专题09 磁场-2016年高考物理备考艺体生百日突围系列(原卷版)
《大高考》2016届高考物理五年高考真题：专题09 磁场
考点一磁场、磁场力1．(2015·新课标全国Ⅱ,18，6分)(难度★★)(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指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误．答案BC2．(2015·海南单科，1，3分)(难度★★)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确．答案 A3. (2015·江苏单科，4，3分)(难度★★)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()解析由题意知，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，由图知选项A中导体的有效长度最大，所以A正确．答案 A4．(2014·新课标全国Ⅰ，15，6分)(难度★★)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由左手定则可知，安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直，选项A错、B正确；安培力的大小F＝BIL sin θ与直导线和磁场方向的夹角有关，选项C错误；将直导线从中点折成直角，假设原来直导线与磁场方向垂直，若折成直角后一段与磁场仍垂直，另一段与磁场平行，则安培力的大小变为原来的一半，若折成直角后，两段都与磁场垂直，则安培力的大小变为原来的22.因此安培力大小不一定是原来的一半，选项D错误．答案 B5．(2014·浙江理综,20，6分)(难度★★)(多选)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图1中I所示方向为电流正方向．则金属棒()A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析根据题意得出v-t图象如图所示,金属棒一直向右运动，A正确；速度随时间做周期性变化,B正确；据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，在前半周期做正功，后半周期做负功，方向做周期性变化，则C项正确；F安则D项错．答案ABC6．(2012·全国卷，18，6分)(难度★★★)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解析先根据安培定则可判断M、N两点处的直线电流在a、b、c、d、O各点产生的磁场方向如图所示，再利用对称性和平行四边形定则可确定各点(合)磁场的方向．磁场叠加后可知，a、b、c、d、O的磁场方向均相同，a、b点的磁感应强度大小相等,c、d两点的磁感应强度大小相等．所以只有C正确．答案 C7．(2012·天津理综，2，6分)(难度★★)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ.如果仅改变下列某一个条件，θ角的相应变化情况是()A．棒中的电流变大，θ角变大B．两悬线等长变短，θ角变小C．金属棒质量变大，θ角变大D．磁感应强度变大，θ角变小解析对金属棒受力分析如图所示．由三力平衡的特点得tan θ＝BIL mg，故A正确，C、D错误；悬线的长度对θ角没有影响，B错误．答案 A8．(2015·新课标全国Ⅰ，24，12分)(难度★★★)如图，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场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒 通过开关与一电动势为12 V 的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开 时两弹簧的伸长量均为0.5 cm ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长 量与开关断开时相比均改变了0.3 cm,重力加速度大小取10 m/s 2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．解析 金属棒通电后，闭合回路电流I ＝U R ＝12 V2 Ω＝6 A导体棒受到的安培力大小为F ＝BIL ＝0.06 N由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下 由平衡条件知：开关闭合前：2kx ＝mg 开关闭合后：2k (x ＋Δx )＝mg ＋F 代入数值解得m ＝0.01 kg答案 0.01 kg9. (2015·重庆理综，7,15分)(难度★★★)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系 统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和 一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感 应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计．线 圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P 流向Q ，大小为I .(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向；(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率．解析 (1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得F＝nBIL①由左手定则知方向水平向右(2)安培力的功率为P＝F·v②联立①②式解得P＝nBIL v③答案(1)nBIL方向水平向右(2)nBIL v10．(2015·浙江理综，24，20分)(难度★★★)小明同学设计了一个“电磁天平”，如图1所示，等臂天平的左臂为挂盘，右臂挂有矩形线圈，两臂平衡．线圈的水平边长L＝0.1 m，竖直边长H＝0.3 m，匝数为N1.线圈的下边处于匀强磁场内，磁感应强度B0＝1.0 T，方向垂直线圈平面向里．线圈中通有可在0～2.0 A范围内调节的电流I.挂盘放上待测物体后，调节线圈中电流使天平平衡，测出电流即可测得物体的质量．(重力加速度取g＝10 m/s2)图1图2(1)为使电磁天平的量程达到0.5 kg，线圈的匝数N1至少为多少？(2)进一步探究电磁感应现象，另选N2＝100匝、形状相同的线圈，总电阻R＝10 Ω，不接外电流，两臂平衡．如图2所示，保持B0不变，在线圈上部另加垂直纸面向外的匀强磁场，且磁感应强度B随时间均匀变大，磁场区域宽度d＝0.1 m.当挂盘中放质量为0.01 kg的物体时，天平平衡，求此时磁感应强度的变化率ΔB Δt.解析(1)题中“电磁天平”中的线圈受到安培力F＝N1B0IL①由天平平衡可知：mg＝N1B0IL②代入数据解得：N1＝25匝③(2)由电磁感应定律得：E ＝N 2ΔΦΔt ＝N 2ΔBΔt Ld ④由欧姆定律得：I ′＝ER ⑤线圈受到的安培力F ′＝N 2B 0I ′L ⑥由天平平衡可得：m ′g ＝N 22B 0ΔB Δt·dL2R ⑦代入数据可得ΔB Δt ＝0.1 T/s ⑧答案 (1)25匝 (2)0.1 T/s考点二 带电粒子在匀强磁场中的运动1．(2015·新课标全国Ⅰ，14，6分)(难度★★)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，角速度减小解析 由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动， 即q v B ＝m v 2r ，轨道半径r ＝m vqB ，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变， 轨道半径r 变大，根据角速度ω＝v r ＝qBm 可知角速度变小，选项D 正确．答案 D2．(2015·新课标全国Ⅱ,19，6分)(难度★★★)(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中的相等解析 设电子的质量为m ，速率为v ，电荷量为q ，设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 vqB ，T ＝2πm qB 所以R 2R 1＝k ，T 2T 1＝k根据a ＝v 2R ，ω＝vR 可知a 2a 1＝1k ，ω2ω1＝1k所以选项A 、C 正确，选项B 、D 错误．答案 AC3．(2015·广东理综，16，4分)(难度★★★)在同一匀强磁场中，α粒子(42He)和质 子(11H)做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子( )A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1解析 α粒子和质子质量之比为4∶1，电荷量之比为2∶1，由于动量相同， 故速度之比为1∶4；同一磁场，B 相同．由r ＝m v qB ，得两者半径之比为1∶2； 由T ＝2πmqB ,得周期之比为2∶1；由f 洛＝q v B ，得洛伦兹力之比为1∶2.故只 有B 正确．答案 B4．(2015·四川理综，7，6分)(难度★★★★)(多选)如图所示，S 处有一电子源， 可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝ 9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所 在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B ＝2.0×10－4 T.电子质量m ＝9.1×10－31 kg,电量e ＝－1.6×10－19C ，不计电子重力．电子源发射速度v ＝1.6×106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cm解析 电子在匀强磁场运动的轨道半径为R ＝m vqB ＝4.55 cm电子沿逆时针方向做匀速圆周运动,当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好 打到N 点，水平向右发射的粒子恰好打到M 点，如图甲所示，故l ＝L ＝9.1 cm ， A 正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N 点，由几何关系 知，另一临界运动轨迹恰好与MN 相切于O 点，如图乙所示，故粒子只能打 在NO 范围内，故l ＝4.55 cm ，D 正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60° 时，粒子打到板上的范围大于ON 小于NM ,即4.55 cm ＜l ＜9.1 cm ，故B 、C错误．答案 AD5．(2014·新课标全国Ⅰ，16，6分)(难度★★★)如图，MN 为铝质薄平板，铝板 上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出).一带电粒子从紧贴铝 板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O ， 已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2B. 2C ．1D.22解析 由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍； 由洛伦兹力提供向心力:q v B ＝m v 2R 得v ＝qBR m ；其动能E k ＝12m v 2＝q 2B 2R 22m ，故磁感应强度B ＝2mE k q 2R 2，B 1B 2＝E k1E k2·R 2R 1＝22，选项D 正确．答案 D6．(2014·新课标全国Ⅱ,20，6分)(难度★★★)(多选)图为某磁谱仪部分构件的示 意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中 运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是( )A ．电子与正电子的偏转方向一定不同B ．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C ．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D ．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析 在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关 系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受沦伦兹力方向相反、 偏转方向必相反，故A 正确；因r ＝m vqB ，各粒子虽q 相同、但v 关系未知， 故m 相同、v 不同时轨迹半径不同,而当r 相同时只能表明m v 相同，不能确 定m 的关系，故B 错误,C 正确；由E k ＝12m v 2有r ＝2mE kqB ，可见当E k 越大 时确定的粒子其轨迹半径越大，故D 错误．答案 AC7．(2014·安徽理综，18，6分)(难度★★★)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在 磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( ) A.TB ．TC.T 3D ．T 2解析 等离子体在磁场中受到的洛沦兹力提供向心力，有 q v B ＝m v 2R ，得v ＝BqR m动能E k ＝12m v 2＝12 B 2q 2R 2m 由题意得E k ＝kT 故有：kT ＝B 2q 2R 22m得B ＝2kmq 2R 2T即B ∝T ，选项A 正确．答案 A8．(2013·新课标全国Ⅰ,18，6分)如图所示，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场 区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量 为q (q ＞0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点 与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )A.qBR2mB.qBRmC.3qBR 2mD.2qBRm解析 粒子运动的情景如图所示.由于入射点M 距离直径ab 为R /2，且入射 方向MC 平行于ab ，所以∠MOC ＝60°.粒子射出磁场时，偏转角度为60°， 即∠MO ′B ＝60°.所以由几何关系知,粒子的轨迹半径r ＝R ，又r ＝m v qB .所以v＝qBRm ，B 正确．答案 B9．(2013·新课标全国Ⅱ，17，6分)(难度★★★)空间有一圆柱形匀强磁场区域， 该区域的横截面的半径为R ，磁场方向垂直于横截面．一质量为m 、电荷量 为q (q ＞0)的粒子以速率v 0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向 偏离入射方向60°.不计重力，该磁场的磁感应强度大小为( )A.3m v 03qRB.m v 0qRC.3m v 0qRD.3m v 0qR解析 根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子运动 的半径r ＝3R ，根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得，q v 0B ＝m v 20r ，解得，B ＝3m v 03qR ，A 项正确．答案 A10．(2013·广东理综，21，4分)(难度★★★)(多选)两个初速度大小相同的同种离 子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P 上．不计重力，下列说法正确的有( )A ．a 、b 均带正电B ．a 在磁场中飞行的时间比b 的短C ．a 在磁场中飞行的路程比b 的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近解析由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确；由于是同种粒子，且粒子的速度大小相等，所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R＝m vqB相同，周期T＝2πmqB也相同，画出粒子的运动轨迹图可知，b在磁场中运动轨迹是半个圆周，a在磁场中运动轨迹大于半个圆周，选项A、D正确．答案AD11．(2013·安徽理综，15，6分)(难度★★)图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上B．向下C．向左D．向右解析根据右手定则及磁感应强度的叠加原理可得，四根导线在正方形中心O点产生的磁感应强度方向向左，当带正电的粒子垂直于纸面的方向向外运动时，根据左手定则可知，粒子所受洛伦兹力的方向向下，B项正确．答案 B12．(2012·广东理综，15，4分)(难度★★★)质量和电荷量都相等的带电粒子M 和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，运行的半圆轨迹如图中虚线所示．下列表述正确的是()A．M带负电，N带正电B．M的速率小于N的速率C ．洛伦兹力对M 、N 做正功D ．M 的运行时间大于N 的运行时间解析 由左手定则可判断出M 带负电,N 带正电，选项A 正确；由半径公式 r ＝m vqB 知：在m 、q 、B 相同的情况下,半径大的M 速度大，选项B 错误；洛伦兹力与速度始终垂直，永不做功，选项C 错误；由周期公式T ＝2πmqB 知二 者的周期相同，选项D 错误．答案 A13．(2015·浙江理综，25，22分)(难度★★★★)使用回旋加速器的实验需要把离 子束从加速器中引出,离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质 量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆， 圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B . 为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一对 圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O ′点(O ′点图中未画出)．引 出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负；(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B ′，求 B ′；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内 外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍 从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小． 解析 (1)离子做圆周运动Bq v ＝m v 2r ①q ＝m vBr ，根据左手定则可判断离子带正电荷②(2)离子进入通道前、后的轨迹如图所示O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r 引出轨迹为圆弧，B ′q v ＝m v 2R ③R ＝m v qB ′④由余弦定理得R 2＝L 2＋(R －r )2＋2L (R －r )cos θ解得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ⑤故B ′＝m vqR ＝m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑥(3)电场强度方向沿径向向外⑦ 引出轨迹为圆弧Bq v －Eq ＝m v 2R ⑧解得E ＝B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）⑨答案 (1)m vBr 正电荷 (2)m v （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)B v －m v 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）14. (2015·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图所示，直径分别为D 和2D 的同心圆处于同一竖直面内,O 为圆心，GH 为大圆的水平直径．两圆之间的 环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场．间距为d 的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔．一质量为m 、电量 为＋q 的粒子由小孔下方d2处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v 射出电场，由H 点紧靠大圆内侧射入磁场．不计粒子的重力．(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为2m v qD 、4m vqD ,粒子运动一段时间后再 次经过H 点，求这段时间粒子运动的路程．解析 (1)设极板间电场强度的大小为E ，对粒子在电场中的加速运动，由动 能定理得 qE ·d 2＝12m v 2① 解得E ＝m v 2qd ②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B ，粒子做圆周运动的半径为R ，由牛顿第二 定律得q v B ＝m v 2R③甲如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况．若粒子轨迹与小圆外切， 由几何关系得 R ＝D 4④ 联立③④式得 B ＝4m v qD ⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R ＝3D 4⑥联立③⑥式得 B ＝4m v 3qD ⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R 1、R 2，由题意可知，Ⅰ区 和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B 1＝2m v qD 、B 2＝4m vqD ，由牛顿第二定律得q v B 1＝m v 2R 1，q v B 2＝m v 2R 2⑧代入数据得 R 1＝D 2，R 2＝D4⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T 1、T 2，由运动学公式得T 1＝2πR 1v ，T 2＝2πR 2v ⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根 据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心 角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O 连线间的夹角设为α，由几何关 系得θ1＝120°⑪ θ2＝180°⑫α＝60°⑬丙粒子重复上述交替运动回到H 点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t 1、t 2可得t 1＝360°α×θ1×2360°T 1，t 2＝360°α×θ2360°T 2⑭设粒子运动的路程为s ，由运动学公式得 s ＝v (t 1＋t 2)⑮联立⑨⑩⑪⑫⑬⑭⑮式得 s ＝5.5πD ⑯答案 (1)m v 2qd (2)4m v qD 或4m v3qD (3)5.5πD15．(2014·广东理综，36，18分)(难度★★★★★)如图所示，足够大的平行挡板 A 1、A 2竖直放置，间距6L .两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ， 以水平面MN 为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B 0，方向垂直纸面向外．A 1、 A 2上各有位置正对的小孔S 1、S 2，两孔与分界面MN 的距离均为L .质量为m 、电荷量为＋q 的粒子经宽度为d 的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S 1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN 上的P 点，再进入Ⅱ区，P 点与A 1板的距离是L 的k 倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑．(1)若k ＝1，求匀强电场的电场强度E ；(2)若2<k <3，且粒子沿水平方向从S 2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v 与k 的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B 与k 的关系式． 解析 (1)粒子在电场中，由动能定理有 qEd ＝12m v 21－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力q v 1B 0＝m v 21r ②当k ＝1时，由几何关系得r ＝L ③由①②③解得E ＝qB 20L22md ④(2)由于2<k <3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系可知(r 1－L )2＋(kL )2＝r 21⑤ 解得r 1＝k 2＋12L ⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力 q v B 0＝m v 2r 1⑦由⑥⑦解得v ＝（k 2＋1）qB 0L2m ⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力 q v B ＝m v 2r 2⑨由对称性及几何关系可知 k （3－k ）＝r 1r 2⑩解得r 2＝（3－k ）（k 2＋1）2k L ⑪由⑧⑨⑪解得B ＝k3－k B 0答案 (1)qB 20L22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝k 3－k B 016．(2014·山东理综，24，20分)(难度★★★★★)如图甲所示，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．(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 . 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据题意由几何关系得 R 1＝d ② 联立①②式得 B 0＝m v 0qd ③(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据题意由几何关系得 3R 2＝d ⑤ 联立④⑤式得 a ＝3v 20d ⑥(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 ＝2πR v 0⑦由牛顿第二定律得q v 0B 0＝m v 20R ⑧由题意知B 0＝4m v 0qd ，代入⑧式得d ＝4R ⑨粒子运动轨迹如图所示，O 1O 2为圆心，O 1、O 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……) 若在A 点击中P 板，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 ＝πd 3v 0⑭当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑮ 若在B 点击中P 板，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 0⑲当n ≥2时，不满足0＜θ＜90°的要求⑳答案 (1)m v 0qd (2)3v 20d (3)πd 3v 0或(π2＋arcsin 14)d 2v 017．(2014·江苏单科，14，16分)(难度★★★★★)某装置用磁场控制带电粒子的 运动，工作原理如图所示．装置的长为L ，上下两个相同的矩形区域内存在 匀强磁场，磁感应强度大小均为B 、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距 为d .装置右端有一收集板，M 、N 、P 为板上的三点，M 位于轴线OO ′上，N 、 P 分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内，质量为m 、电荷量为－q 的 粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的 磁场区域一次，恰好到达P 点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h ；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P 点移到N 点,求粒子入射速度的最小变化 量Δv ；(3)欲使粒子到达M 点，求粒子入射速度大小的可能值． 解析 (1)设粒子在磁场中的轨迹半径为r 根据题意L ＝3r sin 30°＋3d cos 30° 且h ＝r (1－cos 30°) 解得h ＝(23L －3d )(1－32)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r ′ m v 2r ＝q v B ，m v ′2r ′＝q v ′B由题意知3r sin 30°＝4r ′sin 30°解得Δv ＝v －v ′＝qB m (L 6－34d )(3)设粒子经过上方磁场n 次由题意知L ＝(2n ＋2)d cos 30°＋(2n ＋2)r n sin 30°且m v 2n r n＝q v n B ，解得v n ＝qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)答案 (1)(23L －3d )(1－32) (2)qB m (L 6－34d )(3)qB m (L n ＋1－3d )(1≤n ＜3L 3d －1，n 取整数)18．(2013·天津理综，11，18分)(难度★★★★)一圆筒的横截面如图所示，其圆 心为O .筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .圆筒下面有相距 为d 的平行金属板M 、N ，其中M 板带正电荷，N 板带等量负电荷．质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子自M 板边缘的P 处由静止释放，经N 板的小孔 S 以速度v 沿半径SO 方向射入磁场中.粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S 孔 射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M 、N 间电场强度E 的大小； (2)圆筒的半径R ；(3)保持M 、N 间电场强度E 不变，仅将M 板向上平移23d ，粒子仍从M 板边 缘的P 处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S 孔射出期间，与圆筒的碰撞次 数n .解析 (1)设两板间的电压为U ，由动能定理得qU ＝12m v 2① 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U ＝Ed ②联立①②式可得E ＝m v 22qd ③。
强化训练10(理)-2016年高考数学备考艺体生百日突围系列(解析版)
2106届艺体生强化训练模拟卷十（理）一．选择题.1. 已知全集{}6,5,4,3,2,1U =，集合{}521A ，，=，{}654B C U ，，=，则集合=B A （ ） A ．{}21， B ．{}5 C ．{}321，， D ．{}643，， 【答案】A【解析】易知，{}321B ，，=，所以=B A {}21，。
故选A 。
2. 设i 为虚数单位，则复数5i2iz =-的共轭复数在复平面内所对应的点位于（ ） .A 第一象限 .B 第二象限 .C 第三象限 .D 第四象限【答案】C . 【解析】因为复数5i 5i(2+i)510122i (2i)(2+i)5iz i -+====-+--，所以由共轭复数的定义知，其共轭复数为12i --，根据复数的几何意义知，复数z 的共轭复数在复平面内所对应的点为(1,2)--，位于第三象限，故应选C .3. 已知直线,a b ，平面,αβ，且a α⊥，b β⊂，则“a b ⊥”是“//αβ”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】4. 已知向量)2,1(=a ，)1,3(=-，)3,(x c =，若()c b a //2+，则=x （ ） .A 2- .B 4- .C 3- .D 1-【答案】C【解析】由题意，()1(3,1)2(3,1)4,22a b b a ⎡⎤-=⇒=-=-⎣⎦，则()()2=-5,52//-15-503a b a b c x x ++∴=∴=-,故选C.5. 已知数列{}n a 为等比数列，且5642a a a =⋅，设等差数列{}n b 的前n 项和为n S ，若552b a =，则9S =( )A ．36B ．32C ．24D ．22 【答案】A【解析】246552a a a a ∙==，∴52a =，∴54b =，∴1955959()9()93622b b b b S b ++====. 6．某学生在一门功课的22次考试中，所得分数如下茎叶图所示，则此学生该门功课考试分数的极差与中位数之和为( )A ．117B ．118C ．118．5D ．119．5 【答案】B【解析】由上图可知，最小值为56，最大值为98，故极差为42，又从小到大排列，排在第11,12位的数为76,76，所以中位数为76，所以极差和中位数之和为42+76=118.选B.7．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的表面积为（ ） A. 36π B. 94π C. 9π D. 92π【答案】C 【解析】8．已知O 是坐标原点，点)1,1(-A ，若点),(y x M 为平面区域⎪⎩⎪⎨⎧≤-≤≥+-0)1(log 12221y y x x 上的一个动点，则AO OM ⋅的取值范围是（ ）A ．]0,2[-B ．)0,2[-C ．]2,0[D ．]2,0( 【答案】B【解析】根据题意，可行域为2112x y x y +≥⎧⎪≤⎨⎪<≤⎩，画出可行域，同时AO OM OA OM ⋅=-⋅=cos ,OM OA OM其中，cos ,OM OA OM 的几何意义为向量OM 在向量OA 方向上的投影，显然在()0,2和()1,1（注：取不到点()1,1）处投影达到最大值和最小值（取不到），进而求得AO OM ⋅的范围是B ．9．正项等比数列{}n a 中的 1a ，4031a 是函数321()4633f x x x x =-+-的极值点，则2016a =（ ）A ．1- B．1 C D ．2【答案】B ． 【解析】10．函数2lnxy x=的图象大致为（ ）【答案】D【解析】二、填空题.11. 向图中边长为2的正方形中，随机撒一粒黄豆，则黄豆落在图中阴影部分的概率为 .【答案】12ln 24+ 【解析】因为2211221121ln 12ln 22S dx x x=⨯+=+=+⎰阴影,所以黄豆落在图中阴影部分的概率为12ln 24+. 12．设），（20πα∈，若,54)6cos(=+πα则=+)122sin(πα .【解析】20,,2663ππππαα⎛⎫∈∴+∈ ⎪⎝⎭（，），43cos(),sin()6565ππαα+=∴+=， 2724cos 212sin ,sin 26625625πππααα⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫∴+=-+=+=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦， sin(2)sin 2sin 2123464πππππααα⎡⎤⎡⎤⎛⎫∴+=+-=+-=⎪⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎝⎭⎣⎦13. 点P 为双曲线)0,0(12222>>=-b a by a x 右支上的一点，其右焦点为2F ，若直线2PF 的斜率为3，M为线段2PF 的中点，且M F OF 22=，则该双曲线的离心率为______．【答案】213+ 【解析】三．解答题14. 在锐角ABC ∆中，,,a b c 分别是角,,A B C 2sin c A =． （1）确定角C 的大小；（2）若c =ABC ∆a b +的值．【解析】（1）32sin a c A =，由正弦定理3sin 2sin sin A C A = sin C ∴=由ABC ∆是锐角三角形， 60C ∴=（2）1sin 2ABC S ab C ∆==6ab ∴=， 2221cos 22a b c C ab +-==，将c =2213a b +=，∴a b +=5.15. 某市积极倡导学生参与绿色环保活动，其中代号为“环保卫士—12369”的绿色环保活动小组对2014年1月—2014年12月（一年）内空气质量指数API 进行监测，下表是在这一年随机抽取的100天的统计结果：（1）若某市某企业每天由空气污染造成的经济损失P （单位：元）与空气质量指数API （记为t ）的关系为：0,01004400,1003001500,300t P t t t ≤≤⎧⎪=-<≤⎨⎪>⎩，在这一年内随机抽取一天，估计该天经济损失(]200,600P ∈元的概率；（2）若本次抽取的样本数据有30天是在供暖季节，其中有8天为重度污染，完成22⨯列联表，并判断是参考公式：22()()()()()n ad bc K a b c d a c b d -=++++，其中n a b c d =+++．【解析】（2）根据以上数据得到如表： 2K 的观测值2100(638227) 4.575 3.84185153070k ⨯-⨯=≈⨯⨯⨯＞， 所以有95%的把握认为某市本年度空气重度污染与供暖有关．16. 如图,三棱锥S ABC -中，SA ⊥平面ABC ，2AC AB SA ===，AC ⊥AB ，D ，E 分别是AC ，BC 的中点F 在SE 上，且2SF FE =．（Ⅰ）求证：AF ⊥平面SBC ；【解析】17. 已知椭圆)0(1:22221>>=+b a by a x C 的右焦点与抛物线x y C 4:22=的焦点F 重合，椭圆1C 与抛物线2C 在第一象限的交点为P ，35=PF ．（1）求椭圆1C 的方程；【解析】（1）抛物线x y C 4:22=的焦点F 的坐标为（1，0），准线为x=-1， 设点P 的坐标为),(00y x ，依据抛物线的定义，由35=PF ，得3510=+x ，解得320=x ． 因为点P 在抛物线2C 上，且在第一象限，所以3244020⨯==x y ，解得3620=y ．所以点P 的坐标为)362,32(．因为点P 在椭圆1:22221=+b y a x C 上，所以1389422=+ba ．①又c=1，且12222+=+=b c b a ，②解得⎩⎨⎧==3422b a ，所以椭圆1C 的方程为13422=+y x ．18. 已知函数)(3ln )(R a ax x a x f ∈--=．（1）求函数)(x f 的单调区间； 【解析】请考生在第19、20、21三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.19. 如图，在ABC ∆中， 90=∠B ，以AB 为直径的⊙O 交AC 于D ，过点D 作⊙O 的切线交BC 于E ，AE 交⊙O 于点F ．（Ⅰ）证明：E 是BC 的中点； （Ⅱ）证明：AF AE AC AD ⋅=⋅．（Ⅰ）证明：连接BD ，因为AB 为⊙O 的直径，所以AC BD ⊥，又 90=∠B ，所以CB 切⊙O 于点B ，且ED 切于⊙O 于点E ，因此ED EB =， ……2分EDB EBD ∠=∠，C EBD EDB CDE ∠+∠==∠+∠ 90，所以C CDE ∠=∠， 得ED EC =，因此EC EB =，即E 是BC 的中点（Ⅱ）证明：连接BF ，可知BF 是ABC Rt ∆斜边上的高，可得ABE ∆∽AFB ∆于是有ABAE AF AB =，即AF AE AB ⋅=2， 同理可证AC AD AB ⋅=2 所以AF AE AC AD ⋅=⋅20. 在平面直角坐标系x y O 中，A 点的直角坐标为)sin 21,cos 23(αα++（α为参数）．在以原点O 为极点，x 轴正半轴为极轴的极坐标中，直线l 的极坐标方程为2cos()6m πρθ+=．m （为实数）． （1）试求出动点A 的轨迹方程（用普通方程表示）（2）设A 点对应的轨迹为曲线C ，若曲线C 上存在四个点到直线l 的距离为1,求实数m 的取值范围．【解析】21. （1）已知实数b a ,满足2,2<<b a ，证明：ab b a +<+42；（2）已知0a >≥a ＋1a－2． 【解析】（1）证明：证法一2,2<<b a ，∴42<a ，42<b ， ∴042>-a ，042>-b ． ∴()()04422>--b a，即044162222>+--b a b a，∴22221644b a b a +<+，∴2222816484b a ab b ab a ++<++， 即()()22422ab b a +<+，∴ab b a +<+42．证法二：要证ab b a +<+42，只需证,8168442222ab b a ab b a ++<++ 只需证,16442222b a b a +<+只需证,044162222>--+b a b a 即()()04422>--b a．2,2<<b a ，∴42<a ，42<b ，∴()()04422>--b a 成立．∴要证明的不等式成立．：。
专题09 磁场-决胜2016年高考全国名校试题物理分项汇编(浙江特刊)(原卷版)
一、单项选择题1．【2015·浙江省深化课程改革协作校高三11月期中联考】如图所示，在空间中有一坐标系Oxy ，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I 和 Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区域I 中的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B ，方向垂直纸面向内．边界上的P 点坐标为（4L ，3L )．一质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射人区域I ，经过一段时间后， 粒子恰好经过原点O ．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法中不正确的是A ．该粒子一定沿y 轴负方向从O 点射出B ．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°C ．该粒子在磁场中运动的最短时间qBm t 6053π= D ．该粒子运动的可能速度为)3,2,1(1225 ==n nmqBL v 2.【2015·浙江省东阳中学高三上学期期末综合能力检测卷】如图所示，斜面顶端在同一高度的三个光滑斜面AB 、AC 、AD ，均处于水平方向的匀强磁场中．一个带负电的绝缘物块，分别从三个斜面顶端A 点由静止释放，设滑到底端的时间分别为t AB 、t AC 、t AD ，则A ．t AB ＝t AC ＝t AD B ．t AB >t AC >t AD C ．t AB <t AC <t AD D ．无法比较3.【2015·浙江省深化课程改革协作校高三11月期中联考】如图所示，在空间中有一坐标系Oxy ，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域I 和 Ⅱ，直线OP 是它们的边界．区域I 中的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外；区域Ⅱ中的磁感应强度为2B ，方向垂直纸面向内．边界上的P 点坐标为（4L ，3L )．一质量为 m 、电荷量为q 的带正电粒子从P 点平行于y 轴负方向射人区域I ，经过一段时间后， 粒子恰好经过原点O ．忽略粒子重力，已知sin37°=0.6，cos37°=0.8．则下列说法中不正确的是A ．该粒子一定沿y 轴负方向从O 点射出B ．该粒子射出时与y 轴正方向夹角可能是74°C ．该粒子在磁场中运动的最短时间qBm t 6053π= D ．该粒子运动的可能速度为)3,2,1(1225 ==n nmqBL v 4.【2015·浙江省温州市十校联合体高三上学期期初联考】下列各图中，已标出电流I 、磁感应强度B 的方向，其中符合安培定则的是（ ）5. 【浙江省丽水市2015届高三下学期第一次模拟考试理科综合试题】在高能粒子研究中，往往要把一束含有大量质子和α粒子的混合粒子分离开，如图初速度可忽略的质子和α粒子，经电压为U 的电场加速后，进入分离区。
高考物理备考 艺体生百日突围 电学
拾躲市安息阳光实验学校专题19 电学实验第一部分名师综述综合分析近几年的高考物理试题发现，试题在考查主干知识的同时，注重考查必修中的基本概念和基本规律。
考纲要求1、掌握电流表、电压表和多用表的使用方法及电流表、电压表和多用表的读数方法；掌握多用表的使用方法。
2、掌握滑动变阻器的使用方法及连接方法，会用伏安法测电阻。
3、能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论。
3、重视对实验操作能力的考查；实验器材的选择，包括滑动变阻器、电阻箱、电表量程的选择。
第二部分知识背一背（1）电学测量仪器的使用与读数仪器极性量程选择读数电流表有正、负极的电表，电流由电表的正极流入，负极流出使指针指示比满偏刻度的13多的位置3 V和3 A量程估读到最小分度的110；15 V 量程估读到最小分度的15；0.6 A量程应估读到最小分度电压表的12欧姆表使指针尽量指在表盘中间位置取两位有效数字并乘以相应挡位的倍率（2）多用电表使用“四注意”:①极性:从电表外部看，电流应从红表笔（“+”极）流入电表，从黑表笔（“-”极）流出电表。
②功能:利用多用电表测电压和电流时，选择开关对应的是电表的量程；而测电阻时，选择开关对应的是倍率。
③调零:测量电阻时，要进行两次调零:机械调零和欧姆调零。
“机械零点”在表盘刻度左侧“0”位置。
调整的是表盘下边中间的定位螺丝；“欧姆零点”在表盘刻度的右侧电阻刻度“0”位置，调整的是欧姆调零旋钮。
④保护:测电阻时，应把被测电阻从电路中拆下测量；多用电表长期不用时，必须取出表内的电池。
（3）控制电路（滑动变阻器的接法）的比较与选择①控制电路的比较比较项目限流式接法分压式接法电路电压调节的范围 RR ＋R 0E →E 0→E 电能损耗 节能 耗能 电路连接简便复杂②控制电路的选择：优先选用限流式． 以下情况考虑分压式：（1）要求待测电路的U 、I 从0变化； （2）R 滑≪R x ；（3）选用限流式时，U x 、I x 过大（超过电表量程，烧坏电表、电源或用电器等）或U x 、I x 过小（最大值不超过电表满量程的13，读数误差大）.（4）伏安测电阻实验中电流表的内、外接法比较项目电流表内接法电流表外接法电路误差 原因 由于电流表内阻的分压作用，电压表测量值偏大由于电压表内阻的分流作用，电流表测量值偏大比较项目 电流表内接法电流表外接法测量 结果 x x A R R R IUR >+==测 电阻的测量值大于真实值x xV x V R R R R R I UR >+==测 电阻的测量值小于真实值适用条件R x ≫R A ，大电阻R x ≪R V ，小电阻V A a端与b 、c 接触，如果前后两次电流表示数比电压表示数变化明显，说明电压表分流作用大，应采用内接法；如果前后两次电压表示数比电流表示数变化明显，说明电流表分压作用 大，应采用外接法. （5）选择实验仪器的三大原则①安全性原则:要能够根据实验要求和客观条件选用合适的仪器，使实验切实可行，能达到预期目标。
专题09 磁场-2016年高考物理备考优生百日闯关系列(原卷版)
第一部分 名师综述带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点，也是高考的热点。
在历年的高考试题中几乎年年都有这方面的考题。
带电粒子在磁场中的运动问题，综合性较强，解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周运动的知识，又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。
带电粒子在复合场中的运动包括带电粒子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题，是高考必考的重点和热点。
纵观近几年各种形式的高考试题，题目一般是运动情景复杂、综合性强，多把场的性质、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，题目难度中等偏上，对考生的空间想像能力、物理过程和运动规律的综合分析能力，及用数学方法解决物理问题的能力要求较高，题型有选择题、作图及计算题，涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。
第二部分 精选试题1．【2016•贵州省遵义航天高级中学高三第四次模拟】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 ＝qBR m，对准圆心方向入射的粒子出射后可垂直打在MN 上2.【广西省柳州铁路第一中学2016届高三上学期10月月考理综试题】如图甲，两水平金属板间距为d ，板间电场强度的变化规律如图乙所示。
t =0时刻，质量为m 的带电微粒以初速度v 0沿中线射入两板间，3~0T时间内微粒匀速运动，T 时刻微粒恰好经金属边缘飞出。
微粒运动过程中未与金属板接触。
重力加速度的大小为g 。
关于微粒在T ~0时间内运动的描述，正确的是图乙2图甲A.末速度大小为02vB.末速度沿水平方向C.重力势能减少了mgd 21 D.克服电场力做功为mgd 3．【黑龙江省牡丹江市第一高级中学2016届高三上学期期中考试物理试题】如图所示，空间中存在一水平方向匀强电场和一水平方向匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直。
强化训练02(理)-2016年高考数学备考艺体生百日突围系列(解析版)
2106届艺体生强化训练模拟卷二（理）一．选择题.1. 已知集合{}1,2a A =，{},B a b =，若12AB ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，则A B 为（ ）A ．1,1,2b ⎧⎫⎨⎬⎩⎭B ．11,2⎧⎫-⎨⎬⎩⎭C ．11,2⎧⎫⎨⎬⎩⎭D ．11,,12⎧⎫-⎨⎬⎩⎭【答案】D 【解析】因为12AB ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，所以1212a a =∴=-，所以12b =，所以11,2A ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭，11,2B ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，所以11,,12A B ⎧⎫=-⎨⎬⎩⎭，故选D.2. 设i z -=1（i 是虚数单位），则22z z+= （ ） A.1i -- B ．1i -+C ．1i -D ．1i +【答案】C【解析】因为i z -=1，所以()()()()22212212121111i z i i i i i z i i i ++=+-=-=+-=---+，故选C. 3. 已知命题x x R x p lg 2,:>-∈∃，命题0,:2>∈∀x R x q ,则（ ） A ．命题q p ∨是假命题 B ．命题q p ∧是真命题 C ．命题)(q p ⌝∧是真命题 D ．命题)(q p ⌝∨是假命题 【答案】C 【解析】4. 已知数列{}n a 满足11a =，++∈=N n a a n n ,231，其前n 项和为n S ，则（ ）. A.21n n S a =- B.32n n S a =- C.43n n S a =- D.32n n S a =- 【答案】D【解析】这是一个等比数列，23q =，21332213nn na S a -∴==--. 5.函数2()ln(1)f x x =+的图象大致是（ ）【答案】A【解析】首先函数()f x 为偶函数，排除C ；当0=x 时，0=y ，所以选A ． 6．曲线2x y =和曲线x y =2围成的图形面积是（ ） A ．31 B ．32 C ．1 D ．34 【答案】A 【解析】7．同时具有性质“①最小周期是π；②图象关于直线3x π=对称；③在,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数”的一个函数是（ ） A ．sin 26x y π⎛⎫=+⎪⎝⎭ B ．cos 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭C ．sin 26y x π⎛⎫=- ⎪⎝⎭ D ．cos 26y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭【答案】C 【解析】22T ππωω==∴=，．故A 不正确．对于选项B ，如果3x π=为对称轴．则2133y cos ππππ⨯+===-，，但cos 23y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭在,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是减函数不满足题意，对于选项C ，因为3x π=为对称轴．所以2sin13622y ππππ⨯+===，，，在,63ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上是增函数满足题意， 故选C ．8．如图所示是一个几何体的三视图，若该几何体的体积为12，则主视图中三角形的高x 的值为（ ）A.12B.34C. 1D.32【答案】C【解析】由题意可知，该几何体为一个四棱锥，底面面积为32，高为x ，体积为131322V x =⋅⋅=，解得=1x ，故选C ．9．函数()2xf x e x =+-的零点所在的区间是（ ）A ．1(0,)2B ．1(,1)2C ．（1，2）D ．（2，3）【答案】A 【解析】10．以双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>上一点M 为圆心的圆与x 轴恰相切于双曲线的一个焦点F ，且与y轴交于P Q 、两点．若MPQ ∆为正三角形，则该双曲线的离心率为（ ） A ．4 BC【答案】D【解析】由于圆M 与x 轴恰相切于双曲线的一个焦点F ，且M 在双曲线上，所以2,b M c a ⎛⎫⎪⎝⎭，又因为MPQ ∆为正三角形，所以M 到y2b c a=，又222b c a =-，所以可得()2222243a c c a =-，得e =二、填空题.11. 若,x y 满足不等式组212x y x y +≥⎧⎪≤⎨⎪≤⎩，则12z x y =+的最小值是__________．【答案】32【解析】12．已知||=3，||=5，且=12a b ⋅，则向量在向量上的投影为 【答案】512【解析】由定义可知向量a 在向量b θ，于是51212==⋅θθ. 13. 若如下框图所给的程序运行结果为35S =，那么判断框中应填入的关于k 的条件是A ．7=kB ．6≤kC ．6<kD ．6>k 【答案】D 【解析】三．解答题14. 在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，已知()2cos 14cos cos B C B C -+=． （1）求A ；（2）若a =，ABC ∆的面积b c +．【解析】（1）由()2cos 14cos cos B C B C -+=，得()2cos cos sin sin 14cos cos B C B C B C ++=，即()2cos cos sin sin 1B C B C -=，亦即()2cos 1B C +=，∴()1cos 2B C +=．∵0,3B C B C ππ<+<∴+=，∵A B C π++=，∴23A π=．（2）由（1），得23A π=．由S =12sin 823bc bc π=∴=．①由余弦定理2222cos a b c bc A =+-，得(22222cos 3b c bc π=+-，即2228b c bc ++=．∴()228b c bc +-=．②，将①代入②，得()2828b c +-=，∴6b c +=．15. 某商场举行的“三色球”购物摸奖活动规定：在一次摸奖中，摸奖者先从装有3个红球与4个白球的袋中任意摸出3个球，再从装有1个篮球与2个白球的袋中任意摸出1个球，根据摸出4个球张红球与篮球的个数，设一、二、三等奖如下：其余情况无奖且每次摸奖最多只能获得一个奖级. （Ⅰ）求一次摸奖恰好摸到一个红球的概率；（Ⅱ）求摸奖者在一次摸奖中获奖金额X 的分布列与数学期望()E X . 【解析】所以X 的分布列为……………………………10分所以X 的数学期望6421()010502004735105105E X =⨯+⨯+⨯+⨯=……………………………12分 16. 如图，在四棱锥P-ABCD 中，P D ⊥平面ABCD,底面ABCD为菱形，602BAD AB PD ∠===，，O 为AC 与BD 的交点，E 为棱PB 上一点.（Ⅰ）证明：平面EA C ⊥平面PBD ；【解析】17. 已知抛物线21:8C y x =与椭圆22222:1(0)x y C a b a b+=>>有公共焦点2F ，点A 是曲线12,C C 在第一象限的交点，且25AF =． ( I )求椭圆2C 的方程；【解析】 ( I )∵抛物线21:8C y x =的焦点为2(2,0)F ，∴双曲线2C 的焦点为1(2,0)F -、2(2,0)F ，设00(,)A x y 在抛物线21:8C y x =上，且25AF =，由抛物线的定义得，025x +=，∴03x =，∴2083y =⨯，∴0y =±，∴1||7AF ==，又∵点A 在双曲线2C 上，由双曲线定义得：275a =+=12，∴6a =，∴22232b a c =-= ∴椭圆2C 的方程为：22+13632x y =．18. 已知函数32()f x x ax bx c =+++在23x =-与1x =时都取得极值． （1）求a b 、的值与函数()f x 的单调区间； 【解析】请考生在第19、20、21三题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.19. 如图，直线AB 经过圆O 上的点C ，并且OA ＝OB ，CA ＝CB ，圆O 交直线OB 于点E 、D ，其中D 在线段OB 上．连结EC ，CD ．（Ⅰ）证明：直线AB 是圆O 的切线； （Ⅱ）若tan ∠CED ＝12，圆O 的半径为3，求OA 的长．【解析】（1）证明：连结OC . 因为OA OB CA CB ==，，所以.OC AB ⊥ 又OC 是圆O 的半径，所以AB 是圆O 的切线. ………………………5分（2）因为直线AB 是圆O 的切线，所以.BCD E ∠=∠ 又CBD EBC ∠=∠，所以.BCD BEC △△∽ 则有BC BD CD BE BC EC ==，又1tan 2CD CED EC ∠==，故12BD CD BC EC ==. 设BD x =，则2BC x =，又2BC BD BE =⋅，故2(2)(6)x x x =+，即2360x x -=. 解得2x =，即2BD =. 所以32 5.OA OB OD DB ==+=+= ………………………10分20. 在直角坐标系xOy 中，设倾斜角为α的直线l：2x t t αα⎧⎪⎨⎪⎩＝＋cos y sin （t 为参数）与曲线C ：2x θθ⎧⎨⎩＝cos y ＝sin （θ为参数）相交于不同的两点A ，B ． （Ⅰ）若α＝3π，求线段AB 中点M 的坐标：（Ⅱ）若｜PA ｜·｜PB ｜＝｜OP ｜2，其中P （2），求直线l 的斜率． .【解析】21. 已知函数f （x ）＝｜x －3｜．（Ⅰ）若不等式f （x －1）＋f （x ）＜a 的解集为空集，求实数a 的取值范围； （Ⅱ）若｜a ｜＜1，｜b ｜＜3，且a ≠0，判断()f ab a 与f （ba）的大小，并说明理由． 【解析】（1）因为(1)()|4||3||43|1f x f x x x x x -+=-+--+-=≥，不等式(1)()f x f x a -+<的解集为空集，则1a …即可，所以实数a 的取值范围是(1]-∞，. ………………………5分：。
2016年磁场高考试题汇编.
环所在平面垂直。磁感应强度 B 随时间均匀增大。两圆坏半径之比为 2:1 ，圆环
中产生的感应电动势分别为 Ea 和 Eb，不考虑两圆环间的相互影响。下列说法正
确的是
A. E a: Eb=4:1 ，感应电流均沿逆时针方向 B. E a: Eb=4:1 ，感应电流均沿顺时针方向 C. E a: Eb=2:1 ，感应电流均沿逆时针方向
电场，求电场强度 E 的大小。
【答案】（1） R mv 、 T 2 m （2） E vB
Bq
qB
【解析】 (1) 由 qvB
v2 m.
R
带电粒子做圆周运动半径
R
mv
.
qB
匀速圆周运动的周期 T 2 m qB
(2) 粒子受电场力 F qE , 洛仑磁力 f qvB ，粒子做匀速直线运动， 则 qE qvB , 场强
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[来源 : 学。科。网 ] 【解析】 试题分析：根据题意可得，地理南北极与地磁场存在一个夹角，为磁偏角，故两 者不重合， A 正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近， B 正确；由于地磁场磁场方向沿磁感线切线方向，故只有赤道处才与地面平行， C 错误；在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向， 根据左手定则可得射向赤道的粒子受到的洛伦兹力作用， D正确； 6. （上海卷， 5）磁铁在线圈中心上方开始运动时，线圈中产生如图方向的感应 电流，则磁铁
【答案】 A
【解析】由题可得带正电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力做匀速圆周运动， 且洛伦 兹力提供作圆周运动的向心力，由公式
专题10选修模块-高考物理备考艺体生文化课百题突围系列(原卷版)
（精心整理，诚意制作）第一部分特点描述【选修3-3】本部分的命题多集中分子动理论、估算分子数目和大小、热力学两大定律的应用、气体状态参量的意义及与热力学第一定律的综合，还有气体实验定律和气体状态方程的应用及图像表示气体状态的变化过程等知识点上，多以选择题和填空题的形式出现；对热学前面知识的考查往往在一题中容纳更多的知识点，把热学知识综合在一起进行考查，多以选择题和填空题的形式出现；对后者的考查多以计算题的形式出现，着重考查热学状态方和的应用．《物理课程新标准》在课程性质中指出：“高中物理课程有助于学生继续学习基本的物理知识与技能，增强创新意识和实践能力，发展探索自然、理解自然的兴趣与热情”．近两年来热学考题中还涌现了许多对热现象的自主学习和创新能力考查的新情景试题．同时，本考点还可以与生活、生产的实际相联来考查热学知识在实际中的应用．预测20xx年高考热学命题方向为：（1）分子动理论要点，分子力、分子大小、质量、数目估算；（2）内能的变化及改变内能的物理过程以及气体压强的决定因素；（3）理想气体状态方程和用图表示气体状态的变化；（4）热现象实验与探索过程的方法；（5）以科技前沿、社会热点及与生活生产联系的问题为背景来考查热学知识在实际中的应用。
【选修3-4】预测20xx年的机械振动与波的考题仍将保持以选项题为主，考查的知识综合较强的风格．一个考题往往多个知识点，重点在简谐运动的规律和图象；波的形成过程和波长、波速和频率的关系，波的图象和波的多解问题仍是考查的热点．尤其是波的图象中已知某一时刻的波形图，判断方向和求位移、路程及质点坐标；已知某两时刻的波形图涉用的多解；振动图象与波动图象的综合运用预测是重点考查的重点。
另外对共振现象和波的特性在实际中的应用问题也要引起注意。
目前高考中几何光学已淡化了“像”的概念，侧重于“光路”的考查（折射、全反射、棱镜等），一般是考查光线的去向的定性分析和定量计算问题；光的波动内容近两年命题频率较高，对光的波动性进行考查，主要是以干涉和衍射以及电磁波谱知识为要点,考查波动光学的一些每个分子的体积AA N M N V V ρ00=='，其中ρ为固体（或液体）的密度． （3）分子直径的估算方法如果把固体分子、液体分子看成球体，则分子直径d ＝36V′π＝36V0πNA ； 如果把固体、液体分子看成立方体，则d ＝3V′＝3V0NA .利用油酸在水面上形成的单层分子膜，可得油酸分子的直径d ＝VS ，其中V 、S 分别为油酸的体积和油膜的面积． 2．气体分子微观量的估算（1）物质的量n ＝V22.4，V 为气体在标准状况下的体积，其单位为L.（2）分子间距的估算方法：倘若气体分子均匀分布，每个分子占据一定的空间，假设为立方体，分子位于每个立方体的中心，则每个小立方体的边长就是分子间距；假设气体分子占有的体积为球体，分子位于球体的球心，则分子间距等于每个球体的直径．特别提醒：（1）分子直径的数量级为10－10 m ，因此求出的数据只在数量级上有意义． （2）阿伏加德罗常数N A ＝6.02×1023 mol －1，是联系微观世界和宏观世界的桥梁． 二、分子力做功及物体的内能 1．分子力的特点分子间作用力（指引力和斥力的合力）随分子间距离变化而变化的规律是： （1）r <r 0时表现为斥力； （2）r ＝r 0时分子力为零； （3）r >r 0时表现为引力；（4）r >10r 0以后，分子力变得十分微弱，可以忽略不计，如图：2．分子力做功的特点及势能的变化分子力做正功时分子势能减小；分子力做负功时分子势能增大.（所有势能都有同样结论:重力做正功重力势能减小、电场力做正功电势能减小.）由上面的分子力曲线可以得出如果以分子间距离为无穷远时分子势能为零，则分子势能随分子间距离而变化的图象如图.可见分子势能与物体的体积有关，体积变化，分子势能也变化．3．物体的内能及内能变化项目内容备注内能分子动能分子动能各不相等分子总动能由分子个数和温度决定温度是分子平均动能的标志分子势能r＝r0时,E p最小总E p与分子个数、分子种类、物体体积有关分子力做正功,E p减小分子力做负功,E p增大分子力做功时,E k和E p相互转化,但二者之和不变内能的改变做功没有热传递时,W＝ΔU做功和热传递在改变物体内能上是等效的实质:其他形式的能与内能的相互转化热传递没有做功时,Q＝ΔU实质:内能在物体间的转移三种方式:传导、对流、辐射特别提醒：内能与机械能不同．前者由物体内分子运动和分子间作用决定，与物体的温度和体积有关，具体值难确定，但永不为零；后者由物体的速度、物体间相互作用、物体质量决定，可以为零；内能和机械能在一定条件下可以相互转化．三、气体性质的比较项目内容备注分子间距很大,作用力很弱对理想气体,考点二物体内能变化问题分析1．根据热力学第一定律ΔU＝W＋Q，做功和热传递都可能引起物体内能的变化．2．对于一定质量的理想气体，pV T＝恒量．理想气体的分子势能不计，故其内能只由分子动能决定，即只由物体的温度决定．温度变化，则内能发生变化．3．已知气体体积的变化，可以分析做功情况，气体膨胀，则气体对外界做功；气体压缩，则外界对气体做功．气体体积不变，则只能由热传递引起内能的变化．【例2】关于一定量的气体,下列叙述正确的是（）A．气体吸收的热量可以完全转化为功B．气体体积增大时，其内能一定减少C．气体从外界吸收热量，其内能一定增加D．外界对气体做功，气体内能可能减少考点三气体的状态方程应用1．气体状态变化关系（1）等温过程：pV＝C或p1V1＝p2V2（玻意耳定律）.（2）等容过程：p T ＝C 或p1T1＝p2T2（查理定律）.（3）等压过程：V T ＝C 或V1T1＝V2T2（盖—吕萨克定律）.（4）理想气体状态方程：pV T ＝C 或p1V1T1＝p2V2T2.2．状态方程的应用确定要分析气体的初状态量和末状态量，建立状态方程，若是两部分气体，还应找出状态量间的关系，若是两个过程，应注意衔接状态，求压强时，通过对活塞或液柱受力分析，由平衡条件求出．【例3】如图所示,一开口气缸内盛有密度为ρ的某种液体;一长为l 的粗细均匀的小瓶底朝上漂浮在液体中,平衡时小瓶露出液面的部分和进入小瓶中液柱的长度均为l /4.现有活塞将气缸封闭（图中未画出）,使活塞缓慢向下运动,各部分气体的温度均保持不变.当小瓶的底部恰好与液面相平时,进入小瓶中的液柱长度为l /2,求此时气缸内气体的压强.大气压强为p 0,重力加速度为g .【选修3-4】考点一 振动图像与波动图像问题1．由振动图像判定质点在某时刻的振动方向振动图像中质点在某时刻的振动方向可根据下一个时刻（远小于T 4）质点的位移（位置坐标）确定，也可根据图像中该时刻对应的曲线斜率的正负确定．2．波动图像中质点的振动方向与波的传播方向（1）“上下坡法”：将波形想象成一段坡路，沿着波传播的方向看，位于“上坡”处的各质点振动方向向下，位于“下坡”处的各质点振动方向向上．（2）微平移法：波的传播过程其实是波形沿传播方向的平移，作出微小时间Δt 后的波形，可确定各质点经Δt 后到达的位置，由此可确定各质点的振动方向．关键提醒：要特别关注波动图像是哪个时刻的图像，振动图像是哪个质点的图像．【例1】一列简谐横波沿x 轴传播，波长为1.2 m ，振幅为A .当坐标为x ＝0处质元的位移为A 23-且向y 轴负方向运动时，坐标为x ＝0.4 m 处质元的位移为A 23.当坐标为x ＝0.2 m 处的质元位于平衡位置且向y 轴正方向运动时，x ＝0.4m 处质元的位移和运动方向分别为（ ）A ．A 21-、沿y 轴正方向 B ．A 21-、沿y 轴负方向 C ．A 23-、沿y 轴正方向 D ．A 23-、沿y 轴负方向考点二 波动和振动关系的应用解答振动图像和波动图像结合的问题，应注意两种图像意义的理解，波动图像是某时刻一系列质点的振动情况的反映，振动图像是某一质点在不同时刻的振动情况的反映；其次要从一种图像中找到某一质点的振动信息，由此结合题设条件及相应的振动或波动规律推导另一种图像的相关情况．【例2】在O点有一波源，t＝0时刻开始向上振动，形成向右传播的一列横波．t1＝4s时，距离O点为3 m的A点第一次达到波峰；t2＝7 s时，距离O点为4m的B点第一次达到波谷．则以下说法正确的是（）A．该横波的波长为2 mB．该横波的周期为4 sC．该横波的波速为1 m/sD．距离O点为1 m的质点第一次开始向上振动的时刻为6 s末考点三两种图象和波速公式的理解及应用对机械振动的考查着重放在简谐运动的运动学特征和动力学特征和振动图像上，实际上许多考题是振动与波的综合,考查振动图像与波动图像的联系和区别。
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第一部分 特点描述磁场一般会以选项题和计算题两种形式出现，若是选择题一般考查对磁感应强度、磁感线、安培力和洛仑兹力这些概念的理解，以及安培定则和左手定则的运用；若是计算题主要考查安培力大小的计算，以及带电粒子在磁场中受到洛伦兹力和带电粒子在磁场中的圆周运动的分析判断和计算，尤其是带电粒子在电场、磁场中的运动问题对学生的空间想象能力、分析综合能力、应用数学知识处理物理问题的能力有较高的要求，仍是本考点的重点内容，有可能成为试卷的压轴题。
由于本考点知识与现代科技密切相关，在近代物理实验中有重大意义，因此考题还可能以科学技术的具体问题为背景，考查学生运用知识解决实际问题的能力和建模能力。
预测2016年的高考基础试题仍是重点考查法拉第电磁感应定律及楞次定律和电路等效问题．综合试题还是涉及到力和运动、能量守恒、电路分析、安培力等力学和电学知识。
主要的类型有滑轨类问题、线圈穿越有界磁场的问题、电磁感应图象的问题等。
第二部分 知识背一背一、磁场、磁感应强度1．磁场的特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用． 2．磁场的方向：小磁针静止时N 极所指的方向． 3．磁感应强度（1）物理意义：描述磁场的强弱和方向． （2）大小：ILFB =（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，简称特，符号：T. 4．磁通量（1）概念：在匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S 和磁感应强度B 的乘积． （2）公式：BS =φ. （3）单位：1Wb ＝1T·m 2二、磁感线、通电导体周围的磁场的分布1．磁感线：在磁场中画出一些有方向的曲线，使曲线上各点的切线方向跟这点的磁感应强度方向一致． 2．条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布（如图所示）3．电流的磁场（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．（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，客观上不存在． 三、安培力的大小和方向 1．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，θsin BIL F =，这是一般情况下的安培力的表达式，以下是两种特殊情况：（1）当磁场与电流垂直时，安培力最大，F max ＝BIL . （2）当磁场与电流平行时，安培力等于零．2．安培力的方向（1）安培力：通电导线在磁场中受到的力．（2）左手定则：伸开左手，使拇指与其余四指垂直，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．（3）两平行的通电直导线间的安培力：同向电流互相吸引，异向电流互相排斥． 四、洛伦兹力的大小和方向1．洛伦兹力的定义：磁场对运动电荷的作用力．2．洛伦兹力的大小θsin qvB F =，θ为v 与B 的夹角．如图所示．（1）当v ∥B 时，θ＝0°或180°，洛伦兹力F ＝0； （2）当v ⊥B 时，θ＝90°，洛伦兹力qvB F =. （3）静止电荷不受洛伦兹力作用． 3．洛伦兹力的方向 （1）左手定则磁感线垂直穿过手心，四指指向正电荷运动的方向，拇指指向即为运动的正电荷所受洛伦兹力。
（2）方向特点：F 垂直于B 与v 决定的平面，即F 始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功． 五、带电粒子在匀强磁场中的运动1．若v ∥B ，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做匀速直线运动．2．若v ⊥B ，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v 做匀速圆周运动．（1）向心力由洛伦兹力提供：rv m qvB 2=；（2）轨道半径公式：qBmv R =； （3）周期：qBmv R T ππ22==（周期T 与速度v 、轨道半径R 无关）； 六、带电粒子在匀强磁场中运动的应用 1．质谱仪（1）构造：如图所示，由粒子源、加速电场、偏转磁场和照相底片等构成．（2）原理：粒子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式221mv qU =.粒子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律得关系式rv m qvB 2=.由两式可得出需要研究的物理量，如粒子轨道半径、粒子质量、比荷．qmU Br 21=，U B qr m 222=，222r B Um q =.2．回旋加速器（1）构造：如图所示，D 1、D 2是半圆形金属盒，D 形盒的缝隙处接交流电源．D 形盒处于匀强磁场中．（2）原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电势差一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由r v m qvB 2=，得mr B q E km2222=，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B 和D 形盒半径r 决定，与加速电压无关． 第三部分 技能+方法考点一 对磁感应强度的理解 1.磁感应强度概念的理解（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ILFB =就说B 与F 成正比，与IL 成反比. （2）由定义式ILFB =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零.2.磁通量概念的理解（1）BS =φ其中S 为闭合回路面积在垂直于B 方向上的分量，如图甲所示.（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）合磁通量求法：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合磁通量.【例1】下列说法中正确的是（ ）A.电荷在某处不受到电场力的作用，则该处的电场强度为零B.一小段通电导线在某处不受到磁场力的作用，则该处的磁感应强度一定为零C.把一个试探电荷放在电场中的某点，它受到的电场力与所带电荷量的比值表示该点电场的强弱D.把一小段通电导线放在磁场中某处，它受到的磁场力与该小段通电导线的长度和电流的乘积的比值表示该处磁场的强弱考点二 安培力公式的应用安培力常用公式F =BIL ，应用时要满足： （1）B 与L 垂直；（2）L 是有效长度，即垂直磁感应强度方向的长度；如弯曲导线的有效长度L 等于两端点所连直线的长度（如图所示），相应的电流方向沿L 由始端流向末端.因此任意形状的闭合线圈，其有效长度为零，受到的安培力的矢量和为零.2.通电导线在安培力作用下的平衡和加速运动的分析方法 （1）确定研究对象,对研究对象进行受力分析. （2）画出受力平面图.（3）依据平衡条件或牛顿第二定律列方程.【例2】在图中，标出磁场B 的方向，通电直导线中电流I 的方向，以及通电直导线所受磁场力F 的方向，其中正确的是（ ）考点三 安培力作用下导体运动情况的判定 1.判定安培力作用下导体运动情况的常用方法【例3】如图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动．当导线通过电流I 时，如果只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动情况是（ ）．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，同时上升考点四带电粒子在匀强磁场中的运动1．带电粒子在匀强磁场中的运动是各省市每年高考必考内容之一．一般以计算题的形式出现，可以与其他知识相综合，难度中等以上，分值较高，以考查学生的形象思维和逻辑推理能力为主．2．分析方法：找圆心、求半径、确定转过的圆心角的大小是解决这类问题的前提，确定轨道半径和给定的几何量之间的关系是解题的基础，有时需要建立运动时间t和转过的圆心角α之间的关系作为辅助．（1）圆心的确定①基本思路：与速度方向垂直的直线和图中弦的中垂线一定过圆心．②两种情形a．已知入射方向和出射方向时，可通过入射点和出射点分别作垂直于入射方向和出射方向的直线，两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图所示，图中P为入射点，M为出射点）．b．已知入射方向和出射点的位置时，可以通过入射点作入射方向的垂线，连接入射点和出射点，作其中垂线，这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如图所示，图中P为入射点，M为出射点）．（2）半径的确定用几何知识（勾股定理、三角函数等）求出半径大小．（3）运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T ，当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时，其运动时间为：T t ︒=360α（或T t πα2=）． 3．规律总结带电粒子在不同边界磁场中的运动 （1）直线边界（进出磁场具有对称性）（2）平行边界（存在临界条件）（3）圆形边界（沿径向射入必沿径向射出）【例4】如图中MN 表示真空室中垂直于纸面的平板,它的一侧有匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁感应强度大小为B .一带电粒子从平板上的狭缝O 处以垂直于平板的初速度v 射入磁场区域,最后到达平板上的P 点.已知B 、v 以及P 到O 的距离l ,不计重力,求此粒子的电荷量q 与质量m 之比.考点五 质谱仪和回旋加速器1. 根据质谱仪原理可以得出需要研究的物理量,如粒子轨道半径、粒子质量、比荷等. （1）粒子轨道半径qmUB r 21=（2）粒子质量UB qr m 222=（3）粒子比荷222rB U m q =. 2.回旋加速器的最大动能根据R v m qvB 2=,得mB R q E km 2222=,可见：（1）粒子最大动能与加速电压无关.（2）最大动能由D 形盒的最大半径和磁感应强度决定.【例5】劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。
这台加速器由两个铜质D 形盒构成，其间留有空隙.下列说法正确的是（ ）A.离子由加速器的中心附近进入加速器B.离子由加速器的边缘进入加速器C.离子从磁场中获得能量D.离子从电场中获得能量第四部分 基础练+测1．【吉林省实验中学2016届高三上学期第一次模拟理科综合试题】下列说法中，符合物理学史实的是（ ）A ．亚里士多德认为，必须有力作用在物体上，物体才能运动；没有力的作用，物体将静止B ．牛顿站在“巨人”的肩上，发现了万有引力定律，并且利用万有引力定律首次计算出了地球的质量C ．法拉第发现了电流的磁效应，即电流可以在其周围产生磁场D ．麦克斯韦首先提出了场的观点，并创立了完整的电磁场理论2．【吉林省长春外国语学校2016届高三上学期第一次质量检测物理试题】关于物理学家和他们的贡献，下列说法中正确的是（ ）A ．奥斯特发现了电流的热效应B ．库仑提出了库仑定律，密立根最早实验测得元电荷e 的数值C ．开普勒发现了行星运动的规律，并通过实验测出了万有引力常量D ．牛顿不仅发现了万有引力定律，而且提出了场的概念3．【黑龙江省牡丹江市第一高级中学2016届高三上学期期中考试物理试题】如图，在匀强磁场B 的区域中有一光滑斜面体，在斜面体上放了一根长为L,质量为m 的导线，当通以如图方向的电流I 后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B 必须满足A ．sin mgB ILθ=，方向垂直纸面向外 B ．cos mg B IL θ=，方向水平向左C ．tan mg B ILθ=，方向竖直向下 D ．mg B IL =，方向水平向左 4.【贵州省遵义市航天高级中学2016届高三上学期第三次模拟考试理科综合试题】用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹。