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v 车=2πrn 即可获知车速大小,选项C 正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D 错误.8.ABD 线圈中电流的大小为I=E -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,A 正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL ,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F 的方向竖直向下,则有m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=5 g,B 正确,C 错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.9.AC 设粒子在磁场中转动的圈数为n 、最大速度为v ,因每加速一次粒子获得的能量为qU ,每圈有两次加速,则E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,由于粒子经过D 形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,B 正确;发电机稳定发电时,A 板带正电,B 板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C 错误;发电机的效率η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,与等离子体的运动速度无关,D 正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(1分)而光电池产生的电流为I 光电=P45U =√6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q 点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,粒子从F 点射出磁场时,F 点与D 点的距离最小,如图乙所示由几何关系得 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(1分) 解得L=2-√23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X 在磁场中运动的轨迹半径 r=l (1分)粒子在磁场中运动时,有qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=r=l (1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由C 点运动到M 点所用的时间等于粒子X 垂直PO 方向的分运动到N 点所用的时间,即t=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,方向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv 2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P 点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O 、P 点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP 与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P 点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b ,如图所示,从b 点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f ,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r ,故电子沿直径方向进入磁场,从P 点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间t min =14T=√2πt 04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.。

(2021年整理)高考物理专题复习――磁场

（完整）高考物理专题复习――磁场编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（完整）高考物理专题复习――磁场）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

同时也真诚的希望收到您的建议和反馈，这将是我们进步的源泉，前进的动力。

本文可编辑可修改，如果觉得对您有帮助请收藏以便随时查阅，最后祝您生活愉快业绩进步，以下为（完整）高考物理专题复习――磁场的全部内容。

高中物理复习-—磁场此部分内容为磁场，由基础知识—-专题知识组成，高考复习必备的资料！！一、磁场磁体是通过磁场对铁一类物质发生作用的，磁场和电场一样，是物质存在的另一种形式，是客观存在。

小磁针的指南指北表明地球是一个大磁体。

磁体周围空间存在磁场；电流周围空间也存在磁场。

电流周围空间存在磁场，电流是大量运动电荷形成的，所以运动电荷周围空间也有磁场。

静止电荷周围空间没有磁场。

磁场存在于磁体、电流、运动电荷周围的空间。

磁场是物质存在的一种形式.磁场对磁体、电流都有磁力作用。

与用检验电荷检验电场存在一样，可以用小磁针来检验磁场的存在。

如图所示为证明通电导线周围有磁场存在-—奥斯特实验，以及磁场对电流有力的作用实验.1．地磁场地球本身是一个磁体，附近存在的磁场叫地磁场，地磁的南极在地球北极附近，地磁的北极在地球的南极附近.2．地磁体周围的磁场分布与条形磁铁周围的磁场分布情况相似.3．指南针放在地球周围的指南针静止时能够指南北，就是受到了地磁场作用的结果.4．磁偏角地球的地理两极与地磁两极并不重合,磁针并非准确地指南或指北，其间有一个交角，叫地磁偏角,简称磁偏角。

说明：①地球上不同点的磁偏角的数值是不同的。

②磁偏角随地球磁极缓慢移动而缓慢变化。

③地磁轴和地球自转轴的夹角约为11°。

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

2021届高考一轮物理：磁场含答案

2021届高考一轮物理：磁场含答案一轮：磁场**一、选择题1、三根在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。

a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。

将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B 1、B2和B3，下列说法中正确的是( )A.B1=B2<B3B.B1=B2=B3C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里2、(多选)如图为通电螺线管。

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()A．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3、如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2．5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0．5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g 取10 m/s2)()A．0．1 A B．0．2 A C．0．05 A D．0．01 A4、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S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调换图中电源极性，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x2。

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．kIL(x1＋x2) B．kIL(x2－x1) C．k2IL(x2＋x1) D．k2IL(x2－x1)5、两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

2021年高考一轮物理总复习单元培优练第十一单元磁场

2021年高考一轮总复习单元培优练◎练之目标：磁场☆推荐练习时长：30分钟一、单项选择题1.关于电荷在电场和磁场中受力情况,下列说法正确的是()A.处在磁场中的电荷一定受到洛伦兹力的作用B.处在电场中的电荷一定受到电场力的作用C.电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向就是磁场的方向D.电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向2.如图所示,匝数为N的矩形线圈面积为S,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO'匀速转动.下列说法中正确的是()A.当线圈从图示位置转过π6时,穿过线圈的磁通量大小Φ=√3NBS2B.当线圈从图示位置转过π3时,穿过线圈的磁通量大小Φ=BS2C.当线圈从图示位置转过π2的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=NBSD.当线圈从图示位置转过π的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=03.回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中,其工作原理如图所示,其核心部件是两个置于高真空中的半圆形金属盒D1和D2,称为“D形盒”,带电粒子在两盒之间被电场加速,在两盒中做匀速圆周运动,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计,则下列说法正确的是()A.带电粒子从磁场中获得能量B.带电粒子做匀速圆周运动周期应等于在两D形盒之间所加交变电压的周期的两倍C.仅使加速电压的有效值增大,带电粒子获得的能量一定增大D.仅使D形盒中磁场的磁感应强度B增大,带电粒子在D形盒中运动周期减小4.质子(11H)和α粒子(24He)由静止经同一电场加速后垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,则两带电粒子所受洛伦兹力之比为 ( )A.2∶1B.1∶1C.1∶√2D.√2∶15.如图所示,一带正电的物块放在粗糙水平地面上,地面上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场,物块在水平外力F 作用下沿水平向右做匀加速直线运动,下列关于外力F 随时间变化的图象可能正确的是( )A B C D二、多项选择题6.将某个重力不计的电子以某一初速度射入一磁场或一电场中,下列说法正确的是 ( )A.若射入匀强磁场中,电子可能做匀速直线运动B.若射入匀强磁场中,电子可能做匀速圆周运动C.若射入电场中,电子可能做匀速直线运动D.若射入电场中,电子可能做匀速圆周运动7.如图所示,在匀强电场和匀强磁场正交的空间中,质量为m 的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内,做半径为R 的匀速圆周运动.设重力加速度为g ,电场强度为E ,磁感强度为B ,则下列结论正确的是( )A.粒子带正电B.粒子沿逆时针方向转动C.粒子速度大小v=BqR ED.粒子带电量q=mgE8.如图所示,等腰直角三角形abc 边界内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B ,在bc 的中点O 处有一粒子源,可沿与ba 平行的方向发射质量为m 、电荷量为q 的带正电离子,发射速率不同.若不计粒子的重力及粒子间的相互作用,粒子都能从ab 边离开,ab=2L ,则这些粒子( )A.最小速度的值为qBLmB.最大速度的值为(√2+1)qBLmC.在磁场中运动的最长时间为πmqBD.在磁场中运动的最短时间为πm4qB9.如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出).一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g.则()A.小球一定带正电荷B.匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外C.电场强度大小为mgqD.磁感应强度的大小为√3mgqv三、填空题10.如图所示,在威尔逊云雾室中,有垂直纸面向里的匀强磁场.图中曲线ab是一个垂直于磁场方向射入的带电粒子的径迹.由于它在行进中使周围气体电离,其能量越来越小,电量保持不变,由此可知粒子带(填“正”或“负”)电,粒子是由(填“a向b”或“b向a”)运动.11.如图所示,MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道,半径为R,直径MN水平,整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,一带电荷量为+q,重力加速度为g,质量为m的小球自M点无初速度下滑,则小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场(填“有关”或“无关”),小球滑到D点时的速度为,对轨道的压力为,若小球滑过轨道的右侧后,(填“能”或“不能”)继续滑到轨道右侧最高点N.四、计算题12.如图所示,一束重力不计带正电的粒子,电量为q,以速度v0垂直射入磁感强度为B、宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与粒子原来入射方向的夹角为θ=30°,求:(1)带电粒子在磁场中运动的半径r;(2)带电粒子的质量;(3)要使粒子从左边界射出,则速度v应满足的条件.13.如图所示为一种质谱仪的示意图.一重力不计的离子质量为m,电量为q,经过加速电场加速后,进入电场强度为E,匀强磁场磁感应强度为B1的速度选择器中,刚好沿直线通过速度选择器,通过狭缝O沿垂直磁场的方向进入偏转磁场.(1)为了使离子从静止开始经加速电场后沿直线穿过速度选择器,加速电压U应多大?(2)离子进入匀强磁场区域B2后,要使离子打在乳胶底片上的位置距离射入点O的距离为d,B2应为多大?(3)离子在匀强磁场区域B2中运动的时间多长?14.如图所示,直角坐标系xOy的第一象限有竖直向上的匀强电场,第二、四象限有相同的匀强磁场,方向垂直纸面向里.质量为m、电量为-q的粒子从磁场中M点以速度v0沿y轴正方向开始运动,经y轴上N点沿x轴正方向射入电场,并从x轴上P点离开电场进入第四象限的匀强磁场中,经y轴上的Q点(图中未画出)射出磁场.已知M点的坐标为(-d,0),P点的坐标为(2d,0),不计粒子的重力.求:(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)匀强电场的电场强度E的大小;(3)Q点的坐标和粒子在第四象限中运动的时间t.15.如图所示,MN是一段在竖直平面内半径为R=1 m的光滑的1/4圆弧轨道,y圆心为O,OM水平,轨道上存在场强为E的匀强电场.轨道的右侧OD和EF之间区域有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B1=0.1T.EF右侧有一水平放置的一对平行金属板,板间距离d=2 m,板长L=3 m,板间有恒定电压U AB=2 V和方向垂直于纸面向里的匀强磁场.现有一带电荷量为q=0.1 C、质量为m=10 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑,恰能沿NP方向做直线运动,经两板中点P射入,恰能从上板边缘C点射出.求:(1)小球运动到N点时的速度v;(2)轨道上的场强E;(3)平行金属板间的磁感应强度B2.参考答案10.正 a 向b11.无关 v=√2gR 3mg-qvB 能 12.(1)如图所示,d=r sin θ,r=dsinθ=2d.(2)由r=mvqB 得m=qBr v=2qdB v 0.(3)要使粒子从左边界射出,当速度最大时,粒子在磁场中轨迹是半圆,且与右边界相切,由几何条件知r'=d ,洛伦兹力提供向心力qv m B=mv m 2r ',解得v m =qBr 'm=qBd m=v 02,所以要想粒子从左边边界射出,速度v ≤v2.13.(1)离子沿直线穿过速度选择器,则qE=qvB 1,解得:v=EB 1,对离子在加速电场中的加速过程应用动能定理得:qU=12mv 2,解得:U=mE 22qB 12(2)由几何关系可得:R=d2离子进入磁场区域B 2后,洛伦兹力提供向心力,则:qvB 2=m v 2R 解得:2mEqLB 1(3)离子进入磁场区域B 2后,做匀速圆周运动,设运动的时间为t ,则t=T2 又T=2πmqB 2解得:t=πdB 12E14.(1)如图所示,带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,有qv 0B=m v 02R 解得:R=mv0qB ①, 根据几何关系:R=d ②, 联立①②得:B=mv0qd .(2)带电粒子在电场中做类平抛运动:x 方向:2d=v 0t ③,y 方向:d=Eqt 22m ④,联立③④得:E=mv 022qd(3)带电粒子进入第四象限时速度与x 轴的夹角为θ,则tan θ=v0v y=1,所以θ=450,v=√2v 0,R'=mv Bq =√2mvBq=√2d ,由几何关系得Q 的坐标为(0,-2 d ),T=2πm Bq,t=T 2=πm Bq =πdv 015.(1)小球沿NP 做直线运动,由平衡条件可得:mg=qvB 1,代入数据解得:v=10 m/s . (2)小球从M 点到N 点的过程中,由动能定理得:mgR+qER=12mv 2,代入数据解得:E=4N/C (3)在板间复合场中小球受电场力为:Uqd =0.1N=mg ,与重力平衡,故小球做匀速圆周运动. 设运动半径为R',由几何关系得R'=5m,又R'=mv B 2q 得B 2=mvR 'q ,代入数据得B 2=0.2 N/C .。

2021年高考物理磁场及其对电流的作用考点全攻关答案详解教师版(19页)

2021年高考物理磁场及其对电流的作用考点全攻关磁场及其对电流的作用（解析版）双基过关：一、磁场、磁感应强度1．磁场的基本性质磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．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＝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，符号为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)特点：磁感线是疏密程度相同、方向相同的平行直线．4．地磁场(1)地磁的N极在地理南极附近，S极在地理北极附近，磁感线分布如图所示．(2)在赤道平面上，距离地球表面高度相等的各点，磁感应强度相等，且方向水平向北．5．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．自测1(多选) 如图所示是我国最早期的指南仪器——司南，静止时它的长柄指向南方，是由于地球表面有地磁场．下列与地磁场有关的说法，正确的是()A．地磁场是一种物质，客观上存在B．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行C．通电导线在地磁场中可能不受安培力作用D．运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力可以对运动电荷做正功【答案】AC【解析】地磁场是客观存在的一种物质，磁感线是人们为了研究方便而假想出来的，故A正确；磁感线是闭合的曲线，不是地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行，故B错误；当通电导线与地磁场平行放置时，导线不受安培力，故C正确；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，所以运动电荷在地磁场中受到的洛伦兹力不做功，故D错误．二、磁感线和电流周围的磁场1．磁感线的特点(1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向．(2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱．①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，由S 极指向N极．①同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切．①磁感线是假想的曲线，客观上并不存在．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)电流的磁场自测2如图所示，甲、乙是直线电流的磁场，丙、丁是环形电流的磁场，戊、己是通电螺线管的磁场，试在各图中补画出电流方向或磁感线方向．图4【答案】三、安培力的大小和方向1．大小若I①B，F＝0；若I①B，F＝BIL.2．方向可以用左手定则来判定：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．安培力方向总垂直于B、I所决定的平面，即一定垂直于B和I，但B 与I不一定垂直．3．两平行通电导线间的作用同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．自测3以下说法中正确的是()A．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行B．安培力的方向可以用右手定则来判定C．磁感线可以形象地描述各点的磁场强弱和方向，磁感线上每一点的切线方向都和小磁针在该点静止时N极所指的方向一致D．放置在磁场中1 m长的导线，通过1 A的电流，该处磁感应强度是1 T，则导线受到的安培力为1 N【答案】C题热点一：安培力和磁场的叠加1．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”．2.磁场叠加问题的解题思路(1)确定磁场场源，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5所示为M 、N 在c 点产生的磁场B M 、B N . (3)应用平行四边形定则进行合成，如图中的合磁场B . 题型1 安培力的大小和方向例1 如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接．已知导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为( )A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．0 【答案】B【解析】设三角形边长为l ，通过导体棒MN 的电流大小为I ，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML 和LN 的电流大小为I2，如图所示，依题意有F ＝BlI ，则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1＝12BlI ＝12F ，方向与F 的方向相同，所以线框LMN 受到的安培力大小为F ＋F 1＝1.5F ，选项B 正确．变式1如图所示，三根相互平行的固定长直导线L 1、L 2和L 3两两等距，通过L 1、L 2中的电流相同，L 1、L 2中的电流方向垂直纸面向里，L 3中的电流方向垂直纸面向外，在三根导线与纸面的交点所构成的等边三角形的中心上放有一电流方向垂直纸面向外的通电长直导线，则该导线受到的安培力的方向为( )A ．指向L 1B ．指向L 2C ．指向L 3D ．背离L 3 【答案】C【解析】因同向电流之间相互吸引，异向电流之间相互排斥，可知L3对等边三角形的中心上的导线是吸引力，方向指向L3；而导线L1和L2对等边三角形的中心上的导线都是斥力，因大小相等且互成120°角，则其合力方向指向L3，则三条导线对等边三角形的中心上的导线的安培力的合力方向指向L3，故选C.题型2磁场的叠加例2有两条长直导线垂直水平纸面放置，交纸面于a、b两点，通有大小相等的恒定电流，方向如图.a、b的连线水平，c是ab的中点，d点与c点关于b点对称．已知c点的磁感应强度为B1，d点的磁感应强度为B2，则关于a处导线在d点产生磁场的磁感应强度的大小及方向，下列说法中正确的是()A．B1＋B2，方向竖直向下B．B1－B2，方向竖直向上C.B12＋B2，方向竖直向上 D.B12－B2，方向竖直向下【答案】D【解析】根据安培定则，a、b导线在c点的磁场方向都向下，因a、b导线通有大小相等的恒定电流，故b导线在c点的磁场为B12，由于b距离c点和d点一样，所以b导线在d点的磁场大小为B12，方向向上；根据安培定则，a导线在d点的磁场方向向下，则其大小为B12－B2.变式2如图所示，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且大小相等的电流时，纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零．若仅让P中的电流反向，则a点处磁感应强度的大小为()A．2B0 B.233B0 C.33B0D．B0【答案】B【解析】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为l的a点处的磁感应强度为0，由此可知，外加的磁场方向与PQ平行，且由Q指向P，即B1＝B0；依据几何关系有：B P cos 30°＝12B0，解得通电导线P或Q在a处的磁场大小均为B P＝33B0；当P中的电流反向，其他条件不变，再依据几何关系及三角知识，则有：B2＝B P＝33B0，方向垂直于PQ向上，由矢量的合成法则，那么a点处磁感应强度的大小为B＝B02＋33B02＝233B0，故B正确，A、C、D错误．命题热点二：安培力作用下导体运动情况的判断1．问题特点安培力作用下导体的运动问题与力学中的运动问题一样，同样遵从力学基本规律，只是研究对象所受的力中多分析安培力而已．2．规律分析判定通电导体在安培力作用下的运动方向或运动趋势，首先必须弄清楚导体所在位置的磁感线分布情况，再弄清楚导体中电流的方向，然后利用左手定则准确判定导体的受力情况，进而确定导体的运动方向或运动趋势．3．判定方法电流元法分割为电流元――→左手定则安培力方向→整段导体所受合力方向→运动方向特殊位置法在特殊位置→安培力方向→运动方向等效法环形电流小磁针条形磁铁通电螺线管多个环形电流结论法同向电流互相吸引，异向电流互相排斥；两不平行的直线电流例3 如图所示，把一重力不计的通电直导线水平放在蹄形磁铁两极的正上方，导线可以自由转动，当导线通入图示方向电流I 时，导线的运动情况是(从上往下看)( )A ．顺时针方向转动，同时下降B ．顺时针方向转动，同时上升C ．逆时针方向转动，同时下降D ．逆时针方向转动，同时上升【答案】A【解析】如图甲所示，把直线电流等效为无数小段，中间的点为O 点，选择在O 点左侧S 极右上方的一小段为研究对象，该处的磁场方向指向左下方，由左手定则判断，该小段受到的安培力的方向垂直纸面向里，在O 点左侧的各段电流元都受到垂直纸面向里的安培力，把各段电流元受到的力合成，则O 点左侧导线受到垂直纸面向里的安培力；同理判断出O 点右侧的导线受到垂直纸面向外的安培力．因此，由上向下看，导线沿顺时针方向转动．分析导线转过90°时的情形：如图乙所示，导线中的电流垂直纸面向外，由左手定则可知，导线受到向下的安培力．由以上分析可知，导线在顺时针转动的同时向下运动．选项A 正确．变式3 如图所示为研究平行通电直导线之间相互作用的实验装置．接通电路后发现两根导线均发生形变，此时通过导线M 和N 的电流大小分别为I 1和I 2，已知I 1>I 2，方向均向上．若用F 1和F 2分别表示导线M 与N 受到的磁场力，则下列说法正确的是( )A．两根导线相互排斥B．为判断F1的方向，需要知道I1和I2的合磁场方向C．两个力的大小关系为F1>F2 D．仅增大电流I2，F1、F2会同时增大【答案】D【解析】同向电流相互吸引，故A错误；为判断F1的方向，需要知道I2在I1处产生的磁场方向，故B错误；F1和F2是作用力和反作用力，大小相等，方向相反，故C错误；增大电流I2，F1、F2同时增大，故D正确．变式4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个平面内，且通过圆环中心，如图所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看()A．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【答案】C【解析】该通电圆环相当于一个垂直于纸面的小磁针，N极在内，S极在外，根据同极相斥、异极相吸，C正确．命题热点三：安培力作用下的平衡问题通电导体棒在磁场中的平衡问题是一种常见的力电综合模型，该模型一般由倾斜导轨、导体棒、电源和电阻等组成．这类题目的难点是题图具有立体性，各力的方向不易确定．因此解题时一定要先把立体图转化为平面图，通过受力分析建立各力的平衡关系，如图所示．例4如图所示，金属杆MN用两根绝缘细线悬于天花板的O、O′点，杆中通有垂直于纸面向里的恒定电流，空间有竖直向上的匀强磁场，杆静止时处于水平，悬线与竖直方向的夹角为θ，若将磁场在竖直面内沿逆时针方向缓慢转过90°，在转动过程中通过改变磁场磁感应强度大小来保持悬线与竖直方向的夹角不变，则在转动过程中，磁场的磁感应强度大小的变化情况是()A．一直减小B．一直增大C．先减小后增大D．先增大后减小【答案】C【解析】磁场在转动的过程中，杆处于平衡状态，杆所受重力的大小和方向不变，悬线的拉力方向不变，由图解法结合左手定则可知，在磁场沿逆时针方向缓慢转动的过程中，安培力先减小后增大，由F＝BIL可知，磁场的磁感应强度先减小后增大，故选C.变式5(多选)光滑斜面上放置一个通电导体棒，施加磁场后导体棒静止在斜面上，则以下四种情况中可能的是()【答案】BC【解析】A图，由左手定则可知，导体棒受到竖直向下的安培力作用，导体棒所受合力不可能为0，选项A错误；B图中的导体棒受到的安培力水平向右，导体棒所受合力可能为0，选项B正确；C图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向上，导体棒所受合力可能为0，选项C正确；D图中的导体棒受到的安培力方向沿斜面向下，导体棒受到的合力不可能为0，选项D错误．变式6如图所示，三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形，电流的方向垂直纸面向里．电流大小均为I，其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0，导线C位于水平面且处于静止状态，则导线C受到的静摩擦力是()A.32B0IL，水平向左 B.32B0IL，水平向右C.3B0IL，水平向左D.3B0IL，水平向右【答案】D【解析】根据安培定则，知A、B电流在C处的磁场方向分别垂直于AC、BC斜向下，如图所示，可知θ＝30°，则有：B C＝3B0，方向竖直向下；再由左手定则可知，安培力方向水平向左，大小为F安＝3B0IL；由于导线C位于水平面且处于静止状态，所以导线C受到的静摩擦力大小为3B0IL，方向水平向右．课时精练：一、双基巩固练：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如图1.结合上述材料，下列说法不正确．．．的是()图1A．地理南、北极与地磁场的北、南极不重合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】地球为一巨大的磁体，地磁场的南、北极在地理上的北极和南极附近，并不重合，故A、B正确；地球内部也存在磁场，只有赤道附近上空磁场的方向才与地面平行，故C错误；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子的速度方向与地磁场方向不平行，一定受到地磁场力的作用，故D正确．2.磁场中某区域的磁感线如图2所示，则()图2A．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【答案】A【解析】磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由a、b两处磁感线的疏密程度可判断出B a>B b，所以A正确，B错误；安培力的大小跟该处的磁感应强度的大小B、电流大小I、导线长度L和导线放置的方向与磁感应强度的方向的夹角有关，故C、D错误．3.一段导线abcde位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直．线段ab、bc、cd和de的长度均为L，且①abc＝①cde＝120°，流经导线的电流为I，方向如图3中箭头所示．导线段abcde所受到的磁场的作用力的合力大小为()图3A．2BIL B．3BIL C．(3＋2)BIL D．4BIL【答案】B【解析】因为①abc＝①cde＝120°，根据几何关系可知①bcd＝60°，故b与d之间的直线距离也为L，则导线abcde有效长度为3L，故所受安培力的大小为：F＝3BIL，故A、C、D错误，B 正确．4．L2是竖直固定的长直导线，L1、L3是水平固定且关于L2对称的长直导线，三根导线均通以大小相同、方向如图4所示的恒定电流，则导线L2所受的磁场力情况是()图4A．大小为零B．大小不为零，方向水平向左C．大小不为零，方向水平向右D．大小不为零，方向竖直向下【答案】A【解析】由右手螺旋定则可知，L1与L3在L2所在直线上产生的合磁场方向竖直向下，即L2处的磁场方向与电流方向平行，所以L2所受磁场力为零．5. 如图5，光滑斜面上放置一根通有恒定电流的导体棒，空间有垂直斜面向上的匀强磁场B，导体棒处于静止状态．现将匀强磁场的方向沿图示方向缓慢旋转到水平方向，为了使导体棒始终保持静止状态，匀强磁场的磁感应强度应同步()图5A．增大B．减小C．先增大，后减小D．先减小，后增大【答案】A【解析】对导体棒进行受力分析如图：磁场方向缓慢旋转到水平方向，则安培力方向缓慢从图示位置转到竖直向上，因为初始时刻安＝BIL，所培力沿斜面向上，与支持力方向垂直，最小，所以安培力一直变大，而安培力：F安以磁场一直增大，B、C、D错误，A正确．6．(多选)如图6，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反．下列说法正确的是()图6A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1①1①3D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3①3①1【答案】BC【解析】同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图甲所示，可知L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在的平面平行，故A错误；对L3受力分析，如图乙所示，可知L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在的平面垂直，故B正确；设三根导线间两两之间的相互作用力的大小为F，则L1、L2受到的磁场作用力的合力大小均等于F，L3受到的磁场作用力的合力大小为3F，即L1、L2、L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1①1①3，故C正确，D错误．7. (多选)如图7，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( )图7A ．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】AC【解析】原磁场、电流的磁场方向如图所示，由题意知在b 点：12B 0＝B 0－B 1＋B 2 在a 点：13B 0＝B 0－B 1－B 2由上述两式解得B 1＝712B 0，B 2＝112B 0，A 、C 项正确．8．如图8所示，AC 是四分之一圆弧，O 为圆心，D 为圆弧中点，A 、D 、C 处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B 的匀强磁场，O 处的磁感应强度恰好为零．如果将D 处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为()图8A．2(2－1)B B．2(2＋1)B C．2B D．0【答案】A【解析】A、D、C处的通电直导线在O处的磁感应强度的方向如图所示，大小相等，设为B0，则A、D、C处的通电直导线在O处的合磁感应强度大小为B＝(2＋1)B0，即B0＝B2＋1.如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为B′＝B＋B0－2B0＝2(2－1)B，故B、C、D错误，A正确．二、综合提升练9. (多选)如图9所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是()图9A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将变短C．F1>F2 D．F1<F2【答案】BC【解析】如图甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以台秤对条形磁铁的支持力减小，即台秤示数F1>F2，在水平方向上，由于F′有水平向左的分力，条形磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短．10. 如图10所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上．斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中．若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g.则此时金属细杆()图10A．电流流向垂直纸面向外B．受到的安培力大小为2BIL sin θC．对斜面压力大小变为原来的2倍D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为g sin θ【答案】D11．如图11所示，长为L、质量为m的导体棒ab，置于倾角为θ的光滑斜面上．导体棒与斜面的水平底边始终平行．已知导体棒通以从b向a的电流，电流为I，重力加速度为g.图11(1)若匀强磁场方向竖直向上，为使导体棒静止在斜面上，求磁感应强度B的大小；(2)若匀强磁场的大小、方向都可以改变，要使导体棒能静止在斜面上，求磁感应强度的最小值和对应的方向．【答案】(1)mgIL tan θ(2)mgIL sin θ方向垂直斜面向上【解析】(1)匀强磁场方向竖直向上时，导体棒受力如图甲所示，由平衡条件得：mg sin θ＝F 安cos θ，F 安＝BIL ，解得B ＝mg IL tan θ.(2)如图乙所示，当安培力平行斜面向上，即安培力和重力沿斜面的分力平衡时，安培力最小，有mg sin θ＝F 安′，F 安′＝B min IL ，解得B min ＝mg IL sin θ，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直斜面向上．12.如图12所示，在倾角为θ＝37°的斜面上，固定一宽为L ＝1.0 m 的平行金属导轨．现在导轨上垂直导轨放置一质量m ＝0.4 kg 、电阻R 0＝2.0 Ω、长为1.0 m 的金属棒ab ，它与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5.整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B ＝2 T 的匀强磁场中．导轨所接电源的电动势为E ＝12 V ，内阻r ＝1.0 Ω，若最大静摩擦力等于滑动摩擦力，滑动变阻器的阻值符合要求，其他电阻不计，取g ＝10 m/s 2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.现要保持金属棒在导轨上静止不动，求：图12(1)金属棒所受安培力的取值范围；(2)滑动变阻器接入电路中的阻值范围．【答案】(1)811 N≤F ≤8 N (2)0≤R ≤30 Ω【解析】(1)当金属棒刚好达到向上运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向下，对金属棒受力分析，如图甲所示，此时金属棒所受安培力最大，设为F 1，则有垂直斜面方向：F N＝F1sin θ＋mg cos θ沿斜面方向：F1cos θ＝mg sin θ＋F fmax又F fmax＝μF N以上三式联立并代入数据可得F1＝8 N当金属棒刚好达到向下运动的临界状态时，金属棒受到的摩擦力为最大静摩擦力，方向平行斜面向上，其受力分析如图乙所示，此时金属棒所受安培力最小，设为F2，则有F N′＝F2sin θ＋mg cos θ，F2cos θ＋F fmax′＝mg sin θ，F fmax′＝μF N′以上三式联立并代入数据可得F2＝811N所以金属棒受到的安培力的取值范围为811N≤F≤8 N(2)因磁场与金属棒垂直，所以金属棒受到的安培力为F＝BIL，因此有I＝FBL，由安培力的取值范围可知电流的取值范围为411A≤I≤4 A设电流为I1＝411A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R1，由闭合电路欧姆定律，有E－I1r＝I1(R0＋R1)，代入数据可得R1＝30 Ω设电流为I2＝4 A时滑动变阻器接入电路中的阻值为R2，由闭合电路欧姆定律，有E－I2r＝I2(R0＋R2)，代入数据可得R2＝0所以滑动变阻器接入电路中的阻值范围为0≤R≤30 Ω.。

2021届新高考物理一轮复习PPT教学课件_9.1磁场、安培力

（教学提纲）2021届新高考物理一轮复习获奖课件：9.1磁场、安培力（免费下载）
1．(多选)关于磁场和磁感线的描述，正确的是( ) A．磁感线上各点的切线方向就是该点的磁场方向 B．磁感线是从磁铁的 N 极出发指向 S 极 C．磁铁间的相互作用是通过磁场发生的 D．磁场中任意两条磁感线都不能相交【答案】 ACD
（教学提纲）2021届新高考物理一轮复习获奖课件：9.1磁场、安培力（免费下载）
（教学提纲）2021届新高考物理一轮复习获奖课件：9.1磁场、安培力（免费下载）
A．平行于 EF，深度为L2 B．平行于 EF，深度为 L C．垂直于 EF，深度为L2 D．垂直于 EF，深度为 L 【答案】 A
第一节磁场、安培力
知识梳理
1．磁场是存在于磁体、电流(或运动的电荷)周围的一种物质，磁体与磁体，磁体与电流、电流与电流之间的作用是通过磁场发生的。
2 磁场中任意一点小磁针 N 极的受力方向(小磁针静止时 N 极的指向)为该点处磁场方向。
3．为了直观地描述磁场中各点场强的强弱及方向，在磁场中画出一系列有方向的曲线，让曲线上各点的切线方向表示该点的磁场方向，这样的曲线叫做磁感线。磁感线是假想的曲线，实际并不存在。
11．通电螺线管可看成一个条形磁铁，让右手弯曲的四指与环形电流的方向一致，伸直的拇指所指的方向就是螺线管内部磁感线的方向。
12．磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量。是矢量，用符号 B 表示，方向与磁场力的方向相同，单位是特斯拉(T)。
13．磁感应强度的大小处处相等、方向处处一致的磁场叫做匀强磁场，在匀强磁场中的磁感线是疏密均匀、方向相同的平行且等距的直线。
A．磁铁对桌面的压力减小、不受桌面摩擦力的作用 B．磁铁对桌面的压力减小、受到桌面摩擦力的作用 C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用 D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用【答案】 A

2025年高考物理一轮复习(新人教版)第11章第1讲磁场及其对电流的作用

只把导线 Q 中电流的大小变为 2I，则导线 Q 在 a 点产生的磁感应强度方向不变，大小变为 BQ′ ＝2 3 3B0，由几何知识结合矢量叠加原理，求得 a 点处磁感应强度大小为 Ba＝ 33B0，故 C 正确；
当导线 P 中的电流反向，其他条件不变，则
导线 P 在 a 处产生的磁感应强度大小不变，
考向1 通电导线有效长度问题
例4 (2023·山东济南市高三月考)如图所示，将一根同种材料、粗细均
匀的导体围成半径为R的闭合导体线圈，固定在垂直线圈平面、磁感应
强度大小为B的匀强磁场中.C、D两点将线圈分为上、下两部分，且C、
D两点间上方部分的线圈所对应的圆心角为120°.现将大小为I的恒定电流
自C、D两点间通入，则线圈C、D两点间上、下两部分导线受到的总安
判断正误
1.在磁场中同一位置，电流元的电流越大，所受安培力也一定越
大.( × )
2.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.
( √)
3.通电导线与磁场不垂直，有一定夹角时，左手定则就不适用了.
(×)
提升关键能力
1.安培力的方向安培力既垂直于B，也垂直于I，即垂直于B与I决定的平面. 2.安培力公式F＝BIl的应用条件 (1)I与B垂直. (2)l是指有效长度. 弯曲通电导线的有效长度l等于连接导线两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示.
2.磁感线的特点 (1)磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向. (2)磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱 . (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，由 S极指向 N极 . (4)同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切. (5)磁感线是假想的曲线，客观上并不存在.

2021年山东高考物理复习课件：专题十一磁场

电势差,这种现象称为霍尔效应,实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电
流I和B的关系为U=k IB ,式中的比例系数k称为霍尔系数。霍尔效应可解释
d
为外部磁场使运动的电子受洛伦兹力聚集在导体板的一侧,在导体板的另
一侧会出现正电荷,从而形成电场,电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的
静电力,当静电力与洛伦兹力达到平衡时,导体板上下两侧之间会形成稳定
大小:F=qE
电场力做功与路径无关W=qU
方向:正电荷受力方向与场强方向一致;负电场力做功改变电荷的⑨ 电势能
电荷受力方向与场强方向相反
大小:F=⑩ qvB (v⊥B) 方向:遵循左手定则
洛伦兹力不做功,不改变带电粒子的速度大小
二、组合场组合场:电场与磁场各位于一定的区域内,并不重叠,或在一定区域内电场、磁场交替出现。 1.带电粒子在匀强电场和匀强磁场中偏转的比较
匀强电场中的偏转
匀强磁场中的偏转
初始条件
带电粒子以速度v0垂直射入匀强电场
带电粒子以速度v0垂直射入匀强磁场
受力特征
只受恒定的电场力F=Eq,方向与初速度只受大小恒定的洛伦兹力F=qv0B,方向始终与
方向垂直
速度方向垂直
运动性质匀变速曲线(类平抛)运动
匀速圆周运动
轨迹
抛物线
圆或圆弧
运动轨迹图
1.带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动
一般来说,要把握好“一找圆心,二定半径,三求时间”的分析方法。在具
体问题中,要依据题目条件和情景而定,解题的理论依据主要是利用牛顿第
二定律列式:qvB=m
v2 R
求其轨迹半径。
基本思路
图例
说明
圆心的确定

2021高考物理一轮复习培优 物理高考培优 专题十一 磁场(讲解部分)