高考物理 一轮复习 第10章 高考微专题
2022版高考物理一轮复习第10章电磁感应微专题11电磁感应中的电路和图象问题教案
微专题十一电磁感应中的电路和图象问题电磁感应中的电路问题1．电磁感应电路中的五个等效问题2．电磁感应中电路知识的关系图3．“三步”分析电路为主的电磁感应问题[典例1] 如图(a)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的关系如图(b)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)根据图(b)写出ab、bc段对应的I与ω的关系式；(2)求出图(b)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。
(a)(b)[解析] 圆盘转动切割磁感线，根据E ＝12Br 2ω计算感应电动势。
题目给出了I ω图象。
根据数学知识写出I 与ω的关系式。
根据欧姆定律求解通过R 的电流。
根据并联电路的特点求解通过P 的电流。
(1)根据数学知识，ab 、bc 段对应的I 与ω的关系式分别为I ab ＝k 1ω，I bc ＝k 2ω＋b ，且当ω＝15 rad/s 时，I ab ＝0.1 A ，故k 1＝1150。
所以I ab ＝1150ω(A) (－45 rad/s≤ω≤15 rad/s)。
当ω1＝15 rad/s 时，I bc ＝0.1 A ，即0.1＝15k 2＋bω2＝45 rad/s 时，I bc ′＝0.4 A ，即0.4＝45k 2＋b解得k 2＝1100，b ＝－0.05 所以I bc ＝1100ω－0.05(A) (15 rad/s≤ω≤45 rad/s)。
(2)圆盘电阻不计，切割磁感线时产生的感应电动势加在P 和R 上。
b 点对应的P 两端的电压U b ＝E 1＝12Bω1r 2＝12×1.0×15×0.22 V ＝0.3 V 。
高考物理一轮微专题复习第10章_磁场_微专题53_word版有答案
[方法点拨](1)一般步骤：画轨迹，定圆心，求半径或圆心角；(2)注意“运动语言”与“几何语言”间的翻译，如：速度对应圆周半径；时间对应圆心角、弧长或弦长等；(3)掌握一些圆的几何知识，如：偏转角等于圆心角；同一直线边界，出射角等于入射角等．1．(带电粒子在单边界磁场中的运动)(多选)A、B两个离子同时从匀强磁场的直边界上的P、Q点分别以60°和30°(与边界的夹角)射入磁场，又同时分别从Q、P点穿出，如图1所示．设边界上方的磁场范围足够大，下列说法中正确的是()图1A．A为正离子，B为负离子B．A、B两离子运动半径之比为1∶ 3 C．A、B两离子速率之比为1∶ 3 D．A、B两离子的比荷之比为2∶1 2．(带电粒子在单边界磁场中的运动)(多选)如图2所示，在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O，沿垂直磁场方向，以相同速率向磁场中发出了两种粒子，a为质子(11H)，b为α粒子(42He)，b的速度方向垂直于磁场边界，a的速度方向与b的速度方向之间的夹角为θ＝30°，两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上，则()图2A．a、b两粒子转动周期之比为2∶3B．a、b两粒子在磁场中运动时间之比为2∶3C．a、b两粒子在磁场中运动的轨道半径之比为1∶2D．a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为1∶23．(带电粒子在三角形边界磁场中的运动)(多选)如图3所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值．静止的带电粒子带电荷量为＋q ，质量为m (不计重力)，从点P 经电场加速后，从小孔Q 进入N 板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，CD 为磁场边界上的一绝缘板，它与N 板的夹角为θ＝30°，孔Q 到板的下端C 的距离为L ，当M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD 板上，则下列说法正确的是( )图3A ．两板间电压的最大值U m ＝qB 2L 22mB ．CD 板上可能被粒子打中区域的长度x ＝23L C ．粒子在磁场中运动的最长时间t m ＝πm qBD ．能打到N 板上的粒子的最大动能为q 2B 2L 218m4．(带电粒子在矩形边界磁场中的运动)如图4所示，在边长ab ＝1.5L ，bc ＝3L 的矩形区域内存在着垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，在ad 边中点O 处有一粒子源，可以垂直磁场向区域内各个方向发射速度大小相等的同种带电粒子．若沿Od 的方向射入的粒子从磁场边界cd 离开磁场，该粒子在磁场中运动的时间为t 0，圆周运动半径为L ，不计粒子的重力和粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )图4A ．粒子带负电B ．粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为4t 0C ．粒子的比荷为πBt 0D ．粒子在磁场中运动的最长时间为2t 05.图5中虚线PQ 上方有一磁感应强度大小为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外．O 是PQ 上一点，在纸面内从O 点向磁场区域的任意方向连续发射速率为v 0的粒子，粒子电荷量为q 、质量为m .现有两个粒子先后射入磁场中并恰好在M 点相遇，MO 与PQ 间夹角为60°，不计粒子重力及粒子间的相互作用，则下列说法正确的是( )图5A ．两个粒子从O 点射入磁场的时间间隔可能为2πm 3qBB ．两个粒子射入磁场的方向分别与PQ 成30°和60°角C ．在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为m v 0qBD ．垂直PQ 射入磁场中的粒子在磁场中的运行时间最长6．如图6所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向以某一速率发射出大量比荷为q m的同种正电粒子，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知磁场的磁感应强度大小为B ，∠AOC ＝60°，O 、S 两点间的距离为L ，从OC 边界射出的粒子在磁场中运动的最短时间t ＝2πm 3qB，忽略重力的影响和粒子间的相互作用，则粒子的速率为( )图6A.qBL 2mB.qBL mC.3qBL 2mD.3qBL m7.如图7所示，边长为l 的正六边形abcdef 中，存在垂直该平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B .a 点处的粒子源发出大量质量为m 、电荷量为＋q 的同种粒子，粒子的速度大小不同，方向始终垂直ab 边且与磁场垂直．不计粒子的重力，当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点．下列说法正确的是( )图7A ．速度小于v 的粒子在磁场中运动时间为πm 2qBB ．经过c 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为lC ．经过d 点的粒子在磁场中运动的时间为πm 4qBD ．速度大于4v 的粒子一定打在cd 边上8．提纯氘核技术对于核能利用具有重大价值，如图8是从质子、氘核混合物中将质子和氘核分离的原理图，x 轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场，初速度为0的质子、氘核混合物经电压为U 的电场加速后，从x 轴上的A (－L,0)点沿与＋x 成θ＝30°的方向进入第二象限(速度方向与磁场方向垂直)，质子刚好从坐标原点离开磁场．已知质子、氘核的电荷量均为＋q ，质量分别为m 、2m ，忽略质子、氘核的重力及其相互作用．图8(1)求质子进入磁场时速度的大小；(2)求质子与氘核在磁场中运动的时间之比；(3)若在x 轴上接收氘核，求接收器所在位置的横坐标．答案精析1．BD [A 向右偏转，根据左手定则知，A 为负离子，B 向左偏转，根据左手定则知，B 为正离子，A 项错误；离子在磁场中做圆周运动，设PQ 的距离为l ，由几何关系可得r ＝l 2sin θ，sin 60°∶sin 30°＝3∶1，则A 、B 两离子的半径之比为1∶3，B 项正确；离子的速率v ＝r ·2θt，时间相同，半径之比为1∶3，圆心角之比为2∶1，则速率之比为2∶3，C 项错误；根据r ＝m v qB 知，q m ＝v Br，因为速度大小之比为2∶3，半径之比为1∶3，则比荷之比为2∶1，D 项正确．]2．BC [由带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T ＝2πm qB可知，a 、b 两粒子转动周期之比T a ∶T b ＝m a q a ∶m b q b＝1∶2，选项A 错误；a 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为240°，运动时间为2T a 3，b 粒子在匀强磁场中运动轨迹对应的圆心角为180°，运动时间为T b 2，a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的时间之比为t a ∶t b ＝2T a 3∶T b 2＝2∶3，选项B 正确；由q v B ＝m v 2r ，解得r ＝m v qB ，由此可知a 、b 两粒子在匀强磁场中运动的轨道半径之比为r a ∶r b ＝m a q a ∶m b q b ＝1∶2，选项C 正确；a 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r a cos 30°＝3r a ，b 粒子打到光屏上的位置到O 点的距离为2r b ，a 、b 两粒子打到光屏上的位置到O 点的距离之比为3r a ∶2r b ＝3∶4，选项D 错误．]3．ACD [M 、N 两板间电压取最大值时，粒子恰好垂直打在CD板上，所以圆心在C 点，CH ＝QC ＝L ，故半径R 1＝L ，又因为q v 1B＝m v 21R 1，qU m ＝12m v 21，U m ＝qB 2L 22m，A 项正确；设轨迹与CD 板相切于K 点，半径为R 2，在△AKC 中 ，sin 30°＝R 2L －R 2，所以R 2＝L 3，因为KC 长等于33L ，所以CD 板上可能被粒子打中的区域的长度x 为HK ：x ＝R 1－KC ＝(1－33)L ，B 项错误；打在QC 间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，因为T ＝2πm qB，所以t m ＝12T ＝πm qB，C 项正确；轨迹与CD 板相切的粒子是能打到N 板上的粒子中动能最大的，由前面分析可知R 2＝L 3，由R 2＝m v qB 可得v ＝qBL 3m ，所以其动能为12m v 2＝q 2B 2L 218m，D 项正确．]4．D [由题设条件作出以O 1为圆心的轨迹圆弧，如图所示，由左手定则可知该粒子带正电，选项A 错误；由图中几何关系可得sin θ＝32L L ＝32，解得θ＝π3，可得T ＝6t 0，选项B 错误；根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律可得T ＝2πm qB ，解得m q ＝3t 0B π，选项C 错误；根据周期公式，粒子在磁场中运动时间t ＝mαqB，在同一圆中，半径一定时，弦越长，其对应的圆心角α越大，则粒子在磁场中运动时间最长时的轨迹是以O 2为圆心的圆弧，如图所示，由图中几何关系，α＝2π3，解得t ＝2t 0，选项D 正确．] 5．A [以粒子带正电为例来分析，先后由O 点射入磁场，并在M 点相遇的两个粒子轨迹恰好组成一个完整的圆，从O 点沿OP 方向入射并通过M 点的粒子轨迹所对圆心角为240°，根据带电粒子在磁场中运动的周期公式可知，该粒子在磁场中的运动时间t 1＝240°360°×2πm qB ＝4πm 3qB ，则另一个粒子轨迹所对圆心角为120°，该粒子在磁场中的运动时间t 2＝120°360°×2πm qB ＝2πm 3qB ，可知，两粒子在磁场中的运动时间差可能为Δt ＝2πm 3qB，A 项正确；射入磁场方向分别与PQ 成30°和60°角的两粒子轨迹所对圆心角之和不是360°，不可能在M 点相遇，B 项错；在磁场中运动的粒子离边界的最大距离为轨迹圆周的直径d ＝2m v 0qB，C 项错；沿OP 方向入射的粒子在磁场中运动的轨迹所对圆心角最大，运动时间也最长，D 项错．]6．A [由于粒子速率一定，带电粒子在磁场中运动时间最短时，轨迹所对应弦长最短，即弦长d ＝L sin 60°＝32L ，由最短时间t ＝2πm 3qB知粒子运动轨迹所对应圆心角为120°，由几何关系知R sin 60°＝12d ，由洛伦兹力提供向心力，得q v B ＝m v 2R ，解得v ＝qBL 2m，选项A 正确．] 7．B [根据题述“当粒子的速度为v 时，粒子恰好经过b 点”，说明粒子在磁场中运动的轨道半径为l 2，运动时间为半个周期，即t ＝T 2＝πm qB，速度小于v 的粒子在磁场中的运动轨迹仍为半个圆周，其运动时间仍为半个周期，即t ＝T 2＝πm qB，选项A 错误；画出带电粒子经过c 点的运动轨迹(图略)，可知经过c 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为正六边形的边长l ，选项B 正确；画出带电粒子经过d 点的运动轨迹(图略)，可知轨迹所对的圆心角为60°，经过d 点的粒子在磁场中运动的时间为t ＝T 6＝πm 3qB ，选项C 错误；速度大于4v 的粒子，由r ＝m v qB可知，在磁场中运动的轨道半径大于2l ，一定不会打在cd 边上，选项D 错误．]8．(1) 2qU m(2)1∶2 (3)(2－1)L 解析 (1)质子在电场中加速，由动能定理得qU ＝12mv 2 解得v ＝ 2qU m. (2)质子与氘核在磁场中都转过16个圆周，做圆周运动的周期T 1＝2πm qB ，T 2＝2π·2m qB，粒子在磁场中的运动时间t ＝16T ，则t 1∶t 2＝T 1∶T 2＝1∶2. (3)质子在磁场中运动时，由几何知识得r ＝L ，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r氘核在电场中加速，由动能定理得qU ＝12×2mv 21 在磁场中，由牛顿第二定律得qv 1B ＝2m v 21r 1，解得r 1＝2L 横坐标：x ＝r 1－L ＝(2－1)L .。
(A版)2019版高考物理一轮复习 考点考法 第10章 磁场课件 新人教版
方向：小磁针静止时N极所指的方向为该点的磁感应强度的方
向．
✓ (3)矢量性：磁感应强度是矢量，其方向就是磁场方向，即小磁 针静止时N极所指的方向，其合成遵循平行四边形定则．
3．磁通量
✓ (1)定义：在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一个与磁场方向垂 直的平面，面积为S，我们把B与S的乘积叫穿过这个面积的磁通 量，简称磁通．用字母Φ表示．定义式：Φ＝BS.
【答案】D
考法2 磁感应强度的矢量性
例2
[辽宁沈阳东北育才2016模拟]如图所示，两根水平放置且相互平行 的长直导线分别通有方向相反的电流I1与I2且I1>I2，与两根导线 垂直的同一平面内有a、b、c、d四点，a、b、c在两根导线的水 平连线上且间距相等，b是两根导线连线的中点，b、d连线与两 根导线连线垂直．则( )
③安培分子电流假说可以解释以下磁现象：磁体周围磁场的产生原 因、磁化现象、磁体的消磁等．
2．磁感应强度
✓ (1)物理意义：用来描述磁场强弱和方向的物理量．用符号B表
示．
✓ (2)大小：当一段通电直导线垂直磁场方向放置时，其所受磁场
力F与导线的长度L和电流I的乘积的比值即为该处的磁感应强度 的大小，即：B＝F/IL.
②通电螺线管的磁场：用右手握住螺线管，让弯曲的 四指所指的方向跟电流的方向一致，大拇指所指的方 向就是螺线管中心轴线上的磁感线的方向(大拇指指向 螺线管北极)．如图所示．
③环形电流的磁场：可视为单匝螺线管，判定方法与 螺线管相同．
✓ (7)安培分子电流假说
①电流是由大量的自由电荷做定向移动而形成的，所以可以理解为 电流周围的磁场是由电荷的运动产生的．
③磁偏角：地球的地理两极与地磁两极并不完全重合，磁针并非准确地指 南或指北，其间有一个夹角，叫地磁偏角，简称磁偏角．
高考物理一轮微专题复习第10章_磁场_微专题57_word版有答案
[方法点拨](1)先分析在一个周期内粒子的运动情况，明确运动性质，判断周期性变化的电场或磁场对粒子运动的影响；(2)画出粒子运动轨迹，分析轨迹在几何关系方面的周期性．1．如图1甲所示，两平行金属板A、B长L＝8 cm，两极板间距d＝6 cm，A、B两极板间的电势差U AB＝100 3 V．一比荷为qm＝1×106C/kg的带正电粒子(不计重力)从O点沿电场中心线垂直电场线以初速度v0＝2×104 m/s飞入电场，粒子飞出平行板电场后经过界面MN、PS 间的无电场区域，已知两界面MN、PS间的距离为s＝8 cm.带电粒子从PS分界线上的C点进入PS右侧的区域，当粒子到达C点开始计时，PS右侧区域有磁感应强度按图乙变化的匀强磁场(垂直纸面向里为正方向)．求：图1(1)PS分界线上的C点与中心线OO′的距离y；(2)粒子进入磁场区域后第二次经过中心线OO′时与PS分界线的距离x.2．如图2甲所示，在平行边界MN、PQ之间存在宽度为L的匀强电场，电场周期性变化的规律如图乙所示，取竖直向下为电场正方向；在平行边界MN、EF之间存在宽度为s、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅱ，在PQ右侧有宽度足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域Ⅰ.在区域Ⅰ中距PQ为L的A点，有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直向上方向开始运动，以此作为计时起点，再经过一段时间粒子又恰好回到A点，如此循环，粒子循环运动一周，电场恰好变化一个周期，已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时，速度恰好与电场方向垂直，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6.图2(1)求区域Ⅰ的磁场的磁感应强度大小B 1.(2)若E 0＝4m v 203qL ，要实现上述循环，确定区域Ⅱ的磁场宽度s 的最小值以及磁场的磁感应强度大小 B 2.(3)若E 0＝4m v 203qL，要实现上述循环，求电场的变化周期T .3．如图3甲所示，在平面直角坐标系xOy 区域内存在垂直坐标平面的匀强磁场，磁场随时间的变化规律如图乙所示，磁场方向垂直坐标平面向里为正方向，磁场变化周期T 0＝2πmqB 0.t ＝0时刻，一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子以某一初速度由坐标原点O 沿x 轴正方向射入磁场，在t ＝T 0时到达坐标为(a,0)的P 点(未画出)．图3(1)求粒子运动的初速度v 0；(2)若磁场的变化规律如图丙所示，求粒子从t ＝0时刻起第一次到达y 轴的位置与原点O 的距离；(3)在第(2)问的条件下，粒子是否可以返回原点？如果可以，求粒子从原点出发到返回原点的时间；如果不可以，请说明理由．4．如图4甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy 坐标系，在第Ⅱ象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x 轴负方向的夹角θ＝45°.在第Ⅲ象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板C 1、C 2，两板间距为d 1＝0.6 m ，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y 轴上，板C 1与x 轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M ，小孔M 离坐标原点O 的距离为L ＝0.72 m ．在第Ⅳ象限垂直于x 轴放置一块平行于y 轴且沿y 轴负向足够长的竖直平板C 3，平板C 3在x 轴上垂足为Q ，垂足Q 与原点O 相距d 2＝0.18 m ．现将一带负电的小球从桌面上的P 点以初速度v 0＝4 2 m/s 垂直于电场方向射出，刚好垂直于x 轴穿过C 1板上的M 孔，进入磁场区域．已知小球可视为质点，小球的比荷qm ＝20 C/kg ，P 点与小孔M 在垂直于电场方向上的距离为s ＝210m ，不考虑空气阻力．图4(1)求匀强电场的场强大小；(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板C 3上，求磁感应强度的取值范围；(3)若t ＝0时刻小球从M 点进入磁场，磁场的磁感应强度如图乙随时间周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M 点打在平板C 3上所用的时间．(计算结果保留两位小数)答案精析1．(1)4 3 cm (2)12 cm解析 (1)粒子在电场中的加速度a ＝U AB qdm粒子在电场中运动的时间t 1＝Lv 0粒子离开电场时竖直方向分速度v y ＝at 1 粒子在MN 与PS 间运动时间t 2＝sv 0粒子在电场中偏转位移y 1＝12at 21＝U AB qL 22dm v 20＝43 3 cm出电场后：y 2＝v y t 2 联立解得：y 2＝833cm所以C 点与中心线OO ′的距离y ＝y 1＋y 2＝4 3 cm(2)粒子运动轨迹如图所示，粒子进入磁场时，设速度与水平方向夹角为θ，tan θ＝v y v 0＝33所以θ＝30°粒子进入磁场时的速度v ＝v 0cos θ＝433×104 m/s 设粒子在磁场中运动轨道半径为R 则q v B ＝m v 2R所以R ＝4 cm粒子在磁场中运动的周期T ＝2πR v ＝23π×10－6 s 在t ＝23π3×10－6 s 内粒子的偏转角α＝2πT t ＝120°竖直向上偏移h 1＝R cos 30°＝2 3 cm 在23π3×10－6～433π×10－6 s 内通过OO ′，这段时间内竖直向上偏移 h 2＝h 1＝2 3 cm因为h 1＋h 2＝y ＝4 3 cm则粒子在t ＝43π3×10－6 s 时刚好第二次到达OO ′此时，粒子距PS 距离x ＝2(R ＋R sin 30°)＝12 cm. 2．(1)m v 0qL (2)L 9 3m v 0qL (3)307π＋540270v 0L解析 (1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径R ＝L 由洛伦兹力提供向心力知qv 0B 1＝mv 20R联立解得B 1＝mv 0qL(2)粒子在电场中做类平抛运动，离开电场时沿电场方向的速度v y ＝at ＝qE 0m ·L v 0＝43v 0，离开电场时速度的偏转角为θ，tan θ＝v y v 0＝43，θ＝53°所以粒子离开电场时的速度v ＝v 0cos 53°＝53v 0粒子在电场中偏转的距离y ＝12at 2＝12·qE 0m ⎝⎛⎭⎫L v 02＝23L画出粒子运动轨迹的示意图如图所示，粒子在区域Ⅱ做圆周运动的圆心O 2与在区域Ⅰ做圆周运动的圆心O 1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动，由几何关系知粒子在区域Ⅱ做圆周运动的半径r ＝L －23Lcos 53°＝59L所以s ≥r (1－sin 53°)＝L9即s 的最小值为L9根据r ＝mvqB 2解得B 2＝3mv 0qL(3)电场变化的周期等于粒子运动的周期 粒子在区域Ⅰ中运动的时间t 1＝πLv 0粒子在电场中运动的时间t 2＝2L v 0粒子在区域Ⅱ中运动的时间t 3＝37°180°·2πr v ＝37πL270v 0所以周期T ＝t 1＋t 2＋t 3＝307π＋540270v 0L .3．(1)qaB 04m(2)a (3)见解析解析 (1)设粒子在磁场中运动的周期为T ，轨迹半径为r 则T ＝2πm qB 0＝T 0t ＝0时粒子从O 点射入磁场中，在0～T 04时间内，粒子做逆时针方向的匀速圆周运动，接着在T 04～34T 0时间内做顺时针方向的匀速圆周运动，最后在34T 0～T 0时间内做逆时针方向的匀速圆周运动到达x 轴上的P 点，粒子运动轨迹如图甲所示．甲则4r ＝a根据洛伦兹力提供向心力，有qv 0B 0＝m v 20r联立解得v 0＝qaB 04m(2)比较粒子在磁场中做圆周运动的周期T 和磁场变化周期可知，粒子在0～T 03时间内运动13圆周，其圆心为O 1，运动轨迹对应的圆心角为120°；在T 03～T 02时间内运动16圆周，圆心为O 2，对应圆心角为60°；在T 02～5T 06时间内运动13圆周，其圆心为O 3，对应圆心角为120°.作出粒子在磁场中运动的轨迹如图乙所示．乙由几何关系可知OO 1＝r ＝a4O 1O 3＝2r ＝a2O 3Q ＝r ＝a4则粒子第一次到达y 轴的位置与原点O 的距离y 1＝OO 1＋O 1O 3＋O 3Q ＝a (3)粒子可以回到原点由于粒子在磁场中做周期性运动，根据对称性和周期性，作出粒子的运动轨迹如图丙所示．丙其中以O 1、O 3、O 5、O 7、O 9、O 11为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为120°，每段轨迹对应时间为t 1＝T 03以O 2、O 4、O 6、O 8、O 10、O 12为圆心的运动轨迹所对应的圆心角为60°，每段轨迹对应时间为t 2＝T 06由图丙中几何关系知，粒子从原点出发到回到原点的时间为t ＝6n (t 1＋t 2)＝3nT 0＝6n πmqB 0(n ＝1,2,3，……)4．(1)8 2 V/m (2)23 T ≤B ≤1 T (3)0.15 s解析 (1)小球在第Ⅱ象限内做类平抛运动有：s ＝v 0t at ＝v 0tan θ由牛顿第二定律有：qE ＝ma 代入数据解得：E ＝8 2 V/m(2)设小球通过M 点时的速度为v ，由类平抛运动规律：v ＝v 0cos θ＝8 m/s小球垂直磁场方向进入两板间做匀速圆周运动，轨迹如图甲所示，由牛顿第二定律有： qvB ＝m v 2R解得：B ＝mvqR小球刚好能打到Q 点时，磁感应强度最大，设为B 1， 此时小球的轨迹半径为R 1 由几何关系有：R 1L ＋d 2－R 1＝L －R 1R 1解得R 1＝0.4 m ，B 1＝1 T小球刚好不与C 2板相碰时磁感应强度最小，设为B 2，此时小球的轨迹半径为R 2 由几何关系有：R 2＝d 1 解得：B 2＝23T综合得磁感应强度的取值范围：23T≤B ≤1 T(3)小球进入磁场做匀速圆周运动，设半径为R 3，周期为T ，有：R 3＝mvqB 3＝0.18 mT ＝2πm qB 3＝9π200s再综合分析易知小球在磁场中运动的轨迹如图乙所示，一个磁场周期内小球在x 轴方向的位移为3R 3＝0.54 m ，L －3R 3＝0.18 m 即：小球刚好垂直y 轴方向离开磁场则小球在磁场中运动的时间t 1＝13T ＋13T ＋14T ＝33π800 s≈0.13 s离开磁场到打在平板C 3上所用的时间t 2＝d 2v ≈0.02 s小球从M 点到打在平板C 3上所用总时间t ＝t 1＋t 2＝0.15 s.。
高考物理一轮微专题复习第10章_磁场_微专题52_word版有答案
[方法点拨] (1)判断安培力的方向时，充分利用F 安⊥B ，F 安⊥I ；(2)受力分析时，要注意将立体图转化为平面图．1．(直线电流的磁场)真空中两根金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在导线所确定的平面内，一电子从P 点运动的轨迹的一部分如图1中的曲线PQ 所示，则一定是( )图1A ．ab 导线中通有从a 到b 方向的电流B ．ab 导线中通有从b 到a 方向的电流C ．cd 导线中通有从c 到d 方向的电流D ．cd 导线中通有从d 到c 方向的电流2．(磁场的叠加)分别置于a 、b 两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图2所示，a 、b 、c 、d 在一条直线上，且ac ＝cb ＝bd .已知c 点的磁感应强度大小为B 1，d 点的磁感应强度大小为B 2.若将b 处导线的电流切断，则( )图2A ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2 B ．c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 1C ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2 D ．c 点的磁感应强度大小变为B 1－B 2，d 点的磁感应强度大小变为12B 2－B 1 3．(磁场对电流的作用)如图3所示，磁感应强度大小为B 的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个34金属圆环ab 置于磁场中，圆环的圆心为O ，半径为r ，两条半径Oa 和Ob 相互垂直，且Oa 沿水平方向．当圆环中通以电流I 时，圆环受到的安培力大小为( )图3 A.2BIr B.32πBIr C ．BIr D ．2BIr4．(电流间的相互作用)(多选)如图4所示，无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正下方沿竖直方向固定一正方形线框，线框中也通有沿顺时针方向的恒定电流I ，线框的边长为L ，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L ，已知在长直导线的磁场中距长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝k I r，线框的质量为m ，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )图4A ．0B.kI 2m －gC.kI 22m －g D ．g －kI 2m5．(多选)如图5所示，在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，沿y 轴方向磁场分布是不变的，沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，其中k 是一恒定的正数，由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框ADCB 边长为a ，A 处有一极小开口AE ，整个线框放在磁场中，且AD 边与y 轴平行，AD 边与y 轴距离为a ，线框AE 两点与一电源相连，稳定时流入线框的电流为I ，关于线框受到的安培力情况，下列说法正确的是( )图5A ．整个线框受到的合力方向与BD 连线垂直B ．整个线框沿y 轴方向所受合力为0C ．整个线框在x 轴方向所受合力为ka 2I ，沿x 轴正向D ．整个线框在x 轴方向所受合力为34ka 2I ，沿x 轴正向 6．如图6所示，一劲度系数为k 的轻质弹簧，下面挂有匝数为n 的矩形线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部分处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直(在图中垂直于纸面向里)，线框中通以电流I ，方向如图所示，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，则在此过程中线框位移的大小Δx 及方向是( )图6A ．Δx ＝2nBIl k，方向向上 B ．Δx ＝2nBIl k ，方向向下 C ．Δx ＝nBIl k ，方向向上 D ．Δx ＝nBIl k，方向向下 7.如图7所示，长为L ，质量为m 的细导体棒a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，无限长直导线b 被水平固定在与a 同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x ，当a 、b 中均通以电流强度为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止．已知无限长直导线周围的磁场为一系列的同心圆，周围某点的磁场的磁感应强度与该点到导线的距离成反比．则下列说法正确的是( )图7A ．a 、b 中电流必垂直纸面向里B ．b 中的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度大小为2mg 2ILC ．若将b 适当上移以增大x ，则导体棒仍可能静止D ．无论将b 上移还是下移，导体棒都可能处于静止状态8．如图8所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小动滑轮P(可视为质点)，两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处，并通入由M到N的恒定电流I，导线PM和PN始终伸直．现将P从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN受到的安培力大小()图8A．始终不变B．逐渐增大C．先增大后减小D．先减小后增大答案精析1．C2．A [c 点的磁场是分别置于a 、b 两处的长直导线中的电流产生的．由安培定则可知分别置于a 、b 两处的长直导线在c 点产生的磁场方向相同，磁感应强度大小均为B 12.由对称性可知，b 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12，方向向下．a 处的长直导线在d 点产生的磁场的磁感应强度大小为B 12－B 2，方向向上．若将b 处导线的电流切断，则c 点的磁感应强度大小变为12B 1，d 点的磁感应强度大小变为12B 1－B 2，选项A 正确．] 3．A [连接题图中a 、b 两点，由几何关系知ab 连线与磁场方向垂直，故金属圆环在磁场中所受安培力的等效长度为2r ，则所受安培力为2BIr ，A 项正确．]4．AC [线框上边所在处的磁感应强度大小为B 1＝k I L，由安培定则可判断出线框所在处磁场方向为垂直纸面向里，所受安培力的大小为F 1＝B 1IL ＝kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向上；线框下边所在处的磁感应强度大小为B 2＝k I 2L ，所受安培力的大小为F 2＝B 2IL ＝12kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F 1＝F 2＋mg ，则加速度为零，选项A 正确．若F 1>F 2＋mg ，则加速度方向向上，由F 1－(F 2＋mg )＝ma ，解得a ＝kI 22m－g ，选项C 正确，B 错误．若F 1<F 2＋mg ，则加速度方向向下，由F 2＋mg －F 1＝ma ，解得a ＝g －kI 22m，选项D 错误．] 5．BC [由于沿y 轴方向磁场分布是不变的，故而整个线框沿y 轴方向所受合力为0，B 正确；沿x 轴方向磁感应强度与x 满足关系B ＝kx ，AD 边受到的向左的安培力小于BC 边受到的向右的安培力，故而整个线框受到的合力方向沿x 轴正向，A 错误；整个线框在x 轴方向所受合力为k (a ＋a )Ia －(ka )Ia ＝ka 2I ，C 正确，D 错误．]6．B [线框在磁场中受重力、安培力和弹簧弹力处于平衡状态，安培力为F A ＝nBIl ，且开始时方向向上，改变磁场方向后方向向下，大小不变．设在磁场反向之前弹簧的伸长量为x ，则反向之后弹簧的伸长量为x ＋Δx ，由平衡条件知kx ＋nBIl ＝mg 及k (x ＋Δx )＝nBIl ＋mg ，联立解得Δx ＝2nBIl k，且线框向下移动，B 对．] 7．C [因a 恰能在斜面上保持静止，其受力如图甲所示，而由平行通电直导线之间的相互作用可知，电流同向时导线相互吸引，电流反向时导线相互排斥，故A 错；由图甲知tan 45°＝mgBIL，即B＝mgIL，B错；无论b是上移还是下移，b中的电流在a处产生的磁场的磁感应强度均减小，上移时其重力mg、安培力BIL、斜面支持力F N满足图乙所示关系，支持力逐渐减小，安培力减小，但两个力的合力仍可能等于重力，即a仍可能处于静止状态，C对；当b下移时，安培力在减小，而支持力方向不变，则a所受合力不可能为零，即a不可能处于静止状态，D错．]8．A[在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导线MN 通入电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，A正确．]。
高考物理一轮复习 第10章 恒定电流章末整合课件 人教大纲版
4．(2009·重庆，18)某实物投影机有10个相同的强光灯L1～L10(24 V/200 W)和10 个相同的指示灯X1～X10(220 V/2 W)，将其连接在220 V交流电源上，电路如 图10－4所示．若工作一段时间后L2灯丝烧断，则( ) A．X1的功率减小，L1的功率增大 B．X1的功率增大，L1的功率增大 C．X2的功率增大，其他指示灯的功率减小 D．X2的功率减小，其他指示灯的功率增大
8．(2009·浙江理综，22)(1)如图10－7甲所示，在“描绘小灯泡的伏安特性曲线” 实验中，同组同学已经完成部分导线的连接，请你在实物接线图中完成余下 导线的连接．
(2)某同学从标称为“220 V 25 W”、“220 V 300 W”、“220 V 500 W” 的3只灯泡中任选一只，正确使用多用电表测量灯泡阻值如图10－7乙所示．该 灯泡的阻值是________ Ω，标称的额定功率为________ W. 答案：(1)连线如图 (2)160 25
解析：L2灯丝烧断，则电路中的总电阻变大，由欧姆定律知，总电流减小，则 除L2支路外，其他支路两端的电压减小，强光灯和指示灯的功率都要减小．其 他支路电压减小，则L2两端电压升高，其功率增大． 答案：C
5. (2009·全国Ⅱ，17)图10－5为测量某电源电动势和内阻时得到的U—I图线．用 此电源与三个阻值均为3 Ω的电阻连接成电路，测得路端电压为4.8 V．则该电 路可能为( )
解析：本题考查的知识点是串联电路、并联电路．当cd端短路时，电阻R2、R3并
联后与R1串联，ab间的电阻为Rab＝R1＋
＝40 Ω，故选项A正确；当ab端
短路时R1、R3并联后与R2串联，cd间的电阻为Rcd＝R2＋
＝128 Ω，故选
高考物理总复习课件第十章章末总结提高
排除干扰
排除与题目无关或明显 错误的选项，提高正确
率。
验证答案
将所选答案代入题目进 行验证，确保答案的正
确性。
计算题解题方法
01
02
03
04
认真审题
明确题目中的物理过程和已知 条件，确定解题方向。
建立物理模型
根据题目描述，建立相应的物 理模型，如运动学模型、力学
模型等。
列方程求解
根据物理模型和已知条件，列 出相应的方程进行求解。
分析实验数据
对实验数据进行处理和分析， 得出相应的结论和解释。
03
知识体系构建与拓展
知识点之间的联系
力学与电学的联系
01
通过电场、磁场等概念，将力学与电学相结合，形成统一的物
理图景。
光学与热学的联系
02
通过光的波动性和热辐射等概念，将光学与热学相联系，加深
对光和热现象的理解。
原子物理与量子力学的联系
成绩。
THANK YOU
• 动量守恒定律：如果一个系统不受外力，或者所受外力的矢量和为零，这个系 统的总动量保持不变，即$m_1v_1 + m_2v_2 = m_1v_1' + m_2v_2'$。
• 弹性碰撞：在碰撞过程中，如果系统的动能守恒，则称为弹性碰撞。对于完全 弹性碰撞，有$v_1' = \frac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}v_1 + \frac{2m_2}{m_1 + m_2}v_2$和$v_2' = \frac{2m_1}{m_1 + m_2}v_1 + \frac{m_2 - m_1}{m_1 + m_2}v_2$。
高考物理 一轮复习 微专题(十)用等效法处理带电体在电场、重力场中的运动
等效思维方法就是将一个复杂的物理问题，等效为一 个熟知的物理模型或问题的方法．例如我们学习过的等效电 阻、分力与合力、合运动与分运动等都体现了等效思维方 法．常见的等效法有“分解”、“合成”，“等效类比”、 “等效替换”、“等效变换”、“等效简化”等，从而化繁 为简，化难为易．
现有一个质量为 m 的小球，带正电荷量为 q＝ 33Emg，要使 小球能安全通过圆轨道，在 O 点的初速度应满足什么条件？
【解析】 小球先在斜面上运动，受重力、电场力、 支持力，然后在圆轨道上运动，受重力、电场力、轨道作 用力，如图所示，类比重力场，将电场力与重力的合力视
为等效重力 mg′，大小为 mg′＝ qE2＋mg2＝2 33mg，
联立解得 FN＝(322＋1)mg. (3)由题意可知，N 点是等效最高点，只要珠子能到达 N 点，它就
能做完整的圆周运动，珠子由
A
到
N
过程，由动能定理得－F(r－
2 2 r)
＝0－EkA
解得 EkA＝
2－1 2 mgr.
【答案】
(1)
2mg 2q
方向沿 M 点切线＋1)mg
【答案】 (1)24 N (2)见解析
【总结提升】 该题是一道较为综合的题目．本题第(2)问关键是要把握等效最高点 和等效最低点．利用等效场的思想很容易确定等效最高点和等效最低点， 在重力场中，内轨道约束问题在最高点的最小速度为 gR，利用动能定
理可得在最低点的最小速度为 5gR，该结论为一个典型的二级结论，在 等效场中也可应用，等效重力加速度为 g′＝ mgm2＋Eq2＝12.5 m/s2， tan θ＝34(θ 为向心力与竖直方向的夹角)，θ＝37°，在等效最高点 C 的最 小速度为 g′R，在等效最低点 D 的最小速度为 5g′R，根据动能定理