【金版学案】2016届高考物理一轮习题第九章磁场章末知识整合

合集下载

【金版学案】高考物理一轮复习习题：第八章磁场章末检测卷(八)【含解析】

一、选择题(此题共8 小题，每题 6 分，共48 分．在每题给出的四个选项中，第 1～5 题只有一项切合题目要求，第6～ 8 题有多项切合题目要求．所有选对的得6 分，选对但不全的得 3 分，有选错或不选的得0分．)1．(2015 ·河北省要点中学调研)如下图，匀强磁场的界限为平行四边形ABDC ，此中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不一样的速度沿BC从 B 点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的互相作用，对于电子在磁场中运动的状况，以下说法中正确的选项是()A．从 AB 边出射的电子的运动时间都相等B．从 AC 边出射的电子的运动时间都相等C．入射速度越大的电子，其运动时间越长D．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长分析：电子做圆周运动的周期T ＝2π mt＝θeB ，保持不变，电子在磁场中运动时间为π T ，2轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长．电子沿 BC 方向入射，若从 AB 边射出时，依据几何知识可知在AB 边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度没关．应选项 A 正确，选项 C 错误；从 AC 边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等．应选项B、 D 错误．答案： A2．( 2015 ·烟台模拟 )初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如下图，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变分析：导线在电子邻近产生的磁场方向垂直纸面向里，由左手定章知，电子遇到的洛伦兹力方向向右，电子向右偏转，但因为洛伦兹力不做功，电子速率不变， A 正确．答案： A3．( 2016 ·新乡模拟 )如下图的虚线地区内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力 )以必定的初速度由左界限的O 点射入磁场、电场区域，恰巧沿直线由地区右界限的O′点 (图中未标出 )穿出．若撤去该地区内的磁场而保存电场不变，另一个相同的粒子b(不计重力 )仍以相同初速度由O 点射入，从地区右界限穿出，则粒子 b()A．穿出地点必定在O′点下方B．穿出地点必定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能必定减小D．在电场中运动时，动能必定减小分析： a 粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子必定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子 a 有 Bqv＝ Eq，即只需知足 E ＝ Bv 不论粒子带正电仍是负电，粒子都能够沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保存电场时，粒子 b 因为电性不确立，故没法判断从O′点的上方仍是下方穿出，选项A、 B 错误；粒子 b 在穿过电场区的过程中必定受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，应选项 C 正确， D 错误．答案： C4． (2016 ·黄冈模拟 )如下图，在纸面内半径为R 的圆形地区中充满了垂直纸面向里、磁感觉强度为 B 的匀强磁场，一点电荷从图中 A 点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷走开磁场时，速度方向恰巧改变了180°，不计电荷的重力，以下说法正确的选项是()A．该点电荷走开磁场时速度方向的反向延伸线经过O 点q2v0B．该点电荷的比荷m＝BRπRC．该点电荷在磁场中的运动时间t＝D．该点电荷带正电3v0分析：依据左手定章可知，该点电荷带负电，选项 D 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度方向的倾向角等于其运动轨迹所对应的圆心角，依据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹恰巧是半个圆周，画出其运动轨迹并找出圆心O1，如下图，依据几何关系可知，轨道半径r＝R，依据r ＝mv0和 t ＝πr可求出，该点电荷的比荷为q ＝2v0和该点电荷2Bq v0m BR πR在磁场中的运动时间t＝，因此选项 B 正确， C 错误；该点电荷走开磁场时速度方向的2v0反向延伸线不经过O 点，选项 A 错误．答案： B5． (2016 ·张家界模拟 )如下图，铜质导电板(单位体积的电荷数为 n)置于匀强磁场中，用电源、开关、电流表、电压表能够测出磁感觉强度的大小和方向．将电路接通，串连在AB 线中的电流表读数为I ，电流方向从 A 到 B ，并联在 CD 两头的电压表的读数为 U CD >0，已知铜质导电板厚h 、横截面积为 S ，电子电荷量为 e.则该处的磁感觉强度的大小和方向可能是()neSU、垂直纸面向外A. IhnSUB. Ih 、竖直向上neSU、垂直纸面向里C. IhnSUD. Ih 、竖直向下分析：铜质导电板靠电子导电，当铜质导电板通电时，Uh e ＝ Bev ，式中 v 为电子定向运动的速度，由电流的微观定义得I ＝ neSv ，得 B ＝neSU， B 、 D 错；依据左手定章可知，磁Ih感觉强度的方向垂直纸面向外，A 对， C 错．答案： A6．(2015 ·衡水模拟 )如下图，从离子源发射出的正离子，经加快电压U 加快后进入相互垂直的电场 (E 方向竖直向上 )和磁场 (B 方向垂直纸面向外 )中，发现离子向上偏转．要使此离子沿直线经过电磁场，需要()A．增添 E，减小 B B．增添 E，减小 UC．适合增添U D．适合减小E分析：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，一定知足条件Eq＝ qvB.依据左手定章可知正离子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，因正离子向上极板偏转的原由是电场力大于洛伦兹力，因此为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．增大电场强度E，即能够增大电场力，减小磁感觉强度B，即减小洛伦兹力，不知足要求，应选项 A 错误；减小加快电压U，则洛伦兹力减小，而增大电场强度E，则电场力增大，不知足要求，应选项 B 错误；加快电场中，依据eU＝1mv2可得 v2＝2eU，适合地增2m大加快电压U，进而增大洛伦兹力，应选项 C 正确；依据适合减小电场强度E，进而减小电场力，应选项 D 正确．答案： CD7．如下图，虚线空间中存在由匀强电场 E 和匀强磁场 B 构成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋ q，质量为m)从正交或平行的电磁混淆场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线经过的是()分析：带电小球进入复合场时受力状况：此中只有 C 、D 两种状况下合外力可能为零或与速度的方向相同，因此有可能沿直线通过复合场地区， A 项中力 qvB 随速度 v 的增大而增大，因此三力的协力不会总保持在竖直方向，协力与速度方向将产生夹角，做曲线运动，因此A 错．答案： CD8．(2016 ·绵阳模拟 )粒子盘旋加快器的工作原理如下图，置于真空中的 D 形金属盒的半径为 R ，两金属盒间的狭缝很小，磁感觉强度为B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频沟通电的频次为f ，加快电压为 U ，若中心粒子源处产生的质子质量为m 、电荷量为＋ e ，在加快器中被加快．不考虑相对论效应，则以下说法正确的选项是()A ．不改变磁感觉强度B 和沟通电的频次 f ，该加快器也可加快α粒子B ．加快的粒子获取的最大动能随加快电压U 的增大而增大C ．质子被加快后的最大速度不可以超出 2π RfD ．质子第二次和第一次经过D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶ 1分析：质子被加快获取的最大速度遇到D 形盒最大部分径的限制， v m ＝2πR＝ 2πRf ，CT正确；粒子旋转频次为f ＝ Bq，与被加快粒子的比荷相关，因此A 错误；粒子被加快的2π m2 2 2 2mv最大动能 E km ＝ mv m，nUq ＝ 2m π R f ，与加快电压 U 没关， B 错误；因为运动半径 R ＝Bq22＝mv，知半径比为2∶1， D 正确．2答案： CD二、非选择题 (此题共 5 小题，共 52 分．按题目要求作答，解答题应写出必需的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不可以得分，有数值计算的题，答案中一定明确写出数值和单位．)9． (8分 )如下图，PQ和MN为水平平行搁置的金属导轨，相距L ＝ 1 m．导体棒ab 跨放在导轨上，棒的质量为m＝ 0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直 )，物体的质量为M ＝ 0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝ 0.5(g 取 10 m/s2 )，匀强磁场的磁感觉强度B＝ 2 T ，方向竖直向下，为了使物体匀速上涨，应在棒中通入多大的电流？方向怎样？分析：对导体棒ab 受力剖析，由均衡条件得，竖直方向 F N＝ mg， (2 分 )水平方向 BIL － F f－ Mg ＝ 0， (2 分 )又 F ＝μF.(2fN分 )联立解得 I ＝2 A． (1 分)由左手定章知电流方向由答案： 2 A 电流方向由a 指向a 指向 bb.(1分 )10． (10分 )横截面为正方形abcd 的匀强磁场磁感觉强度为B，一个带电粒子以垂直于磁场方向、在ab边的中点与ab边成30°角的速度v0射入磁场，如下图，带电粒子恰巧不从ad 边走开磁场，已知粒子的质量为m，正方形边长为L ，不计重力，求：(1)粒子带何种电荷？粒子的电荷量是多少？(2)粒子在磁场中运动的时间．分析： (1)依据左手定章，粒子带正电荷，设粒子做圆周运动的半径为r.由几何条件有 r ＋ r cos 60°＝L2 ， (1 分 )L解得 r ＝ 3 .(1 分 )2依据牛顿第二定律 qvmv 0， (2 分 )0 B ＝rmv 0 3mv 0因此 q ＝ Br ＝ BL .(1 分 )(2)设周期为 T ，由几何条件可知粒子轨道所对的圆心角为300°， (1 分)5因此 t ＝ 6T ， (1 分 )又 T ＝ 2π r ＝ 2π L ， (2 分 )v 03v 0 5 5π L解得 t ＝ T ＝.(1 分)69v 0答案： (1)粒子带正电荷，3mv 0(2)5πLBL9v 011．(10 分 )如图甲所示， M 、 N 为竖直搁置相互平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、 O ′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感觉强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t ＝ 0 时垂直于 M板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感觉强度变化的周期都为T 0，不考虑因为磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感觉强度 B 0 的大小；(2)要使正离子从 O ′孔垂直于 N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0 的可能值．分析： (1)正离子射入磁场，洛伦兹力供给向心力2qv 0B 0＝ mv 0， (2 分 )r做匀速圆周运动的周期T 0＝ 2π r.(2 分 )v 0联立两式得磁感觉强度B 0＝2π m 分 ).(1qT 0(2)要使正离子从 O ′孔垂直于 N 板射出磁场， v 0 的方向应如下图，两板之间正离子只运动一个周期即T 0 时，有 r ＝ d4.(3 分 )当两板之间正离子运动n 个周期即 nT 0 时，有dr ＝ 4n (n ＝ 1， 2， 3， )． (1 分 )联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝ B 0qr＝ π d(n ＝ 1， 2， 3， )．(1 分 ) m2nT 02π m π d答案： (1)(2) (n ＝ 1， 2， 3， )qT 02nT 012． (12 分 )( 2014 ·重庆卷 )某电子天平原理如下图， E 形磁铁的双侧为 N 极，中心为 S极，两极间的磁感觉强度大小均为B ，磁极宽度均为 L ，忽视边沿效应，一正方形线骗局于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两头 C、 D 与外电路连结，当质量为 m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一同向下运动 (骨架与磁极不接触 )，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的地点并静止，由此时对应的供电电流 I 可确立重物的质量．已知线圈匝数为 n，线圈电阻为 R，重力加快度为 g.问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感觉电流是从 C 端仍是从 D 端流出？(2)供电电流 I 是从 C 端仍是从 D 端流入？求重物质量与电流的关系；(3)若线圈耗费的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？分析： (1)由右手定章可知线圈向下运动，感觉电流从 C 端流出． (1 分)(2)设线圈遇到的安培力为F A，外加电流从 D 端流入． (1 分)由 F A＝ mg，① (2 分 )F A＝ 2nBIL ，② (2 分 )得 m＝2nBLI.③(1 分) g(3)设称量最大质量为 m0，由 m＝2nBLI，④ (2 分) g2，⑤ (2 分)P＝I R2nBLP得 m0＝g R.⑥(1 分 )答案： (1)电流从 C 端流出(2)从 D 端流入m＝ 2nBL2nBL Pg I (3)g R13．(12 分 )(2015 ·浙江卷 )使用盘旋加快器的实验需要把离子束从加快器中引出，离子束引出的方法有磁障蔽通道法和静电偏转法等．质量为 m，速度为 v 的离子在盘旋加快器内旋转，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，使用磁障蔽通道法设计引出器．引出器原理如下图，一堆圆弧形金属板构成弧形引出通道，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觉强度降低，进而使离子从 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觉强度应降为 B ′，求 B ′.(3)换用静电偏转法引出离子束，保持通道内的原有磁感觉强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽视边沿效应．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．2 分析： (1)离子做圆周运动Bqv ＝ mv，① (2 分) r解得 q ＝ mv Br ，正电荷．② (2 分 )(2)如下图．O ′ Q ＝ R ， OQ ＝ L ， O ′ O ＝ R － r.2引出轨迹为圆弧 B ′qv ＝ m v ，③ (2 分 ) Rmv解得 R ＝ B ′ q .④ (1 分 )2 2依据几何关系得 R ＝ r ＋ L － 2rR cos θ.⑤ (1 分 )mv 2mv （ r － L cos θ ）解得 B ′＝ qR ＝ q （ r 2＋ L 2－ 2rR cos θ ）.⑥ (1 分 ) (3)电场强度方向沿径向向外⑦ (1 分)2 引出轨迹为圆弧 Bqv － Eq ＝ m v ，⑧ (1 分 ) R2mv 2（ r －L cos θ ）解得 E ＝ Bv － q （ r 2＋ L 2－ 2rR cos θ ）.(1 分 ) 答案： (1)q ＝ mv，正电荷 Br 2mv 2（ r － Lcos θ ） q （ r 2＋ L 2－ 2rR cos θ ）(2) 2mv （ r － L cos θ ） (3) 沿径向向外 E ＝ Bv －q （ r 2＋ L 2－ 2rR cos θ ）。

金板学案高考物理一轮复习第10章电磁反应章末知识整合

【金板学案】2016届高考物理一轮复习第10章电磁反应章末知识整合1．感应电动势和感应电流．本章主要研究感应电动势和感应电流的问题，而这个问题又可分为两种情况：一是线圈中的感应电动势和感应电流的问题；二是导体切割磁感线时的感应电动势和感应电流的问题．对于前者，电动势用法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt 计算，方向用楞次定律判断较为方便，而后者电动势用E ＝BLv 计算，方向用右手定则判断较为方便．但注意二者不能割裂开来，后者是前者的一种特殊情况．2．电磁感应．(1)电磁感应过程因感应电流的出现，使发生电磁感应的导体受到安培力的作用，从而影响导体所受合力，改变物体的加速度，速度相应改变又影响感应电流，形成一个周而复始的动态循环，这就是电磁感应问题中的动力学问题，处理的方法与力学相同，只是应注意安培力的特点．(2)电磁感应过程又是一个能量转化的过程，该过程通过外力克服安培力做功将其他形式的能量转化为电能，电流流过导体通过电流做功又转化为内能，不管做功的力是恒力还是变力，只需理清能量转化的去向，用能的转化与守恒去处理，而不必追究做功的具体细节．3．常用思维方法．(1)整体法与隔离法：在一些电磁感应问题中，利用从局部到整体，再从整体到局部的处理方法使问题大大简化，能方便地求出结果．(2)等效法：电磁感应问题离不开电路，其中产生感应电动势的部分即为等效电源，画出等效电路，对解决问题而言，事半功倍．(3)守恒法：利用物理过程中的某些守恒条件，由守恒关系，应用相应的守恒定律来解决物理问题，如能量守恒．(4)图象法：为了直观形象地描述电磁感应现象，在这一部分引入了Φt 、Bt 、Ut 、It 等图象，应用时注意不同图象的物理意义．【例❶】如图所示，宽为40 cm 的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．边长为20 cm 的正方形导线框位于纸面内，以垂直于磁场边界的恒定速度v ＝20 cm/s 通过磁场区域．取它刚进入磁场的时刻t ＝0，下列图线中，能正确反映线框中感应电流强度随时间变化规律的是( )解析：由题意可知线框进入磁场的时间为1 s，在磁场中运动的时间为1 s，离开磁场的时间也为1 s，则0～1 s内电流为逆时针方向且大小恒定，1～2 s内感应电流为0，2～3 s内感应电流为顺时针方向且大小恒定，则C正确．答案：C点评：电磁感应与图象的分析与判断是高考常考考题，首先要利用右手定则或楞次定律分析感应电流或感应电动势的方向，对图线的分布作出判断；再次要利用法拉第电磁感应定律和闭合电路的欧姆定律分析感应电动势和感应电流的大小，判断图线的走向．【例❷】如右图所示，在垂直于匀强磁场B的平面内，半径为r的金属圆盘绕过圆心O的轴转动，圆心O和边缘K通过电刷与一个电路连接．电路中的P是加上一定正向电压才能导通的电子元件．流过电流表的电流I与圆盘角速度ω的关系如下图所示，其中ab段和bc段均为直线，且ab段过坐标原点．ω>0代表圆盘逆时针转动．已知：R＝3.0 Ω，B＝1.0 T，r＝0.2 m．忽略圆盘、电流表和导线的电阻．(1)根据下图写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出下图中b、c两点对应的P两端的电压U b、U c；(3)分别求出ab、bc段流过P的电流I P与其两端电压U P的关系式．解析：(1)由图象得出三点坐标：O(0，0)、b(15，0.1)、c(45，0.4)．由直线的两点式得I与ω关系式：I ＝⎩⎪⎨⎪⎧ω150，－45≤ω≤15ω100－0.05，15≤ω≤45.(2)圆盘切割磁感线产生的电动势为： E ＝Br ωr ＋02＝12B ωr 2＝0.02ω，当ω＝15 rad/s 时，产生的电动势为E ＝0.02×15 V ＝0.3 V.当ω＝45 rad/s 时，产生的电动势为E ＝0.02×45 V ＝0.9 V. 忽略圆盘电阻即电源忽略内阻，故U P ＝E ，可得： U b ＝0.3 V ，U c ＝0.9 V . (3)由并联电路知识有： I ＝I P ＋I R ， ① I R ＝E R ＝U PR ， ②由①②得：I P ＝I －U PR.I P ＝I －E R ＝I －0.02ω3＝I －ω150.I P ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，－45≤ω≤15ω300－0.05，15≤ω≤45.答案：见解析一、选择题1．(2014·广东高考)如图所示，上下开口、内壁光滑的铜管P 和塑料管Q 竖直放置．小磁块先后在两管中从相同高度处由静止释放，并落至底部．则小磁块(C )A ．在P 和Q 中都做自由落体运动B ．在两个下落过程中的机械能都守恒C ．在P 中的下落时间比在Q 中的长D ．落至底部时在P 中的速度比在Q 中的大解析：在铜管中下落的小磁块由于电磁感应现象，根据楞次定律知小磁块下落将受到向上的安培力作用，在P 中下落的加速度小于重力加速度，机械能减少；而在塑料管Q 内下降时不发生电磁感应现象，小磁块在Q 中下落时只受重力作用，故小磁块在Q 中下落时做自由落体运动、下落时间较短、落地速度较大、机械能守恒，故选项C 正确．2．如图所示，电阻为R ，其他电阻均可忽略．ef 是一电阻可不计质量为m 的水平放置的导体棒，棒的两端分别与竖直放置的ab 、cd 框保持良好接触，又能沿框架无摩擦下滑，整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中，当导体棒ef 从静止下滑一段时间后闭合开关S ，则S 闭合后(D )A ．导体棒ef 的加速度一定大于gB ．导体棒ef 的加速度一定小于gC ．导体棒ef 最终速度随S 闭合时刻的不同而不同D ．导体棒ef 的机械能与回路中产生的内能之和一定守恒解析：S 闭合后，导体棒切割磁感线，根据楞次定律，导体棒受竖直向上的安培力，如果安培力小于2mg ，则导体棒ef 的加速度一定小于g ，如果安培力大于2mg ，则导体棒ef 的加速度大于g ，选项A 、B 错误；最终导体棒做匀速运动，B 2l 2vR ＝mg ，导体棒ef 最终速度是相同的，选项C 错误；本题中，导体棒的机械能只转化为回路的内能，所以导体棒ef 的机械能与回路中产生的内能之和一定守恒，选项D 正确．3．如图所示，“U ”形金属框架固定在水平面上，处于竖直向下的匀强磁场中．现使ab 棒突然获得一水平初速度v 向右运动，下列说法正确的是(D )A ．ab 做匀减速运动B ．回路中电流均匀减小C ．a 点电势比b 点电势低D ．ab 受到的安培力方向水平向左解析：导体棒水平向右运动，切割磁感线，根据右手定则和左手定则，可知电流从b 到a 流过导体，导体棒受到水平向左的安培力，切割磁感线的导体棒相当于电源，电流在电源内部从低电势流向高电势，选项C 错误，选项D 正确；根据安培力公式和牛顿第二定律，可得F ＝BIL ＝B 2L 2vR＝ma ，导体棒做加速度逐渐在减小的减速运动，选项A 、B 错误．4．如图，将电阻为R 的正方形金属线圈从匀强磁场中向右匀速拉出，则(AC )A ．以大的速度拉出比较费力B ．以小的速度拉出比较费力C ．拉出时金属线圈中的电流为逆时针方向D ．拉出时金属线圈所受安培力不做功解析：拉出过程中金属线圈中的感应电动势为E ＝BLv ，电流为I ＝ER，金属线圈所受安培力的合力(等于左边所受安培力)为F ＝BIL ，解得F ＝B 2L 2vR .此力与金属线圈运动方向相反，做负功，速度越大，安培力越大，克服安培力的拉力越大；由右手定则可知，拉出金属线圈时产生逆时针电流．选项B 、D 错误，A 、C 正确．5．水平放置的平行板电容器与线圈连接如图，线圈内有垂直纸面向里(设为正方向)的磁场．为使带负电微粒静止在板间，磁感应强度B 随时间t 变化的图象应该是(BC )解析：带电微粒要静止在两板间，带电微粒受到向下的重力和向上的电场力，带电微粒带负电，则两板间有向下的电场，说明上极板带正电，根据楞次定律知磁场可能向里增加或向外减小，B、C正确，A、D错误．6．如图所示的竖直平面内，一个电阻均匀的正方形金属导线框ABCD从图示位置由静止开始下落，进入一匀强磁场区域，磁场方向垂直于线框平面向里，在线框进入磁场区域的整个过程中(AD)A．线框中会产生感应电流，感应电流的方向为逆时针B．线框速度的大小一定一直增大C．线框中A、B两点间的电势差一定不断增加D．线框受到的安培力的方向总是竖直向上解析：根据楞次定律可知，线框进入磁场过程中垂直纸面向里的磁通量增大，感应电流为逆时针方向，选项A正确；根据左手定则可知，进入磁场过程中线框受到向上的安培力，当安培力等于线框的重力时，线框做匀速运动，根据E＝BLv 可知，线框中A、B两点的电势差不一定增大，选项B、C错误；根据左手定则可知，线框受到的安培力始终是竖直向上的，选项D正确．二、非选择题7．如图所示，匀强磁场中有一矩形闭合线圈abcd，线圈平面与磁场垂直. 已知线圈的匝数N＝100，边长ab ＝1.0 m、bc＝0.5 m，电阻r＝2 Ω. 磁感应强度B在0～1 s内从0均匀变化到0.2 T. 在1～5 s内从0.2 T均匀变化到－0.2 T，取垂直纸面向里为磁场的正方向．求：(1)0.5 s时线圈内感应电动势的大小E和感应电流的方向；(2)在1～5 s 内通过线圈的电荷量q ； (3)在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q. 解析：(1)感应电动势：E 1＝N ΔΦ1Δt 1，磁通量变化：ΔΦ1＝ΔB 1S ，解得：E 1＝N ΔB 1Δt 1S.代入数据得：E 1＝10 V.由楞次定律可判断出感应电流的方向为a→d→c→b→a.(2)同理可得：E 2＝N ΔB 2Δt 2S ，感应电流I 2＝E 2r ，电量q ＝I 2Δt 2，解得：q ＝N ΔB 2r S.代入数据得：q ＝10 C.(3)0～1 s 内产生的焦耳热：Q 1＝ I 21r Δt 1，且I 1＝E 1r ，1～5 s 内产生的焦耳热：Q 2＝ I 22r Δt 2，在0～5 s 内线圈产生的焦耳热Q ＝Q 1＋Q 2.代入数据得：Q ＝100 J.答案：(1)10 V 感应电流的方向为a→d→c→b→a (2)10 C (3)100 J8．(2014·北京卷)如图所示，两根竖直放置的足够长的光滑平行金属导轨间距为l ，导轨上端接有电阻R 和一个理想电流表，导轨电阻忽略不计．导轨下部的匀强磁场区域有虚线所示的水平上边界，磁场方向垂直于金属导轨平面向外．质量为m 、电阻为r 的金属杆MN ，从距磁场上边界h 处由静止开始沿着金属导轨下落，金属杆进入磁场后，流经电流表的电流逐渐减小，最终稳定为I.金属杆下落过程中始终与导轨垂直且接触良好．已知重力加速度为g ，不计空气阻力．求：(1)磁感应强度B 的大小；(2)电流稳定后金属杆运动速度的大小；(3)金属杆刚进入磁场时，M 、N 两端的电压大小．解析：(1)电流稳定后，导体棒做匀速运动，有BIl ＝mg ，解得磁感应强度B ＝mgIl.(2)设电流稳定后导体棒做匀速运动的速度为v ，感应电动势：E ＝Blv ；感应电流：I ＝ER ＋r ；解得：v ＝I 2（R ＋r ）mg.(3)金属杆在进入磁场前，机械能守恒，设进入磁场时的速度为v 0，则由机械能守恒定律，有：12mv 20＝mgh ，解得：v 0＝2gh.此时的电动势E 0＝Blv 0，感应电流I 0＝E 0R ＋r，MN 两端电压U MN ＝I 0R ＝BlR 2ghR ＋r ，则U MN ＝mgR 2ghI （R ＋r ）.答案：见解析(这是边文，请据需要手工删加) (这是双页眉，请据需要手工删加) (这是单页眉，请据需要手工删加)。

物理一轮复习精练精析《金版学案》(粤教版)9-1磁场及磁场对电流的作用Word版含解析

第九章磁场第一单元磁场安培力第1课磁场及磁场对电流的作用一、单项选择题1．(2013·潮州模拟)下列四图为电流产生磁场的分布图，正确的分布图是()A．①③B．②③C．①④D．②④解析：由安培定则可以判断出直线电流产生的磁场方向，①正确、②错误．③和④为环形电流，注意让弯曲的四指指向电流的方向，可判断出④正确、③错误．故正确选项为C.答案：C2．(2013·茂名模拟)一段长0.2 m，通过2.5 A电流的直导线，关于其在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况，正确的是()A．如果B＝2 T，F一定是1 NB．如果F＝0，B也一定为零C．如果B＝4 T，F有可能是1 ND．如果F有最大值，则通电导线一定与B平行解析：当导线与磁场方向垂直放置时，F＝BIL，力最大，当导线与磁场方向平行放置时，F＝0，当导线与磁场方向成任意其他角度放置时，0＜F＜BIL，A、D两项错误，C项正确；磁感应强度是磁场本身的性质，与力F无关，B项错误．答案：C3．有a、b、c、d四个小磁针，分别放置在通电螺线管的附近和内部，如图所示．其中小磁针的指向正确的是()A．a B．b C．c D．d解析：由右手螺旋定则，可知螺线管内部的磁场方向向左，小磁针的N极方向向左，D项正确．答案：D4.如图所示，一长L的直导线通以大小为I的电流，放在垂直于导线的磁感应强度为B的匀强磁场中，则导线所受安培力的大小为()A．BIL sin θB．BIL cos θC.BILsin θD．BIL解析：因电流与磁感应强度垂直，所以安培力的大小F＝BIL.只是该力的方向斜向下．答案：D5．在如图所示电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、fb，判断这两段导线()A．fa＞fb，相互吸引B．fa＞fb，相互排斥C．fa＜fb，相互吸引D．fa＜fb，相互排斥解析：电键S分别置于a、b两处时，电分别为一节干电池、两节干电池，而电路中灯泡电阻不变，则电路中电流I a＜I b，MM′和NN′处的磁感应强度B a＜B b，应用安培力公式F＝BIL可知f a＜f b，又MM′和NN′电流方向相反，则相互排斥．答案：D6. (2012·江苏徐州模拟)如图所示，把轻质导线圈用绝缘细线悬挂在磁铁N极附近，磁铁的轴线穿过线圈的圆心且垂直线圈平面．当线圈内通以图中方向的电流后，线圈的运动情况是()A．线圈向左运动B．线圈向右运动C．从上往下看顺时针转动D．从上往下看逆时针转动解析：法一电流元法．首先将圆形线圈分成很多小段，每一段可看作一直线电流元，取其中上、下两小段分析，其截面图和所受安培力情况如下图所示．根据对称性可知，线圈所受安培力的合力水平向左，故线圈向左运动．只有选项A正确．法二等效法．将环形电流等效成小磁针，如下图所示，根据异名磁极相吸引知，线圈将向左运动，选A项．也可将左侧条形磁铁等效成环形电流，根据结论“同向电流相吸引，异向电流相排斥”，也可判断出线圈向左运动，选A项．答案：A二、双项选择题7．(2012·长春高三检测)关于电场线和磁感线的说法正确的是(AC )A．电场线和磁感线都是利用疏密表示场的强弱的B．电场线是客观存在的，而磁感线是不存在的C．静电场的电场线是不闭合的，而磁感线是闭合的曲线D．电场线和磁感线都可能相交8．如图所示，一束带电粒子沿着水平方向平行地飞过小磁针的正上方时，磁针的S极向纸内偏转，这一束带电粒子可能是()A．向右飞行的负离子B．向左飞行的负离子C．向右飞行的正离子D．向左飞行的正离子解析：磁针的S极向纸内偏转，则N极向纸外偏转，即磁场的方向向外，根据安培定则可判断出电流方向水平向左．因此该带电粒子可能是向左飞行的正离子或向右飞行的负离子．答案：AD9．在下列四个图中，标出了磁场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()解析：B项中因电流方向与磁场方向平行，导线根本没有受安培力，B项错误；D项中的安培力方向应垂直纸面向外，故D 项错误；A、C两项正确．答案：AC10．一条形磁铁放在水平桌面上，它的上方靠S极一侧吊挂一根与它垂直的导电棒，图中只画出此棒的截面图，并标出此棒中的电流是流向纸内的，在通电的一瞬间可能产生的情况是()A．磁铁对桌面的压力减小B．磁铁对桌面的压力增大C．磁铁受到向右的摩擦力D．磁铁受到向左的摩擦力解析：如下图所示．对导体棒，通电后，由左手定则，导体棒受到斜向左下方的安培力，由牛顿第三定律可得，磁铁受到导体棒的作用力应斜向右上方，所以在通电的一瞬时，磁铁对桌面的压力减小，磁铁受到向左的摩擦力，因此选项A、D两项正确．答案：AD三、非选择题11．如图(a)所示，倾角为α、相距为L的光滑导轨与一稳恒电连接，导轨处于垂直于导轨形成的斜面向上、磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一质量为m的金属棒与导轨良好接触后恰好处于静止状态．图(b)为金属棒与斜面的切面图，重力加速度取g.(1)试在图(b)中作出金属棒受力示意图；(2)计算流过金属棒的电流．解析：(1)金属棒所受的力的示意图如图所示：(2)根据安培力的公式，有：F 安＝BIL .①根据力的平衡条件，有：F 安＝mg ·sin α. ②①②两式联立得：I ＝mg ·sin αBL .答案：(1)见解析 (2)mg sin αBL12．如图所示，质量为m 的金属棒，放在距光滑金属导轨右端为l 的地方，导轨间距为d ，距离地面高度为h ，处于大小为B 、方向竖直向上的匀强磁场中，并接有电动势为E 、内电阻为r 的电池．当开关K 闭合时，金属棒先滑向右端再抛出，已知抛出的水平距离为s ，不考虑金属棒切割磁感线产生的感应电流，重力加速度取g .试计算该金属棒的电阻．解析：设金属棒做平抛运动的初速度为v，根据平抛运动的规律．在竖直方向上，有：h＝12gt2.①在水平方向上，有：s＝v t.②①②联立解得：v＝s g2h.③由于不考虑金属棒切割磁感线产生的感应电流，金属棒所受的安培力为恒力，方向水平向右，金属棒在光滑金属导轨上做匀加速直线运动，根据动能定理．有：BId·l＝12m v2－0.④③④联立解得：电路的电流为I＝mgs24Bhdl.⑤设金属棒的电阻为R，根据闭合电路的欧姆定律，有：I＝ER＋r.⑥⑤⑥联立解得：金属棒的电阻R＝4BEhdl mgs2－r.答案：4BEhdl mgs2－r。

高考物理大一轮复习第9单元磁场学案

高考物理大一轮复习第9单元磁场学案高考热点统计要求2014年 2015年 2016年 2017年高考基础要求及冷点统计 Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅰ Ⅱ Ⅲ Ⅰ Ⅱ Ⅲ 通电直导线和通电线圈周围磁场的方向 Ⅰ 19 18 磁场、磁感应强度、磁感线(Ⅰ)以上考点为高考基础要求,偶尔出现在选择题中,复习时要侧重对基本概念和规律的理解.安培力、安培力的方向 Ⅰ 24 22 19 21 匀强磁场中的安培力 Ⅱ 15 24 24 洛伦兹力、洛伦兹力的方向 Ⅰ 16 18 24 洛伦兹力公式 Ⅱ 16 14 19 15 16 18 24 带电粒子在匀强磁场中的运动 Ⅱ 20 18 18 18 24 质谱仪和回旋加速器Ⅰ15考情分析1.磁场是近几年高考重点考查的内容,特别是带电粒子在磁场中的运动问题,几乎每年都会考查.对磁感应强度、磁感线、安培力的考查频率也比较高.考查的题型既有选择题,又有计算题.2.高考中常把磁场和其他知识综合起来考查,比如导体棒在安培力作用下的平衡和加速问题、导体棒切割磁感线产生感应电动势的问题等.3.带电粒子在有界场、混合场中的运动问题仍是本单元重点考查的内容,极易成为试卷的压轴题.第24讲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:对放入其中的磁体或运动电荷(电流)有 ,磁体、电流之间都是通过发生相互作用的.(2)方向:小磁针静止时所指的方向. 2.磁感应强度(1)物理意义:表示磁场的物理量.(2)定义式: .单位:特斯拉,简称特,符号是T. (3)方向:小磁针静止时所指方向. 3.几种常见的磁场图24-1二、安培力1.安培力的大小(1)磁场和电流垂直时,F= . (2)磁场和电流平行时,F= . 2.安培力的方向用左手定则判定: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,并使四指指向的方向,这时所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向. 【思维辨析】(1)磁场是客观存在的,磁感线实际上是不存在的,磁感线上各点的切线方向表示该点的磁场方向. ( )(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)相邻两条磁感线之间的空白区域磁感应强度为零. ( )(4)将通电导线放入磁场中,若不受安培力,说明该处磁感应强度为零. ( ) (5)通电导线在磁感应强度越大的地方所受安培力越大. ( ) 【思维拓展】有人根据B=提出:磁场中某点的磁感应强度B跟磁场力F成正比,跟电流I和导线长度L的乘积IL成反比,这种说法有什么问题?考点一磁感应强度、磁场的叠加考向一磁感应强度的理解(1)磁感应强度由磁场本身决定,因此不能根据定义式B=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,则其所受安培力为零,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静止时N极的指向.1 关于磁感应强度B,下列说法中正确的是( )A.磁场中某点B的大小,跟放在该点的试探电流元的情况有关B.磁场中某点B的方向,跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致C.若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用,该点B为零D.长度为L、电流为I的导线在磁场中受力为F,则磁感应强度B 大于或等于考向二磁感应强度B 与电场强度E的比较磁感应强度B电场强度E物理意义描述磁场强弱的物理量描述电场强弱的物理量定义式B=(I与B垂直) E=方向磁感线切线方向,小磁针N极受力方向(小磁针静止时N极所指方向)电场线切线方向,正电荷受力方向大小决定因素由磁场决定,与电流元无关由电场决定,与试探电荷无关场的叠加合磁感应强度等于各磁场的磁感应强度的矢量和合电场强度等于各电场的电场强度的矢量和2 (多选)下列说法中正确的是( )A.电荷在某处不受电场力的作用,则该处电场强度为零B.一小段通电导线在某处不受磁场力作用,则该处磁感应强度一定为零C.电场中某点电场的强弱,用一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值表征D.磁场中某点磁场的强弱,用一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值表征考向三电流的磁场及安培定则安培定则磁感线磁场特点直线电流的磁场无磁极、非匀强磁场,且距导线越远磁场越弱环形电流的磁场环形电流的两侧分别是N极和S极,且离圆环中心越远磁场越弱通电螺线管的磁场与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场,管外为非匀强磁场3 如图24-2,其磁场互不影响,当开关S闭合后,则小磁针北极N(黑色一端)指示磁场方向正确的是( )图24-2A.aB.bC.cD.d考向四磁场的叠加。

金版教程2016高考物理新一轮总复习阶段示范性测试9电磁感应(含解析)

阶段示范性金考卷(九)本卷测试内容：电磁感应本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，第1、4、5、7小题，只有一个选项正确；第2、3、6、8、9、10、11、12小题，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1. [2014·济南高三模拟]如图所示，一轻质横杆两侧各固定一金属环，横杆可绕中心点自由转动，拿一条形磁铁插向其中一个小环，后又取出插向另一个小环，发生的现象是( )A. 磁铁插向左环，横杆发生转动B. 磁铁插向右环，横杆发生转动C. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都不发生转动D. 无论磁铁插向左环还是右环，横杆都发生转动解析：本题考查电磁感应现象、安培力的简单应用。

磁铁插向左环，横杆不发生移动，因为左环不闭合，不能产生感应电流，不受安培力的作用；磁铁插向右环，横杆发生移动，因为右环闭合，能产生感应电流，在磁场中受到安培力的作用，选项B正确。

本题难度易。

答案：B2. 如图所示，两根足够长的光滑金属导轨水平平行放置，间距为L＝1 m，cd间、de间、cf间分别接着阻值为R＝10 Ω的电阻。

一阻值为R＝10 Ω的导体棒ab以速度v＝4 m/s 匀速向左运动，导体棒与导轨接触良好；导轨所在平面存在磁感应强度大小为B＝0.5 T，方向竖直向下的匀强磁场。

下列说法中正确的是( )A. 导体棒ab中电流的流向为由b到aB. cd两端的电压为1 VC. de两端的电压为1 VD. fe两端的电压为1 V解析：导体棒ab以速度v＝4 m/s匀速向左运动，由右手定则可判断出导体棒ab中电流的流向为由a到b，选项A错误；由法拉第电磁感应定律，产生的感应电动势E＝BLv＝2 V，感应电流I＝E/2R＝0.1 A，cd两端的电压为U1＝IR＝1 V，选项B正确；由于de间没有电流，cf间没有电流，de两端的电压为零，fe两端的电压为1 V，选项C错误，D正确。

【5年高考3年模拟】2016届高考物理一轮复习专题九磁场讲义(pdf)

连，电路总电阻为２ Ω㊂已知开关断开时两弹簧的伸长量均为
��
解析㊀依题意，开关闭合后，电流方向为从ｂ到ａ，由左手定开关断开时，两弹簧各自相对于其原长的伸长量为 Δｌ１＝ ①
式中，ｍ为金属棒的质量，ｋ是弹簧的劲度系数，ｇ是重力 ②
开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为
７．（２０１１课标，１４，６分）为了解释地球的磁性，１９世纪安培假列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是（㊀㊀）
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Ｉｍ，
１．答案㊀Ａ㊀Ｐ前有一条形磁铁垂直于Ｐ，且Ｓ极朝向ａ点，条Ｂ㊁Ｃ㊁Ｄ错㊂瞬间，由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上，Ａ对，之一㊂关于指南针，下列说法正确的是（㊀㊀）形磁铁在ａ点的磁场垂直于竖直平面向外，在电子经过ａ点的
１Ｆ安Ｌ＝ｍｖ２－０，推得ｖ＝２
强度大小为０．１Ｔ，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端
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
０．５ｃｍ；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关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㊂开时相比均改变了０．３ｃｍ㊂重力加速度大小取１０ｍ／ｓ㊂判断
端ｅ㊁ｆ，分别接到两个不同的直流电源上时，Ｌ便在导轨上滑（㊀㊀）

金板学案高考物理一轮复习第9章第1课磁场及磁场对电流的作用练习

第九章磁场第1课磁场及磁场对电流的作用通过实验，认识洛伦兹力．会判断洛伦兹力复习策略：1.在弄清楚左、右手定则的内容及洛伦兹力、安培力的大小和方向的前提下，侧重带电粒子在电磁场中运动的实例，如质谱仪、回旋加速器、速度选择器、流量计等，以达到理论联系实际的目的．2．要善于运用类比和比较的方法．如磁感线与电场线、磁感应强度与电场强度、安培力与电场力、洛伦兹力与库仑力的类比和比较，不但有利于知识的理解和掌握，而且有利于发展思维能力和创新精神．3．注重过程和方法．特别在研究带电粒子在磁场中的圆周运动问题时，着重把握“一找圆心，二找半径，三找周期或时间”的规律．记忆秘诀：右手指弯如螺线，安培定则判磁(电流磁场的方)向：“力”最后一笔向左(撇)，左手定则判(磁场)力(方)向；“电”最后一笔向右(钩)，右手定则判(感应电)流(方)向．第一单元磁场安培力第1课磁场及磁场对电流的作用考点一磁场、磁感应强度、磁感线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场力的作用． (2)方向：小磁针N 极所受磁场力的方向． 2．磁感应强度．(1)磁感应强度是反映磁场性质的物理量，是用比值法定义的．(2)匀强磁场：磁感应强度处处相同，磁感线是一组平行且等间距的直线． (3)磁感应强度B 与电场强度E 的比较：(1)磁感线．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．(2)地磁场．①地磁场的N 极在地理南极附近，地磁场的S 极在地理北极附近，磁感线分布如图所示． ②地磁场B 的水平分量(B x )总是从地理南极指向北极，而竖直分量(B y )，在南半球垂直地面向上，在北半球垂直地面向下．赤道处的地磁场沿水平方向，指向北．考点二通电直导线和通电线圈周围磁场方向电流的磁场．考点三安培力、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，让拇指与其余四指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线垂直掌心进入，并使四指指向电流方向，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，反向电流互相排斥．考点四匀强磁场中的安培力1．几种情况：垂直于匀强磁场放置的通电导线所受的安培力为F＝BIL；平行于磁场放置的通电导线所受的安培力为0；当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时，安培力为F ＝BILsin_θ．2．方向：由左手定则确定．,1．如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直．磁感应强度可能为零的点是(C)A．a点 B．b点 C．c点 D．d点解析：根据安培定则可知I1和I2电流分别在a处产生的磁场方向为垂直ac连线向上和向下，由于I1>I2，且I1电流与a点的距离比I2电流与a点距离要小，故B1a>B2a，则a处磁感应强度不可能为零，A错；两电流在b处产生的磁场方向均垂直ac连线向下，故B错；I1和I2电流分别在c处产生的磁场方向为垂直ac连线向下和向上，且I1电流与c点的距离比I2电流与c点距离要大，故B1c与B2c有可能等大反向，C对；两电流在d处产生的磁场方向一定成某一夹角，且夹角一定不为180°，D错．2．三根平行的长直通电导线，分别通过一个等腰直角三角形的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示．现在使每根通电导线在斜边中点O处所产生的磁感应强度大小均为B，则下列说法中正确的是(BD)A．O点处实际磁感应强度的大小为BB．O点处实际磁感应强度的大小为5BC．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为90°D．O点处实际磁感应强度的方向与斜边夹角为arctan 2解析：先根据安培定则确定每根通电导线在O点所产生的磁感应强度的方向，再根据矢量合成法则求出结果．根据安培定则，I1与I3在O点处产生的磁感应强度B1、B3方向相同，I2在O点处产生的磁感应强度方向与B1、B3方向垂直，如图所示，故O点处实际磁感应强度大小为B0＝（B1＋B3）2＋B22＝5B，A错误，B正确；由几何关系可知O点处实际磁感应强度方向与斜边夹角为arctan 2，C错误，D正确．课时作业一、单项选择题1．在如图所示的电路中，电池均相同，当电键S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为F a、F b，可判断这两段导线(D)A．相互吸引，F a＞F b B．相互排斥，F a＞F bC．相互吸引，F a＜F b D．相互排斥，F a＜F b解析：无论电键置于a还是置于b，两导线中通过的都是反向电流，相互间作用力为斥力，A、C错误．电键置于位置b时电路中电流较大，导线间相互作用力也较大，故C错误，D正确．2．把一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它的下端刚好跟杯里的水银面相接触，并使它组成如图所示的电路图．当开关S接通后，将看到的现象是(C) A．弹簧向上收缩B．弹簧被拉长C．弹簧上下跳动D．弹簧仍静止不动解析：如图所示，通电后，弹簧的每一圈都相当于一个环形电流，且各圈的电流绕向相同．任取其中两圈，其相邻两侧一定形成相异极性，因此互相吸引(或者，也可把任意两圈的相邻各段，看作两个同向电流而相互吸引)．弹簧的各圈互相吸引后，弹簧收缩，下端脱离水银面，使电路断开．电路断开后，弹簧中的电流消失，磁场作用失去，弹簧在自身重力及弹力作用下下落．于是，电路又接通，弹簧又收缩……如此周而复始，弹簧上下跳动．C项正确．3．如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，它的正中间的上方固定一根长直导线A，现使导线内通过垂直于纸面向里的恒定电流，则磁铁受到桌面的支持力大小变化情况是(C)A．不变 B．减小C．增大 D．无法判断解析：以通电直导线为研究对象，由左手定则判断其受安培力向上，则由牛顿第三定律知磁铁受通电直导线的安培力向下，即对桌面的压力增大，所以磁铁受到桌面的支持力增大．C项正确．4．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，过c点的导线所受安培力的方向(C)A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边解析：a处导线在c处产生的磁场B1的方向垂直于ac连线向左下方，b 处导线在c 处产生的磁场B 2的方向垂直于bc 连线向右下方，B 1和B 2的合磁场B 的方向竖直向下，由左手定则可判断出过c 点的导线所受安培力的方向与ab 边垂直，指向左边，C 正确．5．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB 、CD ，导轨上放有质量为m 的金属棒MN ，棒与导轨间的动摩擦因数为μ，现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流大小与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为正恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则如图所示的表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是(C )解析：当F f ＝μBIL ＝μBLkt<mg 时，棒沿导轨向下加速；当F f ＝μBLkt>mg 时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动前，棒所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为F f ＝μBLkt ；当棒停止运动时，摩擦力立即变为静摩擦力，大小为F f ＝mg ，故选项C 正确．6．如图所示的天平可用来测定磁感应强度，天平的右臂下挂有一个矩形线圈，宽为l ，共N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面，当线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平的左、右两边加上质量各为m 1、m 2的砝码，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m 的砝码后，天平重新平衡．由此可知(B )A ．磁感应强度的方向垂直纸面朝里，大小为（m 1－m 2）gNIlB ．磁感应强度的方向垂直纸面朝里，大小为mg2NIlC ．磁感应强度的方向垂直纸面朝外，大小为（m 1－m 2）gNIlD ．磁感应强度的方向垂直纸面朝外，大小为mgNIl解析：由于电流反向后需在右边加上砝码才能重新平衡，故知原先安培力向下，由左手定则可判断磁场方向为垂直于纸面向里，又由天平平衡条件可推出mg ＝2NBIl ，故B ＝mg 2NIl. 二、不定项选择题7．在磁场中的同一位置放置一条直导线，导线的方向和磁场的方向垂直．先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样．如图所示表现的是导线所受力F 与通过导线的电流I 的关系，a 、b 各代表一组F 、I 的数据，其中正确的是(BC )解析：安培力F ＝BIL ，当B 、L 确定时，F 与I 成正比，选项B 、C 正确． 8．如图所示，一金属直杆MN 两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线处于同一竖直平面内，为使MN 垂直纸面向外运动，可以(AB )A ．将a 、c 端接电源正极，b 、d 端接电源负极B ．将b 、d 端接电源正极，a 、c 端接电源负极C ．将a 、d 端接电源正极，b 、c 端接电源负极D ．将a 、d 端接交流电源的一端，c 、d 端接交流电源的另一端解析：A 选项中，由安培定则知螺线管上端为N 极，MN 中电流方向向右，由左手定则知MN 垂直纸面向外运动，故A 正确．B 选项中接法使螺线管上端为S 极，MN 中电流由N 到M ，由左手定则可判知B 正确．同理可知C 错误．同理D 错误．9．在磁感应强度为B 0、方向竖直向上的匀强磁场中，水平放置一根长通电直导线，电流的方向垂直于纸面向里．如图所示，a 、b 、c 、d 是以直导线为圆心的同一圆周上的四点，在这四点中(BCD )A ．c 、d 两点的磁感应强度大小相等B ．d 、b 两点的磁感应强度大小相等C ．c 点的磁感应强度的值最小D ．a 点的磁感应强度的值最大解析：通电直导线在c 点的磁感应强度方向与B 0的方向相反，b 、d 两点的磁感应强度方向与B 0垂直，a 点的磁感应强度方向与B 0同向，由磁场的叠加知c 点的合磁感应强度最小，a 点的合磁感应强度最大．B 、C 、D 项正确．10．质量为m 的通电细杆置于倾角为θ的导轨上，导轨的宽度为d ，杆与导轨间的动摩擦因数为μ，有垂直于纸面向里的电流通过杆，杆恰好静止于导轨上．在如图所示的A 、B 、C 、D 四个图中，杆与导轨间的摩擦力一定不为零的是(CD )解析：A 中通电细杆所受安培力水平向右，B 中安培力竖直向上，这两种情况，即使没有摩擦力，通电细杆也可以静止在导轨上；C 中安培力竖直向下，D 中安培力水平向左，这两种情况，如果没有摩擦力，通电细杆均不能静止，故C 、D 均对．三、非选择题11．如图所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m 、质量为6×10－2kg 的通电直导线，电流大小I ＝1 A 、方向垂直于纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0. 4 T 、方向竖直向上的磁场中，设t ＝0时，B ＝0，求需要几秒，斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)解析：斜面对导线支持力为零时导线受力如图所示．由图知F T cos 37°＝F ， F T sin 37°＝mg ，解得：F ＝mgtan 37°＝0.8 N.由F ＝BIL 得：B ＝F IL ＝0.81×0.4 T ＝2 T ，由B ＝0.4t T 得t ＝5 s.12．粗细均匀的直导线ab 的两端悬挂在两根相同的弹簧下边，ab 恰好处在水平位置(如图所示)．已知ab 的质量为m ＝10 g ，长度L ＝60 cm ，沿水平方向与ab 垂直的匀强磁场的磁感应强度B ＝0.4 T.(1)要使两根弹簧能处在自然状态，既不被拉长，也不被压缩，ab 中应沿什么方向、通过多大的电流？(2)当导线中有方向从a 到b 、大小为0.2 A 的电流通过时，两根弹簧均被拉长了Δx ＝1 mm ，求该弹簧的劲度系数．(3)当导线中由b 到a 方向通过0.2 A 的电流时两根弹簧被拉长多少？(取g ＝9.6 m/s 2＝9.6 N/kg)解析：(1)只有当ab 受到的磁场力方向竖直向上且大小等于ab 的重力时，两根弹簧才能处于自然状态，根据左手定则，ab 中的电流应由a 到b ，电流的大小由mg ＝BIL 求得I ＝mg BL ＝0.01×9.60.4×0.6A ＝0.4 A. (2)当导线中通过由a 到b 的电流时，受到竖直向上的磁场力作用，被拉长的两根弹簧对ab 有竖直向上的拉力，同时ab 受竖直向下的重力，平衡时平衡方程为：BIL ＋2k Δx ＝mg.可得弹簧的劲度系数：k ＝mg －BIL 2Δx ＝0.01×9.6－0.4×0.2×0.62×0.001N/m ＝24 N/m.(3)当电流方向由b 向a 时，ab 所受磁场力竖直向下，这时的平衡方程为：2k Δx ′＝mg ＋BIL.由此式可求出两根弹簧被拉伸的长度为：Δx ′＝mg ＋BIL 2k ＝0.01×9.6＋0.4×0.2×0.62×24m ＝0.003 m.答案：(1)由a 到b 0.4 A (2)24 N/m (3)0.003 m13．有两个相同的全长电阻为9 Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm 的竖直平面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B ＝0.87 T 的匀强磁场，两环的最高点A 和C 间接有一内阻为0.5 Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10 g ，电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P 、Q 和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g ＝10 m/s 2，试求此电源电动势E 的大小．解析：在图中，从左向右看，棒PQ 的受力如右图所示，棒所受的重力和安培力F 的合力与环对棒的弹力F N 是一对平衡力，且F ＝mgtan θ＝3mg ，所以m P g ＝Eq ＋F 洛I ＝3mgBI＝1 A. 在如图所示的电路中，两个圆环分别连入电路中的电阻为R ，则R ＝93×⎝ ⎛⎭⎪⎫9－939 Ω＝2 Ω.由闭合电路欧姆定律得：E ＝I(r ＋2R ＋R 棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V ＝6 V. 答案：6 V。

【金版学案】(广东版)高考物理总复习(知能要求+课前自修+随堂训练)第九章磁场章末知识整合

章末知识整合1．安培力的分析与计算思路(1)掌握安培力的大小和方向．(2)通电直导线在磁场中受安培力作用而运动情况的判断是一个难点．一般按下列程序分析：①用立体图或平面图明确磁场的分布情况．②依据左手定则判断导体所受的安培力的方向．③由受力确定导线或线圈做何种运动，同时应注意掌握分段分析和计算的技巧．(3)通电导线在磁场中的运动，是力、电的综合，解题时要进行受力分析，并结合力学的相关规律进行解答．2．洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动(1)掌握洛伦兹力的大小和方向．(2)带电粒子在有界磁场中运动的分析方法．带电粒子在垂直射入匀强磁场区域后，将经历一段匀速圆周运动后离开磁场区域，其轨迹是残缺圆．解决这类问题首先要四掌握：①掌握圆心的确定方法；②掌握半径的确定和计算方法；③掌握粒子在磁场中运动时间的计算方法；④掌握偏转角的确定方法．再抓住轨迹中可能存在的临界状态，运用几何知识解题．3．带电粒子在复合场中的运动此类综合性很强，有明显的力学特征，一般要从动力学、能量的角度来分析，结合牛顿运动定律、运动学公式、能量守恒定律等来列式．而正确画受力图、轨迹图等是解题的关键．还要关注STS模型，应用上述知识进行解答．安培力的分析与计算【例1】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：水平的直线电流在竖直磁场中受到水平的安培力而偏转，与竖直方向形成夹角，此时它受拉力、重力和安培力而达到平衡，设金属棒MN 的长度为L ，根据平衡条件有tan θ＝F 安mg ＝BILmg，所以棒中的电流增大，θ角变大；两悬线变短，不影响平衡状态，θ角不变；金属质量变大，θ角变小；磁感应强度变大，θ角变大．答案：A点评：解决此类问题时注意将立体图改画成平面图，再作受力分析求解．带电粒子在磁场中的运动【例2】 (2013·广东高考)(双选 )如右图，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：根据题述，由左手定则，带电粒子a ，b 均带正电，选项A 正确．由于a 、b 粒子做圆周运动的半径为：R ＝mv qB相等，画出轨迹如右图， O 1 、O 2分别为a 、b 粒子运动轨迹所对的圆心，显然a 粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b, 由t ＝θ2πT ＝θmqB和轨迹图可知，a在磁场中飞行的时间比b 的长，a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，选项D 正确，B 、C 两项错误．答案：AD一、单项选择题1．(2013·安徽高考)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：在O 点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O 点叠加．d 、b 电流在O 点产生的磁场抵消，a 、c 电流在O 点产生的磁场合矢量方向向左，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，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B 选项正确．答案：B2.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：由左手定则知，A 项正确；粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，即qvB ＝m v 2r ，半径为r ＝mvqB，在质量与电量都相同的情况下，半径大说明速率大，即M 的速率大于N 的速率，B 项错误；洛伦兹力不做功，C 项错误；粒子在磁场中运动半周，即时间为周期的一半，而周期为T ＝2πmqB，M 的运行时间等于N 的运行时间，故D 项错误．答案：A3．(2013·全国新课标高考)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.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qRD.3mv 0qR解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示．设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得qv 0B ＝mv 20r ，解得r ＝mv 0qB.由图中几何关系可得：tan 30°＝R r .联立解得：该磁场的磁感应强度B ＝3mv 03qR，选项A 正确．答案：A4.如右图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为e m的电子以速度v 0从A 点沿AB 方向射入，欲使电子能经过BC 边，则磁感应强度B 的取值应为( )A ．B ＞3mv 0ae B ．B ＜2mv 0aeC ．B ＜3mv 0aeD ．B ＞2mv 0ae解析：由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝a2cos 30°＝a 3，要想电子从BC 边经过，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r ＝mvqB，有a3＜mv 0eB，即B ＜3mv 0ae ，故选C 项．答案：C5．(2013·全国新课标高考)如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为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.qBR 2m B.qBR m C.3qBR 2m D.2qBR m解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R ，由qvB＝mv 2R 可得：v ＝qBRm，选项B 正确．答案：B二、双项选择题6.如图所示，MN 是磁感应强度为B 的匀强磁场的边界，一质量为m 、电荷量为q 的粒子在纸面内从O 点射入磁场，若粒子速度为v 0，则最远可落在边界上的A 点，下列说法正确的有( )A ．若粒子落在A 点的左侧，其速度一定小于v 0B ．若粒子落在A 点的右侧，其速度一定大于v 0C ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v 0－qBd 2m D ．若粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能大于v 0＋qBd2m解析：当粒子以速度v 0垂直于MN 进入磁场时，最远落在A 点；若粒子落在A 点的左侧，速度不一定小于v 0，可能方向不垂直；落在A 点的右侧，速度一定大于v 0，所以A 项错误，B 项正确；若粒子落在A 点的右侧d 处，则垂直MN 进入时，轨迹直径为2r ＝OA ＋d ，即2mvqB＝OA ＋d ，已知2mv 0qB ＝OA ，解得v ＝v 0－qdB 2m ，不垂直MN 进时，v >v 0－qdB2m，所以C 项正确，D 项错误．答案：BC三、非选择题7．如图(a)所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N 1、N 2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L ，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调[如图(b)]；右为水平放置的长为d 的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B .一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N 1，能通过N 2的粒子经O 点垂直进入磁场．O 到感光板的距离为d2，粒子电荷量为q ，质量为m ，不计重力．(1)若两狭缝平行且盘静止，如图(c)，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M 上，求该粒子在磁场中运动的时间t .(2)若两狭缝夹角为θ0 ，盘匀速转动，转动方向如图(b)．要使穿过N 1、N 2粒子均打到感光板P 1P 2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围．(设通过N 1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N 2)解析：(1)粒子在磁场中运动的半径为R ＝d2，①设粒子速度为v ，根据牛顿第二定律有m v 2R＝qvB ，② 设粒子在磁场中的运动周期为T ，得T ＝2πRv，③运动时间为t ＝T4，④联立以上四式，得t ＝πm2qB.(2)要使穿过N 1、N 2的粒子均打到感光板P 1P 2连线上，既要以带电粒子转半圆从感光板的左下端平行飞出确定带电粒子进入磁场时的最小速度；又要以带电粒子从感光板的右下端斜向下飞出确定带电粒子进入磁场时的最大速度，如下图所示．设最小速度为v 1.可判断粒子运动的半径为R 1＝d4，⑤根据牛顿第二定律有qv 1 B ＝ m v 21R 1，⑥⑤⑥两式联立得：v 1＝qBd4m.⑦设最大速度为v 2，粒子运动半径为R .在直角三角形O ′P 1P 2中，根据勾股定理：(R 2 －d 2)2 ＋ d 2 ＝ R 22，可得粒子转动半径为R 2＝5d4，⑧根据牛顿第二定律有qv 2 B ＝ m v 22R 2，⑨⑧⑨两式联立得：v 2＝5qBd4m.⑩带电粒子在两盘间运动的时间与转盘在一周内转过θ0的时间相等，有：L v ＝ θ0ω，⑪⑦⑩⑪联立解得转盘转动的最小角速度为ω1 ＝ qBd θ04mL，最大角速度为ω2 ＝5qBd θ04mL. 故转盘转动角速度ω的取值范围为：qBd θ0 4mL ≤ω≤5qBd θ04mL.答案：(1)πm 2qB (2) qBd θ0 4mL ≤ω≤5qBd θ04mL8．如图(a)所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3)在图(b)中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：(1)粒子从A 点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得：qU ＝12mv 21－12mv 20，①解得：v 0＝v 21－2qUm.②(2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r ，磁感应强度为B 1，运动时间为t ，由牛顿第二定律，有：qB 1 v 2 ＝m v 22r，③由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则r ＝2R 2 －R 12＝2R 0 ，④联立③④得：B 1 ＝2mv 22qR 0.⑤ 匀速圆周运动周期T ＝2πrv 2，⑥ 粒子在磁场中运动时间t ＝14T ，⑦联立③⑤⑥⑦，得：t ＝2πR 02v 2.⑧(3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径r 1＝R 2－R 12＝R 0，⑨设此过程的磁感应强度为B 2，由牛顿第二定律，有：qB 2 v 3 ＝m v 23r 1，⑩由⑨⑩得：B 2 ＝mv 3qR 0.所以磁感应强度应小于mv 3qR 0 . 答案：(1) v 21 －2qU m (2) 2mv 22qR 02πR 02v 2 (3)mv 3qR 0。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

章末知识整合1．安培力的分析与计算思路．(1)掌握安培力的大小和方向．(2)通电直导线在磁场中受安培力作用而运动情况的判断是一个难点．一般按下列程序分析：①用立体图或平面图明确磁场的分布情况．②依据左手定则判断导体所受的安培力的方向．③由受力确定导线或线圈做何种运动，同时应注意掌握分段分析和计算的技巧．(3)通电导线在磁场中的运动，是力、电的综合，解题时要进行受力分析，并结合力学的相关规律进行解答．2．洛伦兹力、带电粒子在匀强磁场中的运动．(1)掌握洛伦兹力的大小和方向．(2)带电粒子在有界磁场中运动的分析方法．带电粒子在垂直射入匀强磁场区域后，将经历一段匀速圆周运动后离开磁场区域，其轨迹是残缺圆．解决这类问题首先要“四掌握”：①掌握圆心的确定方法；②掌握半径的确定和计算方法；③掌握粒子在磁场中运动时间的计算方法；④掌握偏转角的确定方法．再抓住轨迹中可能存在的临界状态，运用几何知识解题．3．带电粒子在复合场中的运动．此类综合性很强，有明显的力学特征，一般要从动力学、能量的角度来分析，结合牛顿运动定律、运动学公式、能量守恒定律等来列式．而正确画受力图、轨迹图等是解题的关键．还要关注STS模型，应用上述知识进行解答．【例❶】如图，是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则()A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB解析：该磁场是辐射状磁场，磁感应强度大小相等，但方向不同，A错误；线圈平面总与磁场方向平行，B错误；根据左手定则知右边导线受到向下的安培力，左边导线受到向上的安培力，因此线框将顺时针转动，C错误；因为两导线转到任意位置处的磁感应强度都为B，磁场方向与导线瞬时速度都垂直，故受到的安培力F＝BIl，D正确．答案：D【例❷】如右图，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：根据题述，由左手定则，带电粒子a、b均带正电，选项A正确．由于a 、b 粒子做圆周运动的半径为：R ＝mvqB相等，画出轨迹如右图， O 1 、O 2分别为a 、b 粒子运动轨迹所对的圆心，显然a 粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角大于b, 由t ＝θ2πT ＝θm qB 和轨迹图可知，a 在磁场中飞行的时间比b 的长，a 在磁场中飞行的路程比b 的长，a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，选项D 正确，B 、C 两项错误．答案：AD一、选择题1．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(B )A ．向上B ．向下C ．向左D ．向右解析：在O 点处，各电流产生的磁场的磁感应强度在O 点叠加．d 、b 电流在O 点产生的磁场抵消，a 、c 电流在O 点产生的磁场合矢量方向向左，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，由左手定则可判断出它所受洛伦兹力的方向向下，B 选项正确．2．如图是荷质比相同的a 、b 两粒子从O 点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则(C )A ．a 的质量比b 的质量大B ．a 带正电荷、b 带负电荷C ．a 在磁场中的运动速率比b 的大D ．a 在磁场中的运动时间比b 的长解析：根据粒子的运动轨迹知带电粒子都受到指向圆心的洛伦兹力，圆心在运动轨迹的下方，根据左手定则知两粒子都带负电，B 错误；由半径公式r ＝mvqB 知，a 粒子的半径大，则a 粒子的速度大，C 正确；由题给条件无法确定两带电粒子的质量关系，A 错误；由周期公式T ＝2πm qB 知，两粒子运动的周期相同，由t ＝θ2πT ，a 粒子的运动轨迹所对应的圆心角小，故运动的时间短，D 错误．3．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 )A.3mv 03qRB.mv 0qRC.3mv 0qR D.3mv 0qR解析：画出带电粒子运动轨迹示意图，如图所示．设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r ，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得qv 0B ＝mv 20r ，解得r ＝mv 0qB .由图中几何关系可得：tan 30°＝Rr .联立解得：该磁场的磁感应强度B ＝3mv 03qR，选项A 正确． 4．如图所示，一束质量、速度和电量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转．如果让这些不发生偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入后一磁场的离子，可得出结论(D )A ．它们的动能一定各不相同B ．它们的电量一定各不相同C ．它们的质量一定各不相同D ．它们的电量与质量之比一定各不相同解析：沿直线穿过电磁场区域的离子受力平衡，则Bqv ＝Eq ，因此离子的速度均为v ＝E B ，进入右侧磁场后，分成三束，由R ＝mvBq 可知，离子的电量与质量之比一定不同，则D 正确．5．如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，一电荷量为q(q>0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为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)(B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR 2mD.2qBR m解析：画出粒子运动轨迹，由图中几何关系可知，粒子运动的轨迹半径等于R ，由qvB ＝mv 2R 可得：v ＝qBRm，选项B 正确． 6．1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖．若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列说法中正确的是(BD )A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的上极板P 1带正电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷qm越小解析：根据左手定则，可确定粒子带正电，A 错误；由速度选择器中电场力和洛伦兹力方向相反可知，上板P 1带正电，B 正确；据qvB ＝mv 2r ，r ＝mvqB故可确定C 错误，D 正确．7．设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一离子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A 点沿曲线ACB 运动，到达B 点时速度为零，C 点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是(BC )A ．该离子带负电荷B ．A 点和B 点位于同一高度C ．离子在C 点时速度最大D ．离子到达B 点时，将沿原曲线返回A 点解析：根据左手定则，离子带正电，选项A 错误；洛伦兹力不做功，离子A 点和B 点动能都为零，那么离子在A 点和B 点电势能相等，A 点和B 点位于同一高度，选项B 正确；离子的电势能和动能之和是守恒的，离子在C 点时电势能最小，所以动能最大，速度最大，选项C 正确；离子到达B 点时，将向B 的右侧做周期性运动，不会沿原曲线返回A 点，选项D 错误．二、非选择题8．(2014·广东高考)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 ＝12mv 2－0，①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力：qvB 0＝m v 2r ，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，由几何关系可知：(r －L)2＋(kL)2＝r 2；⑤解得：r ＝（k 2＋1）2L.⑥由②⑥解得：v ＝（k 2＋1）qB 0L2m .⑦又因为6L －2kL ＝2x ，根据相似三角形有：kL x ＝R r ，且r ＝mv qB .则Ⅱ区域的磁场与k 的关系为：B ＝kB 03－k.答案：(1)qB 20L 22md (2)v ＝（k 2＋1）qB 0L 2m B ＝kB 03－k9．如图(a)所示，在以O 为圆心，内外半径分别为R 1和R 2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U 为常量，R 1＝R 0，R 2＝3R 0，一电量为＋q ，质量为m 的粒子从内圆上的A 点进入该区域，不计重力．(1)已知粒子从外圆上以速度v 1射出，求粒子在A 点的初速度v 0的大小．(2)若撤去电场，如图(b)，已知粒子从OA 延长线与外圆的交点C 以速度v 2射出，方向与OA 延长线成45°角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间．(3)在图(b)中，若粒子从A 点进入磁场，速度大小为v 3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？解析：(1)粒子从A 点射入到从外界边界射出的过程，洛伦兹力不做功，电场力做功，由动能定理，得：qU ＝12mv 21－12mv 20，① 解得：v 0＝v 21－2qUm.② (2)撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图1，设粒子运动的轨道半径为r ，磁感应强度为B 1，运动时间为t ，由牛顿第二定律，有：qB 1 v 2 ＝m v 22r，③由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90°，则 r ＝2（R 2 －R 1 ）2＝2R 0 ，④联立③④得：B 1 ＝2mv 22qR 0.⑤匀速圆周运动周期T ＝2πrv 2，⑥粒子在磁场中运动时间t ＝14T ，⑦联立③⑤⑥⑦得：t ＝2πR 02v 2.⑧(3)要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图2，由几何关系可知粒子运动的轨道半径：r 1＝R 2－R 12＝R 0，⑨ 设此过程的磁感应强度为B 2，由牛顿第二定律，有： qB 2 v 3 ＝m v 23r 1 ，⑩由⑨⑩得：B 2 ＝mv 3qR 0. 所以磁感应强度应小于mv 3qR 0 .答案：(1) v 21 －2qU m (2) 2mv 22qR 02πR 02v 2 (3)mv 3qR 0。