高考一轮复习【第八章】《磁场》专题讲座(含答案)

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【状元之路】高考物理一轮复习第八章磁场(有解析)新

第八章磁场一、选择题(每小题4分，共40分)1．磁场中某区域的磁感线，如图8－1所示，则()A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由题图知b处的磁感线疏密程度较a 处大，所以B a＜B b，A错，B对；导线放在磁场中的受力与导线放置的方向有关，而不仅与B或I的大小有关，C、D错．答案：B2．(·文登模拟)如图8－2所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由图示位置1绕a 点在竖直平面内转到位置2，这个过程中通电直导线所受的安培力()图8－2A.数值变大，方向不变B．数值变小，方向改变C．数值不变，方向改变D．数值、方向均改变解析：通电直导线ab从位置1转到位置2，即从导线与磁场成一定角度到导线与磁场垂直，根据安培力F＝BIL cosθ，安培力数值增大，根据左手定则判断，安培力的方向仍垂直于纸面，即安培力的方向不变．答案：A3．如图8－3为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是()A.电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为N 极 B ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为S 极 C ．电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为S 极 D ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为N 极解析：当电流从a 端流入电磁铁时，据安培定则可判断出电磁铁的上端为S 极，此时能吸引小磁铁向下运动，说明小磁铁的下端为N 极，答案为D.答案：D4.如图8－4所示的OX 和MN 是匀强磁场中两条平行的边界线，速率不同的同种带电粒子从O 点沿OX 方向同时射向磁场，其中穿过a 点的粒子速度v 1方向与MN 垂直，穿过b 点的粒子速度v 2方向与MN 成60°角．设两粒子从O 点到MN 所需时间分别为t 1和t 2，则t 1∶t 2为( )A ．3∶2B ．4∶3C ．1∶1D ．1∶3解析：作出两粒子在磁场中的运动轨迹，可知t 1＝T 14，t 2＝T 26，且由T ＝2πmBq 知T 1＝T 2.所以t 1t 2＝32，选项A 正确．答案：A5．(·泰安模拟)如图8－5所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是( )图8－5A.适当减小电场强度E B ．适当减小磁感应强度B C ．适当增大加速电场的宽度 D ．适当增大加速电压U解析：要想使电子沿直线通过，则必须有qvB ＝qE ，而电子经过加速电场加速时，qU ＝12mv 2，现在发现电子向上极板偏转，说明电场力大于洛伦兹力，因此需减小电场力或增大洛伦兹力，A 、D 选项正确．答案：AD6．如图8－6所示，空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A 点进入这个区域沿直线运动，从C 点离开区域；如果这个区域只有电场则粒子从B 点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D 点离开场区；设粒子在上述3种情况下，从A 到B 点、A 到C 点和A 到D 点所用的时间分别是t 1、t 2和t 3，比较t 1、t 2和t 3的大小，则有(粒子重力忽略不计)( )图8－6A.t 1＝t 2＝t 3 B ．t 2＜t 1＜t 3 C ．t 1＝t 2＜t 3 D ．t 1＝t 3＞t 2解析：只有电场时，粒子做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，故t 1＝t 2；只有磁场时做匀速圆周运动，速度大小不变，但沿AC 方向的分速度越来越小，故t 3＞t 2.综上所述可知，选项C 对．答案：C 7．(·镇江模拟)如图8－7所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E ，在竖直平面内建立坐标系xOy ，在y ＜0的空间里有与电场E 垂直的匀强磁场B ，在y ＞0的空间内，将一质量m 的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴沿y 轴的负方向，以加速度a ＝2g (g 为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y ＜0的空间运动．液滴在y＜0的空间内的运动过程中( )图8－7A.重力势能一定不断减小 B ．电势能一定先减小后增大 C ．动能不断增大 D ．动能保持不变解析：带电液滴在y ＞0的空间内以加速度a ＝2g 做匀加速直线运动，可知液滴带正电且所受电场力等于重力，当液滴运动到坐标原点时变为负电荷，液滴进入y ＜0的空间内运动，电场力等于重力，液滴做匀速圆周运动，重力势能先减小后增大，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能保持不变．答案：D8．平行金属板M 、N 的距离为d ，其中匀强磁场中的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外(如图8－8所示)，等离子群的速度为v ，沿图示方向射入，电容器电容为C ，则( )图8－8A.当S 断开时，电容器的带电荷量Q ≥BvdC B ．当S 闭合时，电容器的带电荷量Q ＝BvdC C ．当S 闭合时，电容器的带电荷量Q ＜BvdC D ．当S 闭合时，电容器的带电荷量Q ＞BvdC解析：当S 断开时，电容器极板间的电压等于平行金属板间的电压．等离子群做匀速直线运动时，电压达到稳定状态，由qvB ＝q Ud ，得U ＝Bvd ，此时电容器的带电荷量Q ＝BvdC ，S 闭合时，平行板上的电荷通过R 放电，电场力小于洛伦兹力，使等离子群不断向极板偏转，达到稳定电压，电容器两板间电压仍为U ，电容器的电荷量仍为BvdC .答案：B9.如图8－9所示，质量为m 、带正电荷量q 的粒子，垂直磁场方向从A 射入匀强磁场，磁感应强度为B ，途经P 点，已知AP 连线与入射方向成α角，则粒子从A 到P 经历的时间为( )A.mαqBB.2πmαqBC.mα2πqBD.2mαqB解析：正电荷从A 射入匀强磁场，立即受到洛伦兹力，其方向与v 垂直，充当圆周运动的向心力．粒子做匀速圆周运动，圆轨迹顺时针方向，洛伦兹力垂直于速度方向，据左手定则，匀强磁场一定是垂直纸面向外，圆心在O 处，OA ＝R ＝mvBq ，连接OP ，P 点的速率等于A 点的速率，且垂直于OP .因AP 连线与入射方向成α角，据几何知识，圆心角∠AOP ＝2α，又周期T ＝2πmBq 为匀速转动一周(2π)的时间，则设转2α角度所用时间为t ，有T 2π＝t 2α，所以t ＝απ·T ＝2πmαπqB ＝2mαqB .答案：D10．已知一质量为m 的带电液滴，经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，如图8－10所示，则( )A.液滴在空间可能受4个力作用 B ．液滴一定带负电C ．液滴做圆周运动的半径r ＝1B2UEgD ．液滴在场中运动时总能量不变[解析：液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，所以选项A 错误．由于液滴做匀速圆周运动，所以电场力与重力为平衡力，电场力方向向上，可以判定液滴带负电，B 正确．根据qU ＝12mv 2，r ＝mv qB ，Eq ＝mg ，解得r ＝1B 2UEg，选项C 正确．整个过程能量守恒，选项D 正确．答案：BCD二、实验题(共16分)11.(8分)如图8－11所示，单匝线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部处在匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k ，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直，线框中通以电流I ，方向如图8－11所示．开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡．在此过程中线框位移的大小Δx ＝__________，方向__________．解析：设线框的质量为m ，当通以图示电流时，弹簧伸长为x 1，线框处于平衡状态，故 kx 1＋BIl ＝mg ①当磁场反向时，安培力向下，线框达到新的平衡，弹簧的伸长为x 2，由平衡条件得 kx 2＝mg ＋BIl ②由①②两式得x 2－x 1＝2BIlk ，即Δx ＝2BIlk.电流反向后，弹簧的伸长量x 2＞x 1，位移方向向下．答案：2BIl k向下12.(8分)2007年10月我国发射的月球“嫦娥一号”空间探测卫星，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得最新成果．月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量运动电子在月球磁场中轨迹来推算磁场强弱的分布，如图8－12所示是探测卫星通过月球a 、b 、c 、d 位置磁场时电子的轨迹(a 轨迹恰为一个半圆)．设电子速率相同，且与磁场方向垂直．据此可判断磁场最弱的是__________位置．所得照片是边长为20 cm 的正方形，电子比荷为1.8×1011 C/kg ，速率为90 m/s ，则a 点的磁感应强度为__________T.解析：由于电子速率相同，其轨道半径r＝mv/Bq，与B的强弱有关系．又因为r d＞r c ＞r b＞r a，所以d点磁感应强度最小(磁场最弱)．对a的圆周运动来说，必须满足条件Bqv ＝mv2/r，从而求得B＝mv/qr＝5.0×10－9 T.答案：d 5.0×10－9三、计算题(共44分)13．(8分)(·郑州模拟)图8－13所示，在同一个水平面上的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6 kg、有效长度为2 m的金属棒垂直放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增加到8 A时，金属棒的加速度为2 m/s2，求磁场的磁感应强度．图8－13解析：在求解加速度问题中首要问题是受力分析并求解合力．此题中电流的方向对结果并不影响，可假设如图8－14所示为其侧面受力图：两种情况受力方向是相同的．初态时有F合＝F1－μmg＝0，末态时有F合′＝F2－μmg＝ma，且F1＝BI1L，F2＝BI2L，联立方程解得B＝1.2 T.答案：1.2 T14．(10分)如图8－15所示，质量为m、带电荷量为q的小球用长为l的绝缘细线悬挂于O点，处于垂直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场中．将小球拉至悬线与竖直方向成θ角，由静止释放，小球运动到最低点A时，悬线断开，小球对水平面的压力恰好为零．小球沿光滑水平面向左运动进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B2，且做匀速直线运动．求：图8－15(1)小球所带电荷的电性； (2)磁感应强度B 1为多大？ (3)电场强度E 等于多少？解析：(1)根据小球在A 点对水平面的压力恰好为零，此时洛伦兹力方向向上，所以小球带负电．(2)小球由静止运动到最低点A 的过程中，机械能守恒，故有mgl (1－cos θ)＝12mv 2①在A 点：mg ＝qvB 1②解得B 1＝mg qv ＝mgq 2gl (1－cos θ).(3)小球在复合场中做匀速直线运动，则有mg ＝qE ＋qvB 2③ 解①③式得E ＝mgq－B 22gl (1－cos θ).[答案：(1)负电 (2)mg q 2gl (1－cos θ)[ (3)mgq －B 22gl (1－cos θ)15．(12分)(·潍坊模拟)在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为3.0 c m 的矩形，右边界距荧光屏20.0 cm ，高度足够，某段时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B ＝4.55×10－3T 不变．电子初速度不计，经U ＝4 550 V 电压加速后沿中心线射入磁场，偏转后打在屏上产生亮点(若无磁场，亮点在屏中心)，已知电子质量m ＝0.91×10－30kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C.图8－16(1)在图8－16中大致画出电子运动的轨迹； (2)求亮点偏离荧光屏中心的距离．解析：(1)电子运动的轨迹如图8－17所示．(2)电子经U 加速得到速度v 0，由eU ＝12mv 20得v 0＝2eUm＝2×1.6×10－19×4 5500.91×10－30m/s ＝4×107 m/s. 由ev 0B ＝m v 20r得r ＝mv 0Be ＝0.91×10－30×4×1074.55×10－3×1.6×10－19m ＝0.05 m ＝5 cm.sin α＝35，cos α＝45，tan α＝34.亮点偏离屏中心的距离y ＝(r －r cos α)＋20.0tan α cm ＝5×(1－45)cm ＋20.0×34cm ＝16 cm.答案：(1)见图8－17 (2)16 cm16．(14分)(·重庆卷)如图8－18所示，离子源A 产生的初速度为零、带电荷量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，∠MNQ ＝90°.(忽略粒子所受重力)图8－18[(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离．解析：(1)正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为v 1，应用动能定理有eU 0＝12mv 21，正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动．受到电场力F ＝qE 0，产生的加速度为a ＝qE 0m ，垂直电场方向匀速运动，有2d ＝v 1t ，沿场强方向：d ＝12at 2，联立解得E 0＝U 0d ，又ta n φ＝v 1at ，解得φ＝45°.(2)正离子进入磁场时的速度大小为v 2＝v 21＋(at )2，正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qv 2B ＝mv 22R，解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝2mU 0eB 2； (3)根据R ＝2mU 0eB 2可知，质量为4 m 的离子在磁场中运动打在S 1处，运动半径为R 1＝2(4m )U 0eB 2，质量为16 m 的离子在磁场中运动打在S 2处，运动半径为R 2＝2(16m )U 0eB 2，又O ′N ＝R 2－R 1，由几何关系可知S 1和S 2之间的距离Δs ＝R 22－O ′N 2－R 1，联立解得Δs ＝4(3－1)mU 0eB 2.用心爱心专心11图8－19答案：(1)U 0d ，45° (2)2mU 0eB 2 (3)4(3－1)mU 0eB 2。

高考物理(江苏专用)大一轮复习讲义(文档)第八章_磁场_第1讲_磁场的描述及磁场对电流的作用_word版有答案

第八章磁场第1讲磁场的描述及磁场对电流的作用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，与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，与放在该点的试探电流元所受磁场力方向一致C．在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大解析磁感应强度是磁场本身的属性，在磁场中某处为一恒量，其大小可由B＝FIL计算，但与试探电流元的F、I、L的情况无关；B的方向规定为小磁针N极所受磁场力的方向，与放在该处的电流元受力方向并不一致；当试探电流元的方向与磁场方向平行时，虽磁感应强度不为零，但电流元所受磁场力却为零；在磁场中磁感线越密集的地方，磁感应强度越大．答案 D2．如图4所示，正方形线圈abcd位于纸面内，边长为L，匝数为N，过ab中点和cd中点的连线OO′恰好位于垂直纸面向里的匀强磁场的右边界上，磁感应强度为B，则穿过线圈的磁通量为()．图4A.BL22 B.NBL22C．BL2D．NBL2解析穿过线圈的磁通量Φ＝BS＝12BL2，故A正确．答案 A3．某同学在做“探究通电直导线产生的磁场”实验时，先在水平实验台上放置一枚小磁针，发现小磁针N极指北，然后他把一直导线沿南北方向置于小磁针正上方，并通入电流强度为I的恒定电流，发现小磁针的N极指向为北偏西60°，他通过查阅资料知当地的地磁场磁感应强度的水平分量为B，则通电导线产生的磁场在小磁针所在处的磁感应强度和通入的电流方向为()．A．2B由南向北 B.3B由南向北C．2B由北向南 D.33B由北向南解析由题意可知，导线在小磁针处产生的磁场方向指向正西，由矢量合成可得，电流在小磁针处产生的磁感应强度为3B，由安培定则可知电流方向由南向北，故B选项正确．答案 B4．三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有()图3A．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．答案BD5．有两根长直导线a、b互相平行放置，如图6所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()．图6A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所以M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确．答案BD6．在匀强磁场中某处P放一个长度为L＝20 cm，通电电流I＝0.5 A的直导线，测得它受到的最大磁场力F＝1.0 N，其方向竖直向上，现将该通电导线从磁场中撤走，则P处磁感应强度为()．A．零B．10 T，方向竖直向上C．0.1 T，方向竖直向上D．10 T，方向肯定不是竖直向上解析由公式B＝FIL可知，把数值代入可以得到B＝10 T，公式中L是与B垂直的，所以P处磁感应强度的方向肯定不是竖直向上的．答案 D7．如图7所示，一段导线abcd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和cd的长度均为L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流经导线的电流为I，方向如图中箭头所示．导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力()图7A．方向沿纸面向上，大小为(2＋1)ILBB．方向沿纸面向上，大小为(2－1)ILBC．方向沿纸面向下，大小为(2＋1)ILBD．方向沿纸面向下，大小为(2－1)ILB解析安培力的合力F＝BIad＝BI(ab·cos 45°＋bc＋cd·cos 45°)＝(2＋1)BIL，故A正确．答案A8．如图8所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是()．图8A．静止不动B．向纸外平动C．N极向纸外、S极向纸内转动D．N极向纸内、S极向纸外转动解析画出导线所在位置的磁感线分布情况，如图所示，导线左边与右边的磁场方向不同，故把导线分为左右两部分．由左手定则可知左边的导线受到向纸内的作用力，右边的导线受到向纸外的作用力，所以导线左边向纸内转动，右边向纸外转动，若导线固定，蹄形磁铁可以自由转动，磁铁的转动方向与导线的转动方向相反，所以蹄形磁铁的N极向纸外转动，S极向纸内转动，C项正确．答案 C9．电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图9所示，利用这种装置可以把质量为m＝2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s，若这种装置的轨道宽为d＝2 m，长L＝100 m，电流I＝10 A，轨道摩擦不计且金属杆EF与轨道始终接触良好，则下列有关轨道间所加匀强磁场的磁感应强度和磁场力的最大功率结果正确的是()．图8A．B＝18 T，P m＝1.08×108 WB．B＝0.6 T，P m＝7.2×104 WC．B＝0.6 T，P m＝3.6×106 WD．B＝18 T，P m＝2.16×106 W解析通电金属杆在磁场中受安培力的作用而对弹体加速，由功能关系得BIdL＝12m v2m，代入数值解得B＝18 T；当速度最大时磁场力的功率也最大，即P m＝BId v m，代入数值得P m＝2.16×106 W，故D项正确．答案D图8--1-209．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是()图10A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：设轨道长度为L，弹体质量为m，电流为I，轨道宽度为d，发射速度为v，此时B＝kI，根据动能定理，kI·I·d·L＝12m v2.解得v＝I2kdLm，由此可确定，B、D正确．答案：BD11．如图1所示，质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′，并处于匀强磁场中．导线中通以沿x轴正方向的电流I，悬线与竖直方向的夹角为θ，且导线保持静止，则磁感应强度的方向和大小可能为()．图11A．z轴正向，mgIL tan θB．y轴正向，mgILC．z轴负向，mgIL tan θD．沿悬线向上，mgIL sin θ解析当匀强磁场的方向沿y轴正方向时，由左手定则判断可知，安培力方向竖直向上，则BIL＝mg，解得B＝mgIL；当匀强磁场的方向沿z轴负方向时，由左手定则判断可知，安培力沿水平方向，逆着电流方向看，受力如图所示，其中安培力F安＝BIL，则BIL＝mg tan θ，解得B＝mgIL tan θ.答案BC12．如图2所示，在倾角为θ＝30°的斜面上，固定一宽L＝0.25 m的平行金属导轨，在导轨上端接入电源和滑动变阻器R.电源电动势E＝12 V，内阻r＝1 Ω，一质量m＝20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好．整个装置处于磁感应强度B＝0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计)．金属导轨是光滑的，取g＝10 m/s2，要保持金属棒在导轨上静止，求：图12(1)金属棒所受到的安培力的大小． (2)通过金属棒的电流的大小． (3)滑动变阻器R 接入电路中的阻值．解析 (1)金属棒静止在金属导轨上受力平衡，如图所示 F 安＝mg sin 30°，代入数据得F 安＝0.1 N. (2)由F 安＝BIL 得I ＝F 安BL ＝0.5 A.(3)设滑动变阻器接入电路的阻值为R 0，根据闭合电路欧姆定律得： E ＝I (R 0＋r )解得R 0＝EI －r ＝23 Ω.答案 (1)0.1 N (2)0.5 A (3)23 Ω。

高三第一轮复习_第八章《磁场》

R (2 6 )a, v (2 6 ) aqB ,sin 6 6
2
2m
10
旋转圆
练习：如图所示，x轴正方向水平向右，y轴正方向竖直向上。在xOy平面内有与y轴平行的匀强电场，在半径为R的圆内还有与xOy平面垂直的匀强磁场。在圆的左边放置一带电微粒发射装置，它沿x轴正方向发射出一束具有相同质量m、电荷量q（q>0）和初速度v的带电微粒。发射时，这束带电微粒分布在0<y<2R的区间内。已知重力加速度大小为g。（1）从A点射出的带电微粒平行于x轴从C点进入有磁场区域，并从坐标原点O沿y轴负方向离开，求电场强度和磁感应强度的大小和方向。（2）请指出这束带电微粒与x轴相交的区域，并说明理由。（3）若这束带电微粒初速度变为2v，那么它们与x轴相交的区域又在哪里？并说明理由。
C．先减小后增大
D．先增大后减小
若上述为带正电小球，匀强电场由竖直向上顺时针至水平向右，则如何？
安培力作用下导体运动情况的判定
细橡皮筋
方法归纳：电流元法；特殊位置法；等效法；结论法；转换研究对象法
安培力作用下的综合问题
练习：如图所示，两条平行的光滑金属导轨固定在倾角为θ的绝缘斜面上，导轨上端连接一个定值电阻.导体棒a和b放在导轨上，与导轨垂直并良好接触．斜面上水平虚线PQ以下区域内，存在着垂直穿过斜面向上的匀强磁场．现对a棒施以平行导轨斜向上的拉力，使它沿导轨匀速向上运动，此时放在导轨下端的b棒恰好静止．当a棒运动到磁场的上边界PQ处时，撤去拉力，a棒将继续沿导轨向上运动一小段距离后再向下滑动，此时b棒已滑离导轨．当a棒再次滑回到磁场上边界PQ处时，又恰能沿导轨匀速向下运动．已知a棒、b棒和定值电阻的阻值均为R，b棒的质量为m，开始时a棒离PQ的距离为L，重力加速度为g，导轨电阻不计。

高考物理一轮复习第八章磁场高频考点真题验收全通关

权掇市安稳阳光实验学校第八章高频考点真题验收全通关高频考点一：磁场安培力1．(2013·上海高考)如图1，通电导线MN与单匝矩形线圈abcd共面，位置靠近ab且相互绝缘。

当MN中电流突然减小时，线圈所受安培力的合力方向( )图1A．向左B．向右C．垂直纸面向外 D．垂直纸面向里2．(多选)(2012·海南高考)图2中装置可演示磁场对通电导线的作用。

电磁铁上下两磁极之间某一水平面内固定两条平行金属导轨，L是置于导轨上并与导轨垂直的金属杆。

当电磁铁线圈两端a、b，导轨两端e、f，分别接到两个不同的直流电源上时，L便在导轨上滑动。

下列说法正确的是( )图2A．若a接正极，b接负极，e接正极，f接负极，则L向右滑动B．若a接正极，b接负极，e接负极，f接正极，则L向右滑动C．若a接负极，b接正极，e接正极，f接负极，则L向左滑动D．若a接负极，b接正极，e接负极，f接正极，则L向左滑动3. (2012·大纲卷)如图3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。

关于以下几点处的磁场，下列说法正确的是( )图3A．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高频考点二：带电粒子在匀强磁场中的运动4．(2014·北京高考)带电粒子a、b在同一匀强磁场中做匀速圆周运动，它们的动量大小相等，a运动的半径大于b运动的半径。

若a、b的电荷量分别为q a、q b，质量分别为m a、m b，周期分别为T a、T b。

则一定有( ) A．q a<q b B．m a<m bC．T a<T b D.q am a＜q bm b5．(多选)(2011·浙江高考)利用如图4所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。

物理大一轮复习讲义第八章磁场第1讲含答案

考试内容范围及要求高考命题解读内容要求说明1。

考查方式高考对本章内容考查命题频率极高，常以选择题和计算题两种形式出题，选择题一般考查磁场的基础知识和基础规律，一般难度不大;计算题主要是考查安培力、带电粒子在磁场中的运动与力学、电学、能量知识的综合应用，难度较大，较多是高考的压轴题．2．命题趋势（1)磁场的基础知识及规律的考查(2）安培力、洛伦兹力的考查（3）带电粒子在有界磁场中的临界问题，在组合场、复合场中的运动问题（4)磁场与现代科学知识的综合应用35。

磁场磁感应强度磁感线磁通量Ⅰ1。

计算限于直导线跟匀强磁场平行或垂直两种情况2．计算限于带电粒子的速度与磁感应强度平行或垂直两种情况36.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向Ⅰ37.安培力Ⅱ38.洛仑兹力Ⅱ39。

带电粒子在匀强磁场中的运动Ⅱ40.质谱仪和回旋加速器的工作原理Ⅰ第1讲磁场及其对电流的作用一、对磁场的理解1．磁场(1）基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有力的作用．(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，或自由小磁针静止时N 极的指向．2．磁感应强度(1）定义式:B＝错误!（通电导线垂直于磁场）．（2）方向：小磁针静止时N极的指向．(3)磁感应强度是反映磁场性质的物理量,由磁场本身决定，是用比值法定义的．3．磁感线(1)引入：在磁场中画出一些曲线,使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致．(2）特点：磁感线的特点与电场线的特点类似，主要区别在于磁感线是闭合的曲线．(3）条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图1所示)．图1二、安培定则的应用及磁场的叠加1．安培定则的应用直线电流的磁场通电螺线管的磁场环形电流的磁场特点无磁极、非匀强，且距导线越远处磁场越弱与条形磁铁的磁场相似,管内为匀强磁场且磁场最强，管外为非匀强磁场环形电流的两侧是N极和S极，且离圆环中心越远，磁场越弱安培定则立体图横截面图2．磁场的叠加磁感应强度是矢量,计算时与力的计算方法相同，利用平行四边形定则或正交分解法进行合成与分解．三、安培力1．安培力的方向（1)左手定则:伸开左手,使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内．让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向,这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向．（2）注意问题：磁感线方向不一定垂直于电流方向，但安培力方向一定与磁场方向和电流方向垂直,即大拇指一定要垂直于磁场方向和电流方向决定的平面．2．安培力的大小当磁感应强度B的方向与导线方向成θ角时,F＝ILB sin_θ。

2019年高三物理一轮复习测试第八章磁场含答案

绝密★启用前2019年高三物理一轮复习测试第八章磁场本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。

第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.有人根据公式B＝，提出以下看法，其中正确的是()A．磁感应强度的数值跟通电导线受到的磁场力F的大小成正比B．磁感应强度的数值跟通电导线的电流I成反比C．磁感应强度的数值跟通电导线的长度L成反比D．磁感应强度是表示磁场强弱的物理量，它是客观存在的，它与外加导线的长度、电流的强弱和受力情况均无关2.如图所示，在A点的东、西、南、北方向相同距离处，各有一无限长直线电流，电流大小相同，方向如图，则A点的磁场方向为()A．正北方B．东南方C．正东方D．正南方3.下列几幅图中，由电流产生的磁场方向正确的是()A．B．C．D．4.如图所示的甲、乙、丙图中，MN、PQ是固定在同一水平面内足够长的平行金属导轨．导体棒ab 垂直放在导轨上，导轨都处于垂直水平面向下的匀强磁场中．导体棒和导轨间接触良好且摩擦不计，导体棒、导轨和直流电源的电阻均可忽略，甲图中的电容器C原来不带电．今给导体棒ab一个向右的初速度v0，在甲、乙、丙图中导体棒ab在磁场中的最终运动状态是()A．甲、丙中，棒ab最终将以相同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止B．甲、丙中，棒ab最终将以不同速度做匀速运动；乙中ab棒最终静止C．甲、乙、丙中，棒ab最终均做匀速运动D．甲、乙、丙中，棒ab最终都静止5.如图所示，真空中两点电荷＋q和－q以共同的角速度绕轴OO′匀速运动，P点距＋q近，则P点磁感应强度的方向为()A．沿O′O向上B．沿OO′向下C．从＋q指向－qD．磁感应强度为06.如图是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图．三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中轻而柔软的细导线1、2、3、4悬挂起来，它们之中的任意两根都可与导体棒和电源构成回路．可认为导体棒所在位置附近的磁场为匀强磁场，最初导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出．关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是()A．改变电流方向的同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变C．增大电流同时改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度不变7.如图所示，在重力、电场力和洛伦兹力作用下，一带电液滴做直线运动，下列关于带电液滴的电性和运动的说法不正确的是( )A．液滴可能带负电B．液滴一定做匀速直线运动C．不论液滴带正电还是负电，运动轨迹为同一条直线D．液滴不可能在垂直电场的方向上运动8.通有电流的导线L1、L2处在同一平面(纸面)内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生()A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动9.如图所示空间有垂直纸面向外的匀强磁场，一质量为m=1 kg的带正电的绝缘小滑块，沿斜面先向上运动，当滑到最高点后又沿斜面下滑。

高考物理一轮复习考点延伸训练：第八章《磁场》(含解析).pdf

第八章　磁　场 (1)从近三年的高考试题考查点分布可以看出，高考对磁场专题知识的考查频率很高，其中包括磁场的基本性质和安培力的应用，洛伦兹力和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动等，其中复合场问题的综合性较强，覆盖考点较多(一般可综合考查重力、电场力、磁场力的分析，各种力做功、能量转化的关系，圆周运动、动力学知识以及考生分析问题的能力和综合应用能力)，是现今理综试卷的一个命题热点，常以大型计算题出现，并且占有较大的分值。

(2)高考题对安培力的考查以选择题为主，对带电粒子在匀强磁场中的运动或在复合场中的运动的考查以综合计算题为主，题目难度中等偏上。

2015高考考向前瞻第1节磁场的描述__磁场对电流的作用磁场　磁感应强度 [想一想] 磁感应强度的定义式B＝的条件是什么？检验电流元的受力方向是磁感应强度B的方向吗？B的方向是如何定义的？提示：磁感应强度的定义式B＝的条件是检验电流元I很小，L很短，且IB；检验电流元I所受力F的方向，不是磁感应强度B的方向；B的方向为小磁针静止时北极的指向。

[记一记] 1．磁场 (1)基本特性：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。

(2)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向。

2．磁感应强度 (1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。

(2)大小：B＝(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(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：匀强磁场中的磁感线是疏密程度相同的、方向相同的平行直线。

4．磁通量 (1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积。

(2)公式：Φ＝BS。

(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。

[试一试] 1．(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．表征电场中某点电场的强弱，是把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 D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把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解析：选AC　电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，而磁场仅对在磁场中运动且速度方向和磁感应强度方向不平行的带电粒子有力的作用；磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A对B错。

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【创新方案】2019年高考物理一轮复习专家专题讲座：第八章磁场
带电粒子在有界磁场中运动的临界问题的处理方法
一、放缩法
图1
粒子源发射速度方向一定，大小不同的带电粒子进入匀强磁场时，这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径随速度的变化而变化，如图1所示(图中只画出粒子带正电的情景)，速度v 0越大，运动半径也越大。

可以发现这些带电粒子射入磁场后，它们运动轨迹的圆心在垂直速度方向的直线PP ′上。

由此我们可得到一种确定临界条件的方法：在确定这类粒子运动的临界条件时，可以以入射点P 为定点，圆心位于PP ′直线上，将半径放缩作轨迹，从而探索出临界条件，使问题迎刃而解，这种方法称为“放缩法”。

[典例1] 如图2所示，宽度为d 的匀强有界磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是磁场左右的两条边界线。

现有一质量为m ，电荷量为q 的带正电粒子沿图示方向垂直射入磁场中，θ＝45°。

要使粒子不能从右边界NN ′射出，求粒子入射速率的最大值为多少？
图2
[思路点拨] 带电粒子射入磁场后，做匀速圆周运动，当入射速率发生变化时，轨道的圆心应在O 1O 2直线上，当速率逐渐增大时，半径增大，直到轨迹与NN ′边界相切，通过缩放轨迹，找到临界情况，可得到入射速率的最大值。

[解析] 用放缩法作出带电粒子运动的轨迹如题图所示，当其运动轨迹与NN ′边界线相切于P 点时，这就是具有最大入射速率v max 的粒子的轨迹。

由题图可知：R(1－cos 45°)＝d ，又Bqv max ＝m v 2
max
R 。

联立可得：v max ＝(2＋ 2)Bqd
m 。

[答案]
(2＋ 2)Bqd
m
二、平移法
粒子源发射速度大小一定、方向不定的带电粒子进入匀强磁场时，它们在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，若射入初速度为v 0，则圆周运动半径为R ＝mv 0/qB ，如图3所示。

同时可发现这些带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心在以入射点P 为圆心、半径R ＝mv 0/qB 的圆(这个圆在下面的叙述中称为“轨迹圆心圆”)上。

图3
由此我们也可以得到一种确定临界条件的方法：确定这类粒子在有界磁场中运动的临界条件时，可以将一半径为R ＝mv 0/qB 的圆沿着“轨迹圆心圆”平移，从而探索出临界条件，这种方法称为“平移法”。

[典例2] 如图4所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B ＝0.60 T ，磁场内有一块平面感光板ab ，板面与磁场方向平行，在距ab 玻璃l ＝16 cm 处，有一个点状的α放射源S ，它向各个方向发射α粒子，α粒子的速度都是v ＝3.0×106 m/s ，已知α粒子的比荷q m ＝5.0×107
C/kg ，现只考
虑在图纸平面中运动的α粒子，求ab 上被α粒子打中的区域的长度。

图4
[思路点拨] 由于带电粒子进入磁场时的速率是相同的，所以粒子运动轨迹的圆周半径是相同的，所以可将圆周以S 点为转轴进行旋转平移，从而可确定出粒子打中区域的最远端和最近端。

[解析] α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动，用R 表示轨道
半径，有qvB ＝m v 2
R ，由此得R ＝mv qB
，
代入数值得R ＝10 cm ，可见，R<l<2R 。

因朝不同方向发射的α粒子的圆轨迹都过S ，由此可知，某一圆轨迹在图中N 左侧与ab 相切，则此切点P 1就是α粒子能打中的左侧最远点。

NP 1＝R 2
－(l －R)2
＝8 cm
再考虑N 的右侧，任何α粒子在运动中离S 的距离不可能超过2R ，以2R 为半径、S 为圆心作圆，交ab 于N 右侧的P 2点，此即右侧能打到的最远点。

由图中几何关系得NP 2＝ (2R)2
－l 2
＝12 cm ，所求长度为P 1P 2＝NP 1＋NP 2，代入数值得P 1P 2＝20 cm 。

[答案] 20 cm
[专题小测验]
1.如图5所示，半径R ＝10 cm 的圆形匀强磁场区域边界跟y 轴相切于坐标系原点O ，磁感强度B ＝0.332 T ，
方向垂直于纸面向里。

在O处有一放射源，可沿纸面向各个方向射出速率均为v＝3.2×106 m/s的α粒子，已知α粒子质量m＝6.64×10－27 kg，电量q＝3.2×10－19 C，求：
图5
(1)画出α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心点轨迹，并说明作图依据；
(2)求出α粒子通过磁场空间的最大偏转角；
(3)再以过O点并垂直于纸面的直线为轴转磁场区域，能使穿过磁场区且偏转角最大的α粒子射到y轴正方向上，则圆形磁场区的直径OA至少应转过多大角度？
解析：(1)α粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，由公式F B＝F向，得qBv＝mv2
r
，r＝
mv
qB
＝0.2 m。

所以r＝2R，α粒子通过磁场空间做圆周运动的圆心点的轨迹如图甲中虚线l所示(即以O为圆心，r为半径的半圆弧ABC)。

(2)α粒子在磁场中做圆弧运动的轨迹半径r大小一定，欲穿过磁场时偏转角最大，须圆弧轨道所夹的弦最长，如图甲。

sin φ
2
＝
R
r
＝
1
2
，φ＝60°。

(3)欲使穿过磁场且偏转最大的α粒子，能射入y轴正方向上，必须使从A点射出的α粒子和x轴正方向的夹角大于90°，根据几何关系可知圆形磁场至少应逆时针转过60°，如图乙所示。

答案：(1)见解析(2)60°(3)60°
2．(2018·浙江六校联考)如图6所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB、CD相距为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电量为q的负粒子沿与左边界成30°的方向射入磁场，粒子重力不计。

求：
图6
(1)带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，则极板间电压应满足什么条件？整个过程粒子在磁场中运动的时间是多少？
(3)若带电粒子的速度是(2)中的3倍，并可以从Q 点沿纸面各个方向射入磁场，则粒子能打到CD 边界的范围？
解析：(1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R 1，运动速度为v 0。

粒子能从左边界射出，临界情况如图甲所示，R 1＋R 1cos 30°＝d ，qv 0B ＝mv 2
R 1
解得v 0＝Bqd m(1＋cos 30°)＝2(2－3)Bqd
m
所以粒子能从左边界射出时速度应满足v ≤2(2－3)Bqd
m
(2)带电粒子能从右边界垂直射出，如图乙所示 R 2＝d cos 30°，Bqv 2＝m v 2
2
R 2，－qU ＝0－12mv 22
解得U ＝B 2
qd 2
2mcos 2
30°＝2B 2
qd 23m 所加电压满足的条件U ≥2B 2
qd
2
3m
粒子转过的圆心角为60°，所用时间为T 6，而T ＝2πm
Bq
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间 t ＝2×T 6＝2πm
3Bq
(3)当粒子速度是(2)中的3倍时，解得R 3＝2d 由几何关系可得粒子能打到CD 边界的范围如图丙所示
l ＝2×2dcos 30°＝23d
答案：(1)2(2－3)Bqd m (2)U ≥2B 2
qd 2
3m 2πm
3Bq
(3)23d。

高考一轮复习【第八章】《磁场》专题讲座(含答案)

【状元之路】高考物理一轮复习第八章 磁 场(有解析)新