《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題10 磁場(chǎng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019年高考物理備考 藝體生百日突圍系列 專題10 磁場(chǎng)（含解析）（32頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題10磁場(chǎng) 第一部分 名師綜述 磁場(chǎng)一般會(huì)以選項(xiàng)題和計(jì)算題兩種形式出現(xiàn)，若是選擇題一般考查對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度、磁感線、安培力和洛侖茲力這些概念的理解，以及安培定則和左手定則的運(yùn)用；若是計(jì)算題主要考查安培力大小的計(jì)算，以及帶電粒子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力和帶電粒子在磁場(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)的分析判斷和計(jì)算，尤其是帶電粒子在電場(chǎng)、磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題對(duì)學(xué)生的空間想象能力、分析綜合能力、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)處理物理問題的能力有較高的要求，仍是本考點(diǎn)的重點(diǎn)內(nèi)容，有可能成為試卷的壓軸題。由于本考點(diǎn)知識(shí)與現(xiàn)代科技密切相關(guān)，在近代物理實(shí)驗(yàn)中有重大意義，因此考題還可能以科學(xué)技術(shù)的具體問題為背景，考查學(xué)生運(yùn)用知識(shí)解決實(shí)際問題的能

2、力和建模能力。預(yù)測(cè)高考基礎(chǔ)試題仍是重點(diǎn)考查法拉第電磁感應(yīng)定律及楞次定律和電路等效問題．綜合試題還是涉及到力和運(yùn)動(dòng)、能量守恒、電路分析、安培力等力學(xué)和電學(xué)知識(shí)。主要的類型有滑軌類問題、線圈穿越有界磁場(chǎng)的問題、電磁感應(yīng)圖象的問題等。 第二部分知識(shí)背一背 一、磁場(chǎng)、磁感應(yīng)強(qiáng)度 1．磁場(chǎng)的特性：磁場(chǎng)對(duì)處于其中的磁體、電流和運(yùn)動(dòng)電荷有磁場(chǎng)力的作用． 2．磁場(chǎng)的方向：小磁針靜止時(shí)N極所指的方向． 3．磁感應(yīng)強(qiáng)度 （1）物理意義：描述磁場(chǎng)的強(qiáng)弱和方向． （2）大小：（通電導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)）． （3）方向：小磁針靜止時(shí)N極的指向． （4）單位：特斯拉，簡(jiǎn)稱特，符號(hào)：T. 4．磁通量 （1）

3、概念：在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，與磁場(chǎng)方向垂直的面積S和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的乘積． （2）公式：. （3）單位：1Wb＝1T·m2 二、磁感線、通電導(dǎo)體周圍的磁場(chǎng)的分布 1．磁感線：在磁場(chǎng)中畫出一些有方向的曲線，使曲線上各點(diǎn)的切線方向跟這點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一致． 2．條形磁鐵和蹄形磁鐵的磁場(chǎng)磁感線分布（如圖所示） 3．電流的磁場(chǎng) 直線電流的磁場(chǎng) 通電螺線管的磁場(chǎng) 環(huán)形電流的磁場(chǎng) 特點(diǎn) 無(wú)磁極、非勻強(qiáng)且距導(dǎo)線越遠(yuǎn)處磁場(chǎng)越弱 與條形磁鐵的磁場(chǎng)相似，管內(nèi)為勻強(qiáng)磁場(chǎng)且磁場(chǎng)最強(qiáng)，管外為非勻強(qiáng)磁場(chǎng) 環(huán)形電流的兩側(cè)是N極和S極，且離圓環(huán)中心越遠(yuǎn)，磁場(chǎng)越弱 安培 定則 立體圖

4、 橫截面圖 4.磁感線的特點(diǎn) （1）磁感線上某點(diǎn)的切線方向就是該點(diǎn)的磁場(chǎng)方向． （2）磁感線的疏密定性地表示磁場(chǎng)的強(qiáng)弱，在磁感線較密的地方磁場(chǎng)較強(qiáng)；在磁感線較疏的地方磁場(chǎng)較弱． （3）磁感線是閉合曲線，沒有起點(diǎn)和終點(diǎn)．在磁體外部，從N極指向S極；在磁體 內(nèi)部，由S極指向N極． （4）同一磁場(chǎng)的磁感線不中斷、不相交、不相切． （5）磁感線是假想的曲線，客觀上不存在． 三、安培力的大小和方向 1．安培力的大小 當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)線方向成θ角時(shí)，，這是一般情況下的安培力的表達(dá)式，以下是兩種特殊情況： （1）當(dāng)磁場(chǎng)與電流垂直時(shí)，安培力最大，F(xiàn)max＝

5、BIL. （2）當(dāng)磁場(chǎng)與電流平行時(shí)，安培力等于零． 2．安培力的方向 （1）安培力：通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中受到的力． （2）左手定則：伸開左手，使拇指與其余四指垂直，并且都與手掌在同一個(gè)平面內(nèi)．讓磁感線從掌心進(jìn)入，并使四指指向電流的方向，這時(shí)拇指所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受安培力的方向． （3）兩平行的通電直導(dǎo)線間的安培力：同向電流互相吸引，異向電流互相排斥． 四、洛倫茲力的大小和方向 1．洛倫茲力的定義：磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用力． 2．洛倫茲力的大小，θ為v與B的夾角．如圖所示． （1）當(dāng)v∥B時(shí)，θ＝0°或180°，洛倫茲力F＝0； （2）當(dāng)v⊥B時(shí)，θ＝90°，洛倫

6、茲力. （3）靜止電荷不受洛倫茲力作用． 3．洛倫茲力的方向 （1）左手定則 磁感線垂直穿過手心，四指指向正電荷運(yùn)動(dòng)的方向，拇指指向即為運(yùn)動(dòng)的正電荷所受洛倫茲力。 （2）方向特點(diǎn)：F垂直于B與v決定的平面，即F始終與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功． 五、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．若v∥B，帶電粒子不受洛倫茲力，在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 2．若v⊥B，帶電粒子僅受洛倫茲力作用，在垂直于磁感線的平面內(nèi)以入射速度v做勻速圓周運(yùn)動(dòng)． （1）向心力由洛倫茲力提供：； （2）軌道半徑公式：； （3）周期：（周期T與速度v、軌道半徑R無(wú)關(guān)）； 六、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的

7、應(yīng)用 1．質(zhì)譜儀 （1）構(gòu)造：如圖所示，由粒子源、加速電場(chǎng)、偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)和照相底片等構(gòu)成． （2）原理：粒子由靜止被加速電場(chǎng)加速，根據(jù)動(dòng)能定理可得關(guān)系式.粒子在磁場(chǎng)中受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)牛頓第二定律得關(guān)系式.由兩式可得出需要研究的物理量，如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷．，，. 2．回旋加速器 （1）構(gòu)造：如圖所示，D1、D2是半圓形金屬盒，D形盒的縫隙處接交流電源．D形盒處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中． （2）原理：交流電的周期和粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期相等，粒子在圓周運(yùn)動(dòng)的過程中一次一次地經(jīng)過D形盒縫隙，兩盒間的電勢(shì)差一次一次地反向，粒子就會(huì)被一次一次地加速．由，得，可見粒

8、子獲得的最大動(dòng)能由磁感應(yīng)強(qiáng)度B和D形盒半徑r決定，與加速電壓無(wú)關(guān)． 第三部分 技能+方法 一、對(duì)磁感應(yīng)強(qiáng)度的理解 1.磁感應(yīng)強(qiáng)度概念的理解 （1）磁感應(yīng)強(qiáng)度是用比值法定義的,其大小由磁場(chǎng)本身的性質(zhì)決定,與放入的直導(dǎo)線的電流I的大小、導(dǎo)線長(zhǎng)度L的大小無(wú)關(guān).故不能根據(jù)就說B與F成正比，與IL成反比. （2）由定義式計(jì)算B時(shí),通電導(dǎo)線必須垂直于磁場(chǎng);若通電導(dǎo)線平行放入磁場(chǎng),則不受安培力,但不能說該處磁感應(yīng)強(qiáng)度為零. 2.磁通量概念的理解 （1）其中S為閉合回路面積在垂直于B方向上的分量，如圖甲所示. （2）面積S的含義：S不一定是某個(gè)線圈的真正面積,而是線圈在磁場(chǎng)范圍內(nèi)的面積.

9、如圖乙所示，S應(yīng)為線圈面積的一半. （3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內(nèi)磁通量的大小與線圈匝數(shù)無(wú)關(guān),因?yàn)椴徽摼€圈匝數(shù)多少,穿過線圈的磁感線條數(shù)相同. （4）合磁通量求法：若某個(gè)平面內(nèi)有不同方向的磁場(chǎng)共同存在,當(dāng)計(jì)算穿過這個(gè)面的磁通量時(shí),先規(guī)定某個(gè)方向的磁通量為正,反方向的磁通量為負(fù)，平面內(nèi)各個(gè)方向的磁通量的代數(shù)和等于這個(gè)平面內(nèi)的合磁通量. 二、安培力公式的應(yīng)用 安培力常用公式F=BIL，應(yīng)用時(shí)要滿足： （1）B與L垂直； （2）L是有效長(zhǎng)度，即垂直磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的長(zhǎng)度； 如彎曲導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度L等于兩端點(diǎn)所連直線的長(zhǎng)度（如圖所示），相應(yīng)的電流方向沿L由始端流向末端.因此任意形狀的閉合

10、線圈，其有效長(zhǎng)度為零，受到的安培力的矢量和為零. 2.通電導(dǎo)線在安培力作用下的平衡和加速運(yùn)動(dòng)的分析方法 （1）確定研究對(duì)象,對(duì)研究對(duì)象進(jìn)行受力分析. （2）畫出受力平面圖. （3）依據(jù)平衡條件或牛頓第二定律列方程. 三、安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的判定 1.判定安培力作用下導(dǎo)體運(yùn)動(dòng)情況的常用方法 電流元法 分割為電流元左手定則安培力方向―→整段導(dǎo)體所受合力方向―→運(yùn)動(dòng)方向 特殊位置法 在特殊位置―→安培力方向―→運(yùn)動(dòng)方向 等效法 環(huán)形電流小磁針條形磁鐵通電螺線管多個(gè)環(huán)形電流 結(jié)論法 同向電流互相吸引，異向電流互相排斥；兩不平行的直線電流相互作用時(shí)，有轉(zhuǎn)到平行且電流

11、方向相同的趨勢(shì) 轉(zhuǎn)換研究對(duì)象法 定性分析磁體在電流磁場(chǎng)作用下如何運(yùn)動(dòng)或運(yùn)動(dòng)趨勢(shì)的問題，可先分析電流在磁體磁場(chǎng)中所受的安培力，然后由牛頓第三定律，確定磁體所受電流磁場(chǎng)的作用力，從而確定磁體所受合力及運(yùn)動(dòng)方向 四、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 1．帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)是各省市每年高考必考內(nèi)容之一．一般以計(jì)算題的形式出現(xiàn)，可以與其他知識(shí)相綜合，難度中等以上，分值較高，以考查學(xué)生的形象思維和邏輯推理能力為主． 2．分析方法：找圓心、求半徑、確定轉(zhuǎn)過的圓心角的大小是解決這類問題的前提，確定軌道半徑和給定的幾何量之間的關(guān)系是解題的基礎(chǔ)，有時(shí)需要建立運(yùn)動(dòng)時(shí)間t和轉(zhuǎn)過的圓心角α之間的關(guān)系作為

12、輔助． （1）圓心的確定 ①基本思路：與速度方向垂直的直線和圖中弦的中垂線一定過圓心． ②兩種情形 a．已知入射方向和出射方向時(shí)，可通過入射點(diǎn)和出射點(diǎn)分別作垂直于入射方向和出射方向的直線，兩條直線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心（如圖所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)）． b．已知入射方向和出射點(diǎn)的位置時(shí)，可以通過入射點(diǎn)作入射方向的垂線，連接入射點(diǎn)和出射點(diǎn)，作其中垂線，這兩條垂線的交點(diǎn)就是圓弧軌道的圓心（如圖所示，圖中P為入射點(diǎn)，M為出射點(diǎn)）． （2）半徑的確定 用幾何知識(shí)（勾股定理、三角函數(shù)等）求出半徑大?。? （3）運(yùn)動(dòng)時(shí)間的確定 粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)一周的時(shí)間為T，當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)的

13、圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角為α?xí)r，其運(yùn)動(dòng)時(shí)間為：（或）． 3．規(guī)律總結(jié) 帶電粒子在不同邊界磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) （1）直線邊界（進(jìn)出磁場(chǎng)具有對(duì)稱性） （2）平行邊界（存在臨界條件） （3）圓形邊界（沿徑向射入必沿徑向射出） 五、質(zhì)譜儀和回旋加速器 1. 根據(jù)質(zhì)譜儀原理可以得出需要研究的物理量,如粒子軌道半徑、粒子質(zhì)量、比荷等. （1）粒子軌道半徑 （2）粒子質(zhì)量 （3）粒子比荷. 2.回旋加速器的最大動(dòng)能根據(jù),得,可見： （1）粒子最大動(dòng)能與加速電壓無(wú)關(guān). （2）最大動(dòng)能由D形盒的最大半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度決定. 第四部分 基礎(chǔ)練+測(cè) 一、單選題 1．在磁場(chǎng)中的同一位置

14、放置一條直導(dǎo)線，導(dǎo)線的方向與磁場(chǎng)方向垂直，則下列描述導(dǎo)線受到的安培力F的大小與通過導(dǎo)線的電流的關(guān)系圖象正確的是 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【詳解】 當(dāng)導(dǎo)線的方向與磁場(chǎng)方向垂直時(shí)所受的安培力F=BIL，則描述導(dǎo)線受到的安培力F的大小與通過導(dǎo)線的電流I的關(guān)系圖象正確的是A； 2．下列陳述與事實(shí)相符的是 A．牛頓測(cè)定了引力常量 B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場(chǎng) C．安培發(fā)現(xiàn)了靜電荷間的相互作用規(guī)律 D．伽利略指出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因 【答案】 D 【解析】 【詳解】 A．卡文迪許測(cè)定了引力常量，選項(xiàng)A錯(cuò)誤； B．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流周圍

15、存在磁場(chǎng)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤； C．庫(kù)倫發(fā)現(xiàn)了靜電荷間的相互作用規(guī)律，選項(xiàng)C錯(cuò)誤； D．伽利略指出了力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因，選項(xiàng)D正確； 3．在物理學(xué)的發(fā)展中，有許多科學(xué)家做出了重大貢獻(xiàn)，下列說法中錯(cuò)誤的是 A．第谷通過天文觀測(cè)發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律 B．密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)出了元電荷 C．法拉第不僅提出了場(chǎng)的概念，而且利用電場(chǎng)線和磁感線形象地描述電場(chǎng)和磁場(chǎng) D．安培定則也叫右手螺旋定則 【答案】 A 【解析】 【詳解】 開普勒根據(jù)第谷通過天文觀測(cè)數(shù)據(jù)的研究發(fā)現(xiàn)了行星運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；密立根通過油滴實(shí)驗(yàn)測(cè)出了元電荷，選項(xiàng)B正確；法拉第不僅提出了場(chǎng)的概念，而且利用電場(chǎng)線和

16、磁感線形象地描述電場(chǎng)和磁場(chǎng)，選項(xiàng)C正確；安培定則也叫右手螺旋定則，選項(xiàng)D正確；此題選擇錯(cuò)誤的選項(xiàng)，故選A. 4．如圖所示是一位同學(xué)制作的實(shí)驗(yàn)裝置：柔軟彈簧豎直懸掛，下端恰與銅片接觸。當(dāng)開關(guān)閉合后，彈簧時(shí)伸時(shí)縮，燈泡時(shí)明時(shí)暗。關(guān)于這個(gè)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，下列說法中正確的是( ) A．彈簧收縮與銅片分離時(shí)，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡 B．彈簧伸長(zhǎng)與銅片接觸時(shí)，通過燈泡的電流較大，燈泡明亮 C．有電流通過彈簧時(shí)，各匝環(huán)形電流互相吸引致使彈簧收縮 D．有電流通過彈簧時(shí)，各匝環(huán)形電流互相排斥致使彈簧伸長(zhǎng) 【答案】 C 【解析】 【詳解】 AB．由電路圖可知，彈簧收縮與銅片分離時(shí)，通

17、過燈泡的電流較大，燈泡明亮；彈簧伸長(zhǎng)與銅片接觸時(shí)，通過燈泡的電流較小，燈泡暗淡，選項(xiàng)AB錯(cuò)誤； CD．有電流通過彈簧時(shí)，各匝環(huán)形電流是同向電流，則互相吸引致使彈簧收縮，選項(xiàng)C正確，D錯(cuò)誤。 5．關(guān)于物理學(xué)史，下列說法錯(cuò)誤的是 A．伽利略通過斜面實(shí)驗(yàn)推斷出自由落體運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，這就是將數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的方法 B．牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎(chǔ)上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結(jié)出了普遍適用的力學(xué)運(yùn)動(dòng)規(guī)律……牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律 C．奧斯特發(fā)現(xiàn)了導(dǎo)線附近小磁針的偏轉(zhuǎn)，從而得出電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場(chǎng)

18、 D．愛因斯坦首先提出當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量時(shí)，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個(gè)不可再分的最小能量值叫做能量子 【答案】 D 【解析】 【詳解】 伽利略通過斜面實(shí)驗(yàn)推斷出自由落體運(yùn)動(dòng)的速度隨時(shí)間均勻變化，他開創(chuàng)了研究自然規(guī)律的科學(xué)方法，這就是將數(shù)學(xué)推導(dǎo)和科學(xué)實(shí)驗(yàn)相結(jié)合的方法，選項(xiàng)A正確；牛頓在伽利略笛卡兒、開普勒等人研究的基礎(chǔ)上，采用歸納與演繹綜合與分析的方法，總結(jié)出了普遍適用的力學(xué)運(yùn)動(dòng)規(guī)律……牛頓運(yùn)動(dòng)定律和萬(wàn)有引力定律，選項(xiàng)B正確；奧斯特發(fā)現(xiàn)了導(dǎo)線附近小磁針的偏轉(zhuǎn)，從而得出電流的磁效應(yīng)，首次揭示了電流能夠產(chǎn)生磁場(chǎng)，選項(xiàng)C正確；普朗克首先提出當(dāng)帶電微粒輻射或吸收能量

19、時(shí)，是以最小能量值為單位一份份地輻射或吸收的，這個(gè)不可再分的最小能量值叫做能量子，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；此題選擇不正確的選項(xiàng)，故選D. 6．下列關(guān)于物理現(xiàn)象及其在科技中的應(yīng)用的說法正確的是（ ） A．交流感應(yīng)電動(dòng)機(jī)是利用電磁驅(qū)動(dòng)的原理工作的 B．穿過線圈的磁通量為0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)一定為0 C．自感現(xiàn)象是收音機(jī)中“磁性天線”工作的基礎(chǔ) D．磁電式電流表中，極靴與鐵質(zhì)圓柱間產(chǎn)生的是勻強(qiáng)磁場(chǎng) 【答案】 A 【解析】 【詳解】 A．交流感應(yīng)電動(dòng)機(jī)是利用電磁驅(qū)動(dòng)的原理工作的，故A正確； B．穿過線圈的磁通量為0，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，故B錯(cuò)誤； C．收音機(jī)中“磁性天線”工作是利用互感現(xiàn)象，

20、故C錯(cuò)誤； D．磁電式電流表內(nèi)部的蹄形磁鐵的極靴與圓柱鐵芯間的磁場(chǎng)是均勻輻向分布的，故D錯(cuò)誤； 7．如圖所示，框架面積為 S，框架平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B 的勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直，則下列穿過平面的磁通量的說法中不正確的是（） A．如圖所示位置時(shí)磁通量大小等于 BS B．若使框架繞 OO′轉(zhuǎn)過 60°角，磁通量大小為12BS C．若從初始位置轉(zhuǎn)過 90°角，磁通量大小為 BS D．若從初始位置轉(zhuǎn)過 180°角，磁通量變化量的大小為 2BS 【答案】 C 【解析】 【詳解】 A、線圈與磁場(chǎng)垂直，穿過線圈的磁通量等于磁感應(yīng)強(qiáng)度與線圈面積的乘積，故圖示位置的磁通量為Φ=BS，故A

21、正確； B、使框架繞OO'轉(zhuǎn)過60°角，則在磁場(chǎng)方向的投影面積為12S，則磁通量為12BS，故B正確； C、線圈從圖示轉(zhuǎn)過90°的過程中，S垂直磁場(chǎng)方向上的投影面積逐漸減小，故磁通量逐漸減小，當(dāng)線圈從圖示轉(zhuǎn)過90°時(shí)，磁通量為0，故C錯(cuò)誤； D、從初始位置轉(zhuǎn)過180°角，磁通量變化為ΔΦ=BS-（-BS）=2BS，故D正確。 8．直線電流周圍空間各點(diǎn)的磁場(chǎng)強(qiáng)度的關(guān)系式為B=kIx，其中I為直線電流強(qiáng)度的大小，x為空間各點(diǎn)到直線電流的垂直距離。在空間放置兩相互平行的直導(dǎo)線，其間距為a，現(xiàn)在兩導(dǎo)線中通有大小與方向均相同的電流，規(guī)定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向向外為正方向，則在0～a之間的合磁感應(yīng)強(qiáng)度隨x

22、的變化規(guī)律符合下列圖像中的 A． B． C． D． 【答案】 A 【解析】 【分析】 根據(jù)右手螺旋定則可得知電流方向與磁場(chǎng)方向的關(guān)系，電導(dǎo)線周圍有磁場(chǎng)存在，磁場(chǎng)除大小之外還有方向，所以合磁場(chǎng)通過矢量疊加來(lái)處理。 【詳解】 根據(jù)右手螺旋定則可得左邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，右邊通電導(dǎo)線在兩根導(dǎo)線之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，離導(dǎo)線越遠(yuǎn)磁場(chǎng)越弱，在兩根導(dǎo)線中間位置磁場(chǎng)為零。由于規(guī)定B的正方向即為垂直紙面向外，所以A正確，BCD錯(cuò)誤。 故選：A。 【點(diǎn)睛】 由于電流大小相等，方向相同，所以兩根連線的中點(diǎn)磁場(chǎng)剛好為零，從中點(diǎn)向兩邊移動(dòng)磁場(chǎng)越來(lái)

23、越強(qiáng)，左邊的磁場(chǎng)垂直紙面向里，右邊的磁場(chǎng)垂直紙面向外。 9．一矩形線圈abcd放在水平面上，線圈中通有如圖所示的恒定電流。在ab邊的右側(cè)距ab邊的距離與bc邊的長(zhǎng)度相等處，放置水平長(zhǎng)直導(dǎo)線MN，MN通有由M到N的電流，在其周圍空間產(chǎn)生磁場(chǎng)，已知載流長(zhǎng)直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=kI/r，式中常量k>0，I為電流強(qiáng)度，r為距導(dǎo)線的即離。則（） A．a(chǎn)d邊不受安培力作用 B．a(chǎn)b邊、cd邊受到的安培力之比為2：1 C．若水平面光滑，線圈將向右作加速度減小的加速運(yùn)動(dòng) D．若水平面粗糙，線圈受到向左的摩擦力作用 【答案】 B 【解析】 【分析】 根據(jù)右手定則，判斷通電

24、導(dǎo)線MN在右側(cè)的磁場(chǎng)方向，根據(jù)左手定則判斷各個(gè)邊受安培力的方向；根據(jù)B=kI/r判斷ab邊、cd邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比，根據(jù)F=BIL可知ab邊、cd邊受到的安培力之比；因線框所受安培力的合力向左，可判斷若水平面光滑，線圈的加速度方向；若水平面粗糙，可判斷線圈受到的摩擦力方向. 【詳解】 根據(jù)右手定則，通電導(dǎo)線MN在右側(cè)的磁場(chǎng)方向向里，由左手定則可知，ad邊受向下的安培力作用，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；根據(jù)B=kI/r可知，ab邊、cd邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比為2:1，根據(jù)F=BIL可知ab邊、cd邊受到的安培力之比為2：1，選項(xiàng)B正確；因線框所受安培力的合力向左，則若水平面光滑，線圈將向左作加速度減小的加速

25、運(yùn)動(dòng)；若水平面粗糙，線圈受到向右的摩擦力作用，選項(xiàng)CD錯(cuò)誤；故選B. 10．物理學(xué)家通過艱辛的實(shí)驗(yàn)和理論研究探究自然規(guī)律，為科學(xué)事業(yè)做出了巨大貢獻(xiàn)．下列描述中符合物理學(xué)史實(shí)的是( ) A．奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)并提出了分子電流假說 B．法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象并總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的規(guī)律 C．牛頓發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律但未給出引力常量G的數(shù)值 D．哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，并發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運(yùn)行的規(guī)律 【答案】 C 【解析】 【詳解】 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)，安培并提出了分子電流假說，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)現(xiàn)象，楞次總結(jié)出了判斷感應(yīng)電流方向的

26、規(guī)律，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；牛頓發(fā)現(xiàn)了萬(wàn)有引力定律但未給出引力常量G的數(shù)值，后來(lái)卡文迪許用扭秤實(shí)驗(yàn)測(cè)出了引力常數(shù)，選項(xiàng)C正確； 哥白尼大膽反駁地心說，提出了日心說，開普勒發(fā)現(xiàn)行星沿橢圓軌道運(yùn)行的規(guī)律，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；故選C. 二、多選題 11．豎直面（紙面）內(nèi)兩固定長(zhǎng)直導(dǎo)線L1、L2中通有如圖所示的電流，P點(diǎn)位于L1、L2正中間，整個(gè)空間存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)（未畫出），此時(shí)P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0。若L1中電流反向，則P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為23B0，方向垂直紙面向里，則 A．I1在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為13B0 B．I1在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度

27、大小為23B0 C．I2在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為23B0 D．I2在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為13B0 【答案】 AC 【解析】 【詳解】 設(shè)I1、I2在P點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小為B1和B2，由右手定則可知B1和B2方向均向外，則：B1+B2=B0；若L1中電流反向，則磁場(chǎng)方向也反向，則：B1+ B0-B2=23B0；聯(lián)立解得B1 =13B0；B2=23B0，故選AC. 12．如圖，電阻不計(jì)的光滑金屬軌道MN、PQ，左側(cè)連接定值電阻R，桿間距離為L(zhǎng)，放置在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。一金屬桿ab垂直放置在軌道上，ab桿長(zhǎng)L0，電阻r。現(xiàn)讓ab向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)，下

28、列說法正確的是 A．回路中感應(yīng)電流大小為I=BL0vR，方向a—b B．a(chǎn)b桿受到安培力向左 C．回路中感應(yīng)電流大小為I=BLvR+r，方向b—a D．a(chǎn)b桿受到安培力向右 【答案】 BC 【解析】 【詳解】 ab向右以速度v勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為：E=BLv，則感應(yīng)電流為：I=BLvR+r，根據(jù)楞次定律可知電流方向?yàn)閎-a，故A錯(cuò)誤，C正確；根據(jù)左手定則可知ab桿受到安培力向左，故B正確，D錯(cuò)誤。所以BC正確，AD錯(cuò)誤。 13．如圖所示，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線A、B垂直于紙面固定放置，二者之間連線水平，電流方向均垂直于紙面向里，A中電流是B中電流的4倍，此時(shí)A受到的磁場(chǎng)

29、作用力大小為F。當(dāng)在A、B的正中間再放置一根與A、B平行共面的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線C后，A受到的磁場(chǎng)作用力大小變?yōu)?F，則B受到的磁場(chǎng)作用力大小和方向可能是 A．大小為54F，方向水平向右 B．大小為54F，方向水平向左 C．大小為14F，方向水平向右 D．大小為14F，方向水平向左 【答案】 BD 【解析】 【詳解】 由于ab間的磁場(chǎng)力是兩導(dǎo)體棒的相互作用，故B受到A的磁場(chǎng)力大小為F，方向向左；中間再加一通電導(dǎo)體棒時(shí)，由于C處于中間，其在ab兩位置產(chǎn)生的磁場(chǎng)強(qiáng)度相同，故A受到的磁場(chǎng)力為B受磁場(chǎng)力的4倍；由于A受到的磁場(chǎng)作用力大小變?yōu)?F，則可能有兩種情況： ①、C對(duì)A的作用

30、力為F，方向向右；則C對(duì)B的作用力為F/4，方向向左，則B受力大小為5F/4，方向水平向左； ②、C對(duì)A的作用力為3F，方向向左，則C對(duì)B的作用力為3F/4，方向向右，則B受力大小為F/4，方向水平向左； 故BD正確，AC錯(cuò)誤。故選BD。 14．如圖所示整個(gè)空間有一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一絕緣木板(足夠長(zhǎng))靜止在光滑水平面上一帶正電的滑塊靜止在木板上，滑塊和木板之間的接觸面粗糙程度處處相同。不考慮空氣阻力的影響，下列說法中正確的是 A．若對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊一定相對(duì)靜止 B．若對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊間一定沒有彈力 C．若

31、對(duì)木板施加一個(gè)水平向右的瞬時(shí)沖量，最終木板和滑塊間一定沒有摩擦力 D．若對(duì)木板始終施加一個(gè)水平向右的恒力，最終滑塊做勻速運(yùn)動(dòng) 【答案】 BCD 【解析】 若對(duì)木板施加一水平向右的瞬時(shí)沖量，則開始時(shí)滑塊將受到向右的摩擦力作用而向右加速，隨速度的增加，滑塊受到向上的洛倫茲力逐漸變大，當(dāng)滿足qvB=mg時(shí)，滑塊離開木板，此時(shí)滑塊和木板間沒有彈力，也沒有摩擦力，此后滑塊將以速度v做勻速運(yùn)動(dòng)，而此時(shí)木板的速度不一定減到v，則木板和滑塊不一定相對(duì)靜止，選項(xiàng)A錯(cuò)誤，BC正確；若對(duì)木板始終施加一水平向右的恒力，則開始時(shí)木板和滑塊將向右做勻加速運(yùn)動(dòng)，當(dāng)速度滿足qvB=mg時(shí)，滑輪離開木板，最終滑塊做

32、勻速運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確；故選BCD. 15．將α、β、γ三種射線分別射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)中，則射線偏轉(zhuǎn)情況正確的是 A． B． C． D． 【答案】 AD 【解析】 【詳解】 A、B、因α射線是高速氦核流，一個(gè)α粒子帶兩個(gè)正電荷.根據(jù)左手定則，α射線受到的洛倫茲力向左，β射線是高速電子流，帶負(fù)電荷.根據(jù)左手定則，β射線受到的洛倫茲力向右，γ射線是γ光子，是中性的，故在磁場(chǎng)中不受磁場(chǎng)的作用力，軌跡不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn).故A正確，B錯(cuò)誤． C、D、因α射線實(shí)質(zhì)為氦核流，帶正電，β射線為電子流，帶負(fù)電，γ射線為高頻電磁波，根據(jù)電荷所受電場(chǎng)力特點(diǎn)可知：向左偏的為β射線，不偏

33、的為γ射線，向右偏的為α射線，故C錯(cuò)誤，D正確； 故選AD． 【點(diǎn)睛】 熟練掌握α、β兩種衰變實(shí)質(zhì)以及衰變方程的書寫，同時(shí)明確α、β、γ三種射線性質(zhì)及應(yīng)用．本題綜合性較強(qiáng)，主要考查兩個(gè)方面的問題：①三種射線的成分主要是所帶電性．②洛倫茲力的方向的判定．只有基礎(chǔ)扎實(shí)，此類題目才能順利解決，故要重視基礎(chǔ)知識(shí)的學(xué)習(xí) 16．如圖所示，在平面上有兩條相互垂直且彼此絕緣的長(zhǎng)通電直導(dǎo)線，以它們?yōu)樽鴺?biāo)軸構(gòu)成一個(gè)平面直角坐標(biāo)系。四個(gè)相同的閉合圓形線圈在四個(gè)象限中完全對(duì)稱放置，兩條長(zhǎng)直導(dǎo)線中電流大小與變化情況相同，電流方向如圖所示，當(dāng)兩條導(dǎo)線中的電流都開始均勻增大時(shí)，四個(gè)線圈a、b、c、d中感應(yīng)電流的情況

34、是 A．線圈a中有感應(yīng)電流 B．線圈b中有感應(yīng)電流 C．線圈c中有順時(shí)針方向的感應(yīng)電流 D．線圈d中有逆時(shí)針方向的感應(yīng)電流 【答案】 AC 【解析】 由右手螺旋定則可判定通電導(dǎo)線磁場(chǎng)的方向。ac象限磁場(chǎng)不為零，a中磁場(chǎng)垂直紙面向里，當(dāng)電流增大時(shí)，線圈a中有逆時(shí)針方向的電流，故A正確；其中bd區(qū)域中的磁通量為零，當(dāng)電流變化時(shí)不可能產(chǎn)生感應(yīng)電流，故B D錯(cuò)誤。ac象限磁場(chǎng)不為零，c中磁場(chǎng)垂直紙面向外，當(dāng)電流增大時(shí)，線圈c中有順時(shí)針方向的電流，故C正確；故選AC。 點(diǎn)睛：本題考查了右手螺旋定則和楞次定律的應(yīng)用，解決本題的關(guān)鍵掌握楞次定律判斷感應(yīng)電流的方向，知道感應(yīng)電流的磁場(chǎng)阻

35、礙原磁場(chǎng)磁通量的變化． 17．如圖所示，豎直虛線邊界左側(cè)為一半徑為R的光滑半圓軌道，O為圓心，A為最低點(diǎn)，C為最高點(diǎn)，右側(cè)同時(shí)存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶電小球從半圓軌道的最低點(diǎn)A以某一初速度開始運(yùn)動(dòng)恰好能到最高點(diǎn)C，進(jìn)入右側(cè)區(qū)域后恰好又做勻速圓周運(yùn)動(dòng)回到A點(diǎn)，空氣阻力不計(jì)，重力加速度為g．則 A．小球在最低點(diǎn)A開始運(yùn)動(dòng)的初速度大小為5gR B．小球返回A點(diǎn)后可以第二次到達(dá)最高點(diǎn)C C．小球帶正電，且電場(chǎng)強(qiáng)度大小為mgq D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為mqgR 【答案】 ACD 【解析】小球恰能經(jīng)過最高點(diǎn)C，則mg=mvC2R

36、，解得vC=gR；從A到C由動(dòng)能定理：-mg?2R=12mvC2-12mvA2，解得vA=5gR，選項(xiàng)A正確；小球在復(fù)合場(chǎng)中以速度gR做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，再次過A點(diǎn)時(shí)的速度為gR，則小球不能第二次到達(dá)最高點(diǎn)C，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；小球在復(fù)合場(chǎng)中受向下的重力和向上的電場(chǎng)力而平衡，可知粒子帶正電，滿足mg=qE，解得E=mgq，選項(xiàng)C正確；由qvB=mv2R，其中v=gR，解得B=mqgR，選項(xiàng)D正確；故選ACD. 點(diǎn)睛：此題關(guān)鍵是知道小球在重力場(chǎng)、電場(chǎng)和磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的條件：重力與電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力充當(dāng)向心力. 18．如圖所示，臺(tái)秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連

37、接起來(lái)，此時(shí)臺(tái)秤讀數(shù)為F1，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一導(dǎo)體棒，當(dāng)導(dǎo)體棒中通以方向如圖所示的電流后，臺(tái)秤讀數(shù)為F2，則以下說法正確的是(　　) A．彈簧長(zhǎng)度將變長(zhǎng) B．彈簧長(zhǎng)度將變短 C．F1>F2 D．F1

38、種勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向。其中摩擦力可能為零的是 A． B． C． D． 【答案】 AB 【解析】 【分析】 通過對(duì)桿ab受力分析，根據(jù)共點(diǎn)力平衡判斷桿子是否受摩擦力． 【詳解】 A圖中桿子受重力、水平向右的安培力和斜面的支持力，若三個(gè)力平衡，則不受摩擦力。故A正確。B圖中桿子受重力，豎直向上的安培力，若重力與安培力相等，則二力平衡，不受摩擦力。故B正確。C圖中桿子受重力、豎直向下的安培力、支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力。故C錯(cuò)誤。D圖中桿子受重力、水平向左的安培力，支持力，要想處于平衡，一定受摩擦力。故D錯(cuò)誤。故選AB。 【點(diǎn)睛】 解決本題的關(guān)鍵掌握安培力的方向判定，以及能

39、正確地進(jìn)行受力分析，根據(jù)受力平衡判斷桿子是否受摩擦力． 20．如圖所示，AOB為一邊界為14圓的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，O點(diǎn)為圓心，D點(diǎn)為邊界OB的中點(diǎn)，C點(diǎn)為邊界上一點(diǎn)，且CD∥AO．現(xiàn)有兩個(gè)完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(chǎng)（不計(jì)粒子重力），其中粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入，恰從B點(diǎn)射出，粒子2從C點(diǎn)沿CD射入，從某點(diǎn)離開磁場(chǎng)，則可判斷（　　） A．粒子2在AB圓弧之間某點(diǎn)射出磁場(chǎng) B．粒子2必在B點(diǎn)射出磁場(chǎng) C．粒子1與粒子2在磁場(chǎng)中的運(yùn)行時(shí)間之比為3：2 D．粒子1與粒子2的速度偏轉(zhuǎn)角度相同 【答案】 BC 【解析】 粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： A、粒子1從A點(diǎn)正對(duì)圓心射入

40、，恰從B點(diǎn)射出，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓心角為90°，粒子軌道半徑等于BO，粒子2從C點(diǎn)沿CD射入其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)對(duì)應(yīng)的圓心為O1，運(yùn)動(dòng)軌道半徑也為BO，連接O1C、O1B，O1COB是平行四邊形，O1B=CO，則粒子2一定從B點(diǎn)射出磁場(chǎng)，故A錯(cuò)誤，B正確； C、粒子1在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角θ1=90°，連接PB，可知P為O1C的中點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識(shí)可知，θ2=∠BO1P=60°，兩粒子的速度偏角不同，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期：T=2πmBq，兩粒子的周期相等，粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=θ2πT，的運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比：t1:t2=θ1:θ2=90°:60°=3:2，故C正確，D錯(cuò)誤。 點(diǎn)睛：本題考查了

41、粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，作出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡、應(yīng)用數(shù)學(xué)知識(shí)、周期公式即可正確解題。 三、解答題 21．如圖甲所示，半徑為R的導(dǎo)體環(huán)內(nèi)，有一個(gè)半徑為r的虛線圓，虛線圓內(nèi)有垂直紙面向里的磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小隨時(shí)間變化規(guī)律為B1=kt（k>0且為常量）。 （1）求導(dǎo)體環(huán)中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)E的大?。? （2）將導(dǎo)體環(huán)換成內(nèi)壁光滑的絕緣細(xì)管（管子內(nèi)徑忽略），管內(nèi)放置一質(zhì)量為m、電荷量為+q的小球，小球重力不計(jì)，如圖乙所示。已知絕緣細(xì)管內(nèi)各點(diǎn)渦旋電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為ER=kr22R，方向與該點(diǎn)切線方向相同。小球在電場(chǎng)力作用下沿細(xì)管加速運(yùn)動(dòng)。要使t時(shí)刻管壁

42、對(duì)小球的作用力為零，可在細(xì)管處加一垂直于紙面的磁場(chǎng)，求所加磁場(chǎng)的方向及磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B2。 【答案】 （1）得E=kπr2（2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。 B2=kr22R2t 【解析】 【詳解】 （1）根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有 E=ΔΦΔt Φ=B?S=kt?πr2 得E=kπr2 （2）洛倫茲力方向指向圓心。由左手定則，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。 電場(chǎng)力：F=ERq F=ma t時(shí)刻速度v=at 洛倫茲力大小F洛=qvB2 qvB2=mv2R 聯(lián)立解得B2=kr22R2t 22．如圖所示，一電子（電量為e）經(jīng)過電場(chǎng)加速后從右

43、板小孔飛出，兩平行板間電壓為U。電子垂直磁場(chǎng)邊界進(jìn)入磁場(chǎng)，從右邊界飛出。磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，磁場(chǎng)兩邊界間距離為d。 （1）求電子從右板小孔飛出時(shí)的速度大小？ （2）求電子在磁場(chǎng)中穿過后，速度方向改變量的正弦值是多少？ 【答案】 （1）2eUm（2）dBe2mU 【解析】 【詳解】 （1）經(jīng)電場(chǎng)加速后電子的動(dòng)能定理得：eU=12mv02 解得：v0=2eUm （2）粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示： 根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv0B=mv02R 解得：R=mv0qB 根據(jù)幾何關(guān)系可得：sinθ=dR 聯(lián)立可得：sinθ=dBe2mU 23．空間中有一直角坐標(biāo)系，其第一象

44、限在圓心為O1、半徑為R、邊界與x軸和y軸相切的圓形區(qū)域內(nèi)，有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B；第二象限中存在方向豎直向下的場(chǎng)強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)?，F(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從圓形區(qū)域邊界與x軸的切點(diǎn)A處沿紙面上的不同方向射入磁場(chǎng)中，如圖所示。已知粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑均為R，其中沿AO1方向射入的粒子恰好到達(dá)x軸上的N點(diǎn)，不計(jì)粒子的重力和它們之間的相互作用，求： (1)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小及ON間的距離； (2)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)的粒子到達(dá)y軸距O點(diǎn)的距離； (3)速度方向與AO1夾角為60°(斜向右上方)

45、的粒子到達(dá)x軸的時(shí)間。 【答案】 （1）qBRm，2qBR3mE（2）R+32R（3）(5π+3)m6qB+(2+3)mRqE 【解析】 【分析】 由洛倫茲力充當(dāng)向心力可求得粒子的速度；再根據(jù)粒子在電場(chǎng)中的平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律可求得電場(chǎng)強(qiáng)度的大?。桓鶕?jù)題意明確粒子的運(yùn)動(dòng)情況，明確粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖；由幾何關(guān)系求得粒子到達(dá)y軸距O點(diǎn)的距離；由粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的運(yùn)動(dòng)軌跡圖，明確圓心角則可求得粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的時(shí)間。 【詳解】 (1)粒子射入磁場(chǎng)時(shí)的速度大小為v，因在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB=mv2R 解得：v=qBRm如圖甲所示： 因粒子的軌跡半徑是R，故沿AO1方

46、向射入的粒子一定從與圓心等高的D點(diǎn)沿x軸負(fù)方向射入電場(chǎng)，則粒子在電場(chǎng)中從D點(diǎn)到N點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng)，水平方向：x=vt 豎直方向有：R=12?qEm?t2 解得：x=2qBR3mE (2)對(duì)于速度v(斜向右上方)的粒子，軌跡如圖乙所示： 軌跡圓心為C，從M點(diǎn)射出磁場(chǎng)，連接O1M，四邊形O1MCA是菱形，故CM垂直于x軸，速度方向偏轉(zhuǎn)角度等于圓心角θ=150°， 粒子出磁場(chǎng)后速度方向垂直y軸，到達(dá)y軸距O點(diǎn)距離：y=R+Rsin60°=R+32R (3)速度方向與AO1夾角為60°為的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=θ360°T=5πm6qB 粒子離開磁場(chǎng)到y(tǒng)軸的距離MH=R2，在無(wú)

47、場(chǎng)區(qū)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2=R2v=m2qB 設(shè)粒子在電場(chǎng)中到達(dá)x軸運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t3，y=R+32R=12?qEm?t32 解得：t3=(2+3)mRqE 粒子到達(dá)x軸的時(shí)間：t=t1+t2+t3=(5π+3)m6qB+(2+3)mRqE 【點(diǎn)睛】 本題考查帶電粒子在磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)情況，要注意明確粒子在電場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)應(yīng)用運(yùn)動(dòng)的合成和分解規(guī)律求解；而在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)，根據(jù)幾何關(guān)系和洛倫茲力充當(dāng)向心力規(guī)律求解。 24．如圖所示，兩塊相同的金屬板MN、PQ平行傾斜放置，與水平面的夾角為45°，兩金屬板間的電勢(shì)差為U，PQ板電勢(shì)高于MN板，且MN、PQ之間分布有方向與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一質(zhì)

48、量為m、帶電量為q的小球從PQ板的P端以速度v0豎直向上射入，恰好沿直線從MN板的N端射出，重力加速度為g，求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向； (2)小球在金屬板之間的運(yùn)動(dòng)時(shí)間。 【答案】 (1), 方向垂直紙面向外 (2) 【解析】（1）小球在金屬板之間只能做勻速直線運(yùn)動(dòng)，受重力G，電場(chǎng)力F電和洛倫茲力f，F(xiàn)電的方向與金屬板垂直，由左手定則可知f的方向沿水平方向，受力如圖，三力合力為零，故小球帶正電，金屬板MN、PQ之間的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外， 得 由于不做功， 則由動(dòng)能定理可得， 解得 25．電流天平可以用來(lái)測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。測(cè)量前天平已調(diào)至

49、平衡，測(cè)量時(shí)，在左邊托盤中放入質(zhì)量m1=15.0g的砝碼，右邊托盤中不放砝碼，將一個(gè)質(zhì)m0=10.0g，匝數(shù)n=10，下邊長(zhǎng)l=10.0cm的矩形線圈掛在右邊托盤的底部，再將此矩形線圈的下部分放在待測(cè)磁場(chǎng)中，如圖18甲所示，線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中，不計(jì)連接導(dǎo)線對(duì)線圈的作用力，電源電動(dòng)勢(shì)E=1.5V，內(nèi)阻r=1.0Ω。開關(guān)S閉合后，調(diào)節(jié)可變電阻使理想電壓表示數(shù)U=1.4V時(shí)，R1=10Ω，此時(shí)天平正好平衡。g=10m/s2，求： （1）線圈下邊所受安培力的大小F，以及線圈中電流的方向； （2）矩形線圈的電阻R； （3）該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小。 【答案】 （1）0

50、.05N，順時(shí)針（2）R=4Ω（3）0.5T 【解析】（1）天平兩側(cè)平衡，因此有 m1g= m0g+F 可得：F= m1g-m0g=0.05N F的方向豎直向下，根據(jù)左手定則可判斷出線框電流方向?yàn)轫槙r(shí)針 （2）線圈中電流的大小為：I=(E-U)/r=0.1A 根據(jù)電路規(guī)律：U=I(R1+R) 聯(lián)立兩式可得：R=4Ω （3）矩形線圈下邊所受安培力為：F=nBIl 將數(shù)值代入可得： B=F/nIl=0.5T 26．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，直線MO與水平線PQ相交于O，二者夾角θ=30°，在MOP范圍內(nèi)存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，MOQ上方的某個(gè)區(qū)域有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁

51、場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，O點(diǎn)處在磁場(chǎng)的邊界上，現(xiàn)有一群質(zhì)量為m、電量為+q的帶電粒子在紙面內(nèi)以大小不等的速率v（v≤v0）垂直于MO從O點(diǎn)射入磁場(chǎng)，所有粒子通過直線MO時(shí)，速度方向均平行于PQ向左，不計(jì)粒子的重力和粒子間的相互作用力。求： （1）速度最大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間； （2）速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點(diǎn)的距離； （3）磁場(chǎng)區(qū)域的最小面積。 【答案】 （1）2πm3Bq（2）33mv02Bq+mv0q3v0EB（3）13πR2-34R2 【解析】 試題分析：（1）因粒子通過直線MO時(shí)，速度方向均平行于PQ向左，說明粒子速度方向改變了2π3，由幾何關(guān)系可

52、得粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。設(shè)粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，周期為T，粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t1 因?yàn)門=2πmBq 所以t1=13T=2πm3Bq （2）由Bqv0=mv02R，得R=mv0Bq 設(shè)粒子自N點(diǎn)水平飛出磁場(chǎng)，出磁場(chǎng)后應(yīng)做勻速運(yùn)動(dòng)至OM，設(shè)勻速運(yùn)動(dòng)的距離為s，由幾何關(guān)系知：s=Rtanθ=3mv0Bq 過MO后粒子在電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則：R+Rsin30°=12qEmt22 t2=3mqBt2=mq3v0EB 由幾何關(guān)系知，速度最大的粒子打在水平線POQ上的位置離O點(diǎn)的距離 L=OP=Rcosθ+s+v0t2=33mv02Bq+

53、mv0q3v0EB （3）由題知速度大小不同的粒子均要水平通過OM，則其飛出磁場(chǎng)的位置均應(yīng)在ON的連線上，故磁場(chǎng)范圍的最小面積ΔS是速度最大的粒子在磁場(chǎng)中的軌跡與ON所圍成的面積 扇形的面積 的面積為： 考點(diǎn)：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)和電場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 【名師點(diǎn)睛】此題是帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)及勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題；首先要搞清粒子在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)性質(zhì)，結(jié)合類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律及勻速圓周運(yùn)動(dòng)的規(guī)律解答；注意在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)問題，必須要畫出幾何圖線，幾何幾何關(guān)系列出方程才能解答. 27．電子質(zhì)量為m、電荷量為q,以速度v0與x軸成θ角射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,最后落在x軸上的P點(diǎn),如圖所

54、示,求: （1）電子運(yùn)動(dòng)軌道的半徑R （2）OP的長(zhǎng)度; （3）電子從由O點(diǎn)射入到落在P點(diǎn)所需的時(shí)間t. 【答案】 2mv0qBsinθ2θmqB 【解析】 試題分析：（1）過O點(diǎn)和P點(diǎn)作速度方向的垂線,兩線交點(diǎn)C即為電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心,如圖所示, 則有幾何知識(shí)得：OP=2Rsinθ 洛倫茲力提供向心力：Bqv0=mv02R 解得:OP=2mv0sinθBq （2）由圖中可知：2θ=ωt=2πTt 又有：v0=ωR=2πRT 解得：t=2θmBq 考點(diǎn)：本題考查了帶電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)問題 28．一束硼離子以不同的初速度，沿水平方向經(jīng)過速度

55、選擇器，從O點(diǎn)進(jìn)入方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)區(qū)域，分兩束垂直打在O點(diǎn)正下方的離子探測(cè)板上P1和P2點(diǎn)，測(cè)得OP1：OP2=2：3，如圖甲所示．速度選擇器中勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度為E，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1，偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2．若撤去探測(cè)板，在O點(diǎn)右側(cè)的磁場(chǎng)區(qū)域中放置云霧室，離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示．設(shè)離子在云霧室中運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的阻力Ff=kq，式中k為常數(shù)，q為離子的電荷量．不計(jì)離子重力．求 （1）硼離子從O點(diǎn)射出時(shí)的速度大??； （2）兩束硼離子的電荷量之比； （3）兩種硼離子在云霧室里運(yùn)動(dòng)的路程之比． 【答案】 （1）硼離子從O點(diǎn)射出時(shí)的速度大??； （2）兩束硼離子

56、的電荷量之比3：2； （3）兩種硼離子在云霧室里運(yùn)動(dòng)的路程之比2：3． 【解析】解：（1）只有豎直方向受力平衡的離子，才能沿水平方向運(yùn)動(dòng)離開速度選擇器， 電場(chǎng)力公式，F(xiàn)電=qE 洛倫茲力公式，F(xiàn)洛=qvB1； 則有：F電=F洛 綜合上述3式得： v= （2）設(shè)到達(dá)P1點(diǎn)離子的電荷量為q1，到達(dá)P2點(diǎn)離子的電荷量為q2，進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)牛頓第二定律，則有： qvB2=m 解得：r= 根據(jù)題意有： 考慮到進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的硼離子的質(zhì)量相同、速度相同，得： （3）設(shè)電荷量為q1離子運(yùn)動(dòng)路程為s1，電荷量為q2離子運(yùn)動(dòng)路程為s2，在云霧室內(nèi)受到的阻力始終與速度方向相反，做

57、負(fù)功．洛倫茲力不做功，有： W=﹣Ffs=△EK 且Ff=kq 得： 答：（1）硼離子從O點(diǎn)射出時(shí)的速度大?。? （2）兩束硼離子的電荷量之比3：2； （3）兩種硼離子在云霧室里運(yùn)動(dòng)的路程之比2：3． 【點(diǎn)評(píng)】考查受力平衡方程的應(yīng)用，掌握牛頓第二定律與向心力綜合運(yùn)用，理解動(dòng)能定理的應(yīng)用，注意做功的正負(fù)，及洛倫茲力不做功的特點(diǎn)． 29．如圖所示,矩形區(qū)域Ⅰ和Ⅱ內(nèi)分別存在方向垂直于紙面向外和向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(AA′、BB′、CC′、DD′為磁場(chǎng)邊界,四者相互平行),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B,矩形區(qū)域的長(zhǎng)度足夠長(zhǎng),磁場(chǎng)寬度及BB′與CC′之間的距離相同.某種帶正電的粒子從AA′上的O1處以大

58、小不同的速度沿與O1A成α=30°角進(jìn)入磁場(chǎng)(如圖所示,不計(jì)粒子所受重力),當(dāng)粒子的速度小于某一值時(shí),粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為t0;當(dāng)速度為v0時(shí),粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t05.求: (1)粒子的比荷qm； (2)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的寬度d; (3)速度為v0的粒子從O1到DD′所用的時(shí)間. 【答案】 （1）5π3t0B（2）33v0t010π（3）2t05+33t010π 【解析】 解： （1）若速度小于某一值時(shí)粒子不能從BB′ 離開區(qū)域Ⅰ，只能從AA′邊離開區(qū)域Ⅰ。則無(wú)論粒子速度大小，在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同。軌跡如圖所示（圖中只畫了一個(gè)粒子的軌跡）。 則粒子在

59、區(qū)域Ⅰ內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為φ1=300o（3分） 由Bqv=mv2R（1分） T=2πRv（1分） φ1 φ1 φ2 φ2 得：粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T =mv2R（2分）由（1分） 解得：（2分） （2）速度為v0時(shí)粒子在區(qū)域I內(nèi)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為，設(shè)軌跡所對(duì)圓心角為φ2。 由（2分） 得：（1分） 所以其圓心在BB′上，穿出BB′ 時(shí)速度方向與BB′ 垂直，其軌跡如圖所示，設(shè)軌道半徑為R 由qv0B=mv02R得：（2分） d=Rsin600=33v0t010π（1分） （3）區(qū)域I、Ⅱ?qū)挾认嗤?，則粒子在區(qū)域I、Ⅱ中運(yùn)動(dòng)時(shí)間均為（1分）

60、穿過中間無(wú)磁場(chǎng)區(qū)域的時(shí)間為t′ =mv2R33t010π（1分） 則粒子從O1到DD′所用的時(shí)間t=2t05+33t010π（2分） 30．如圖所示，一帶電微粒質(zhì)量為m=2.0×10﹣11kg、電荷量q=+1.0×10﹣5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1=100V的電場(chǎng)加速后，水平進(jìn)入兩平行金屬板間的偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ=30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D=34.6cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．已知偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中金屬板長(zhǎng)L=20cm，兩板間距d=17.3cm，重力忽略不計(jì)．求： （1）帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v1； （2）偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩金屬板間的電壓U2； （3）為使

61、帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多少。 【答案】 (1)1.0×104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T 【解析】 【分析】 （1）粒子在加速電場(chǎng)中，電場(chǎng)力做功，由動(dòng)能定理求出速度v1。 （2）粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)后，做類平拋運(yùn)動(dòng)，運(yùn)用運(yùn)動(dòng)的合成與分解求出電壓。 （3）粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，結(jié)合條件，畫出軌跡，由幾何知識(shí)求半徑，再求B。 【詳解】 （1）帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速度為v，根據(jù)動(dòng)能定理：qU1＝12mv12 解得：v1＝2qU1m=1.0×104m/s （2）帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用，做類平拋運(yùn)動(dòng)。在水平方

62、向微粒做勻速直線運(yùn)動(dòng)水平方向：t＝Lv1 帶電微粒在豎直方向做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，加速度為a，出電場(chǎng)時(shí)豎直方向速度為v2 豎直方向：a＝qEm＝qU2dm v2＝at＝qU2dm?Lv1 由幾何關(guān)系：tanθ＝v2v1＝qU2Ldmv12＝U2L2dU1 U2＝2dU1Ltanθ 代入數(shù)據(jù)得：U2=100V （3）帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知R+R2＝D 得：R＝2D3 設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′：v′＝v1cos30° 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律：qv′B＝mv'2R 得：B＝mv'qR＝m23qD?v1cos30° 代入數(shù)據(jù)數(shù)據(jù)解得B=0.1T 若帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1T。 32