2019届高考物理知识点总结考点复习磁场

2019届高考物理知识点总结考点复习磁场

1.[2016·北京卷] 中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是( )

图1-

A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合

B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近

C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行

D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用

答案：C

解析：根据“则能指南，然常微偏东，不全南也”知，选项A正确．由图可知地磁场的南极在地理北极附近，选项B正确．由图可知在两极附近地磁场与地面不平行，选项C不正确．由图可知赤道附近的地磁场与地面平行，射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直，会受到磁场力的作用，选项D正确．

2.[2016·天津卷] 电磁缓速器是应用于车辆上以提高运行安全性的辅助制动装置，其工作原理是利用电磁阻尼作用减缓车辆的速度．电磁阻尼作用可以借助如下模型讨论：如图1-所示，将形状相同的两根平行且足够长的铝条固定在光滑斜面上，斜面与水平方向夹角为θ.一质量为m的条形磁铁滑入两铝条间，恰好匀速穿过，穿过时磁铁两端面与两铝条的间距始终保持恒定，其引起电磁感应的效果与磁铁不动、铝条相对磁铁运动相同．磁铁端面是边长为d的正方形，由于磁铁距离铝条很近，磁铁端面正对两铝条区域的磁场均可视为匀强磁场，

磁感应强度为B ，铝条的高度大于d ，电阻率为ρ.为研究问题方便，铝条中只考虑与磁铁正对部分的电阻和磁场，其他部分电阻和磁场可忽略不计，假设磁铁进入铝条间以后，减少的机械能完全转化为铝条的内能，重力加速度为g .

图1-

(1)求铝条中与磁铁正对部分的电流I ；

(2)若两铝条的宽度均为b ，推导磁铁匀速穿过铝条间时速度v 的表达式；

(3)在其他条件不变的情况下，仅将两铝条更换为宽度b ′>b 的铝条，磁铁仍以速度v 进入铝条间，试简要分析说明磁铁在铝条间运动时的加速度和速度如何变化． 解析： (1)磁铁在铝条间运动时，两根铝条受到的安培力大小相等，均为F 安，有

F 安＝IdB ①

磁铁受到沿斜面向上的作用力为F ，其大小

F ＝2F 安 ②

磁铁匀速运动时受力平衡，则有

F －mg sin θ＝0 ③

联立①②③式可得I ＝

mg sin θ

2Bd

④ (2)磁铁穿过铝条时，在铝条中产生的感应电动势为E ，有

E ＝Bdv ⑤

铝条与磁铁正对部分的电阻为R ，由电阻定律有

R ＝ρd

db

⑥

由欧姆定律有

I ＝E

R

⑦ 联立④⑤⑥⑦式可得v ＝

ρmg sin θ

2B 2d 2

b

⑧ (3)磁铁以速度v 进入铝条间，恰好做匀速运动时，磁铁受到沿斜面向上的作用力F ，联立①②⑤⑥⑦式可得F ＝2B 2d 2

bv

ρ

⑨

当铝条的宽度b ′>b 时，磁铁以速度v 进入铝条间时，磁铁受到的作用力变为F ′，有 F ′＝2B 2d 2

b ′v ρ

⑩

可见F ′>F ＝mg sin θ，磁铁所受到的合力方向沿斜面向上，获得与运动方向相反的加速度，磁铁将减速下滑，此时加速度最大．之后，随着运动速度减小，F ′也随着减小，磁铁所受的合力也减小，由于磁铁加速度与所受到的合力成正比，磁铁的加速度逐渐减小．综上所述，磁铁做加速度逐渐减小的减速运动，直到F ′＝mg sin θ时，磁铁重新达到平衡状态，将再次以较小的速度匀速下滑．

3.[2016·全国卷Ⅱ] 一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )

图1-

A.ω3B

B.ω

2B

C.ωB

D.2ωB

答案：A

解析： 作出粒子的运动轨迹如图所示，其中O ′为粒子运动轨迹的圆心，由几何关系可知∠MO ′N ′＝30°.

由粒子在磁场中做匀速圆周运动的规律可知qvB ＝m v 2r ，T ＝2πr v ，得T ＝2πm Bq ，即比荷q m ＝2π

BT

，

由题意知t 粒子＝t 筒，即30°360°·T ＝90°360°·T 筒，则T ＝3T 筒，又T 筒＝2πω，故q m ＝ω

3B ，选项A

正确．

4.[2016·全国卷Ⅲ] 平面OM 和平面ON 之间的夹角为30°，其横截面(纸面)如图1-所示，平面OM 上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)．粒子沿纸面以大小为v 的速度从OM 的某点向左上方射入磁场，速度与OM 成30°角．已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON 只有一个交点，并从OM 上另一点射出磁场．不计重力．粒子离开磁场的出射点到两平面交线O 的距离为( )

图1-

A.mv 2qB

B.3mv qB

C.2mv qB

D.4mv qB

答案：D

解析： 设射入磁场的入射点为A ，延长入射速度v 所在直线交ON 于一点C ，则轨迹圆与AC 相切；由于轨迹圆只与ON 有一个交点，所以轨迹圆与ON 相切，所以轨迹圆的圆心必在∠ACD 的角平分线上，作出轨迹圆如图所示，其中O ′为圆心，B 为出射点．

由几何关系可知∠O ′CD ＝30°，Rt △O ′DC 中，CD ＝O ′D ·cot 30°＝3R ；由对称性知，

AC ＝CD ＝3R ；等腰△ACO 中，OA ＝2AC ·cos 30°＝3R ；等边△O ′AB 中，AB ＝R ，所以OB ＝OA ＋AB ＝4R .由qvB ＝m v 2R 得R ＝mv qB ，所以OB ＝4mv

qB

，D 正确．

5.[2016·北京卷] 如图1-所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力． (1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；

(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．

图1-

解析： (1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝qvB ＝m v 2R

带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝mv

qB

匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πm

qB

.

(2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝qvB .粒子做匀速直线运动，则

qE ＝qvB

场强E 的大小E ＝vB .

6.[2016·四川卷] 如图1-所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( )

图1-

A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1

B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2

C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1

D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2 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作用做匀速圆周运动，且洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，作出粒子两次运动的轨迹如图所示

由qvB ＝m v 2r ＝mr 4π2

T 2可以得出v b ∶v c ＝r b ∶r c ＝1∶2, 又由t ＝θ

2π

T 可以得出时间之比等于

偏转角之比．由图看出偏转角之比为2∶1，则t b ∶t c ＝2∶1，选项A 正确．

7.[2016·全国卷Ⅰ] 现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图1-所示，

其中加速电压恒定．质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的12倍．此离子和质子的质量比约为( )

图1-

A ．11

B ．12

C ．121

D ．144 答案：D

解析：粒子在电场中加速，设离开加速电场的速度为v ，则qU ＝12mv 2

，粒子进入磁场做圆周

运动，半径r ＝mv qB ＝1B

2mU

q

，因两粒子轨道半径相同，故离子和质子的质量比为144，选

项D 正确．

8.[2016·江苏卷] 回旋加速器的工作原理如图1-甲所示，置于真空中的D 形金属盒半径为

R ，两盒间狭缝的间距为d ，磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m ，

电荷量为＋q ，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U 0.周期T ＝

2πm

qB

.一束

该种粒子在t ＝0～T

2时间内从A 处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零．现考虑粒子在狭缝中

的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用．求： (1)出射粒子的动能E m ；

(2)粒子从飘入狭缝至动能达到E m 所需的总时间t 0；

(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d 应满足的条件．

图1-

解析： (1)粒子运动半径为R 时

qvB ＝m v 2

R

且E m ＝12

mv 2

解得E m ＝q 2B 2R 2

2m

(2)粒子被加速n 次达到动能E m ，则E m ＝nqU 0

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n 次经过狭缝的总时间为Δt 加速度a ＝

qU 0

md

匀加速直线运动nd ＝12

a ·Δt 2

由t 0＝(n －1)·T

2＋Δt ，解得t 0＝πBR 2

＋2BRd 2U 0－πm

qB

(3)只有在 0～? ??

??T

2－Δt 时间内飘入的粒子才能每次均被加速 则所占的比例为η＝T

2

－Δt

T

2

由η>99%，解得d <πmU 0100qB 2R

9.[2016·四川卷] 如图1-所示，图面内有竖直线DD ′，过DD ′且垂直于图面的平面将空间分成Ⅰ、Ⅱ两区域．区域Ⅰ有方向竖直向上的匀强电场和方向垂直于图面的匀强磁场B (图

中未画出)；区域Ⅱ有固定在水平面上高h ＝2l 、倾角α＝π

4的光滑绝缘斜面，斜面顶端与

直线DD ′距离s ＝4l ，区域Ⅱ可加竖直方向的大小不同的匀强电场(图中未画出)；C 点在DD ′上，距地面高H ＝3l .零时刻，质量为m 、带电荷量为q 的小球P 在K 点具有大小v 0＝gl 、方向与水平面夹角θ＝π3的速度，在区域Ⅰ内做半径r ＝3l

π的匀速圆周运动，经C 点水平进

入区域Ⅱ.某时刻，不带电的绝缘小球A 由斜面顶端静止释放，在某处与刚运动到斜面的小球P 相遇．小球视为质点，不计空气阻力及小球P 所带电荷量对空间电磁场的影响．l 已知，

g 为重力加速度．

(1)求匀强磁场的磁感应强度B 的大小；

(2)若小球A 、P 在斜面底端相遇，求释放小球A 的时刻t A ； (3)若小球A 、P 在时刻t ＝β

l

g

(β为常数)相遇于斜面某处，求此情况下区域Ⅱ的匀强电场的场强E ，并讨论场强E 的极大值和极小值及相应的方向．

图1-

解析： (1)由题知，小球P 在区域Ⅰ内做匀速圆周运动，有

m v 20

r

＝qv 0B 代入数据解得B ＝m π

3lq

gl .

(2)小球P 在区域Ⅰ做匀速圆周运动转过的圆心角为θ，运动到C 点的时刻为t C ，到达斜面底端时刻为t 1，有

t C ＝θr v 0

s －h cot α＝v 0(t 1－t C )

小球A 释放后沿斜面运动加速度为a A ，与小球P 在时刻t 1相遇于斜面底端，有

mg sin α＝ma A

h

sin α＝12

a A (t 1－t A )2 联立以上方程解得t A ＝(3－22)

l g

. (3)设所求电场方向向下，在t ′A 时刻释放小球A ，小球P 在区域Ⅱ运动加速度为a P ，有

s ＝v 0(t －t C )＋1

2

a A (t －t ′A )cos α mg ＋qE ＝ma P

H －h ＋12a A (t －t ′A )2sin α＝12

a P (t －t C )2

联立相关方程解得E ＝（11－β2

）mg

q （β－1）2

对小球P 的所有运动情形讨论可得3≤β≤5

由此可得场强极小值为E min ＝0；场强极大值为E max ＝7mg

8q

，方向竖直向上．

10.[2016·浙江卷] 为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．

扇形聚焦磁场分布的简化图如图1-11所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．

(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针； (2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ； (3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos

αsin β，cos α＝1－2sin 2α

2

.

图1-11

解析： (1)峰区内圆弧半径r ＝mv

qB

① 旋转方向为逆时针方向 ②

(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π

3 ③

每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πmv

3qB ④

每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3mv

qB ⑤

周期T ＝3（l ＋L ）

v

⑥

代入得T ＝（2π＋33）m

qB

⑦

(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° ⑧ 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝

mv

qB ′

⑨ 由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′

2

⑩

由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－2

4

代入得B ′＝3－12

B