《（名師導學）2020版高考物理總復習 第九章 章末總結 提高教學案 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（名師導學）2020版高考物理總復習 第九章 章末總結 提高教學案 新人教版（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末總結　提高 知 識 網(wǎng) 絡　【p176】 解題思路與方法　【p176】 本章起著承上啟下的橋梁作用，是歷年高考的熱點．高考對本章考查的特點是：一般沒有簡單的概念題和單純磁場知識題．考題多以磁力結合、磁電結合或磁力電結合的形式出現(xiàn)，而且試題難度往往較大，對考生的空間想象能力、邏輯推理能力、綜合分析能力和運用數(shù)學知識處理物理問題的能力要求很高．因此在復習時要重視這些能力的培養(yǎng)，加強這些方面的訓練． 求解磁場問題的基本思路：(1)審清題意，分析場的情況和受力情況；(2)分析運動情況，并畫出運動軌跡圖；(3)根據(jù)已知條件及所求量關系恰當選用規(guī)律求解． 求解磁場問題的常用方法：(1)安培力

2、問題常常要把立體圖化為平面圖，再運用靜力學或動力學的有關知識處理；(2)圓周運動問題一般按照：畫軌跡、作半徑、找圓心、求半徑、求周期、求時間……的步驟處理；(3)復合場問題在分析清楚受力情況以后具體處理方法與力學問題的處理方法相同． 體 驗 高 考　　【p176】 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．(多選)(2018·全國卷Ⅰ)如圖，兩個線圈繞在同一根鐵芯上，其中一線圈通過開關與電源連接，另一線圈與遠處沿南北方向水平放置在紙面內的直導線連接成回路．將一小磁針懸掛在直導線正上方，開關未閉合時小磁針處于靜止狀態(tài)．下列說法正確的是(　　) A．開關閉合后的瞬間，小磁針的N

3、極朝垂直紙面向里的方向轉動 B．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向里的方向 C．開關閉合并保持一段時間后，小磁針的N極指向垂直紙面向外的方向 D．開關閉合并保持一段時間再斷開后的瞬間，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動 【解析】開關閉合的瞬間，左側的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由南向北，由安培定則可判斷出小磁針處電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，小磁針的N極朝垂直紙面向里的方向轉動，選項A正確；開關閉合并保持一段時間后，左側線圈中磁通量不變，線圈中感應電動勢和感應電流為零，直導線中電流為零，小磁針恢復到原來狀態(tài)，選項

4、B、C錯誤；開關閉合并保持一段時間后再斷開后的瞬間，左側的線圈中磁通量變化，產(chǎn)生感應電動勢和感應電流，由楞次定律可判斷出直導線中電流方向為由北向南，由安培定則可判斷出小磁針處電流產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，小磁針的N極朝垂直紙面向外的方向轉動，選項D正確． 【答案】AD 2．(2018·全國卷Ⅰ)如圖，在y>0的區(qū)域存在方向沿y軸負方向的勻強電場，電場強度大小為E，在y<0的區(qū)域存在方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場．一個氕核H和一個氘核H先后從y軸上y＝h點以相同的動能射出，速度方向沿x軸正方向．已知H進入磁場時，速度方向與x軸正方向的夾角為60°，并從坐標原點O處第一次射出磁場.H

5、的質量為m，電荷量為q，不計重力．求： (1)H第一次進入磁場的位置到原點O的距離； (2)磁場的磁感應強度大小； (3)H第一次離開磁場的位置到原點O的距離． 【解析】(1)H在電場中做類平拋運動，在磁場中做圓周運動，運動軌跡如圖所示．設H在電場中的加速度大小為a1，初速度大小為v1，它在電場中的運動時間為t1，第一次進入磁場的位置到原點O的距離為s1.由運動學公式有 s1＝v1t1?、? h＝a1t　② 由題給條件，H進入磁場時速度的方向與x軸正方向夾角θ1＝60°.H進入磁場時速度的y分量的大小為a1t1＝v1tan θ1　③ 聯(lián)立以上各式得s1＝h?、? (2)H在電

6、場中運動時，由牛頓第二定律有 qE＝ma1　⑤ 設H進入磁場時速度的大小為v1′，由速度合成法則有v1′＝?、? 設磁感應強度大小為B，H在磁場中運動的圓軌道半徑為R1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qv1′B＝?、? 由幾何關系得s1＝2R1sin θ1　⑧ 聯(lián)立以上各式得B＝　⑨ (3)設H在電場中沿x軸正方向射出的速度大小為v2，在電場中的加速度大小為a2，由題給條件得 (2m)v＝mv?、? 由牛頓第二定律有qE＝2ma2　? 設H第一次射入磁場時的速度大小為v2′，速度的方向與x軸正方向夾角為θ2，入射點到原點的距離為s2，在電場中運動的時間為t2. 由運動學公式有

7、s2＝v2t2　? h＝a2t　? v2′＝　? sin θ2＝　? 聯(lián)立以上各式得s2＝s1，θ2＝θ1，v2′＝v1′　? 設H在磁場中做圓周運動的半徑為R2，由⑦?式及粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑公式得 R2＝＝R1　? 所以出射點在原點左側．設H進入磁場的入射點到第一次離開磁場的出射點的距離為s2′，由幾何關系有s2′＝2R2sin θ2　? 聯(lián)立④⑧???式得，H第一次離開磁場時得位置到原點O的距離為 s2′－s2＝(－1)h　? 3．(多選)(2018·全國卷Ⅱ)如圖，紙面內有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方

8、向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱．整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應強度大小為B0，方向垂直于紙面向外．已知a、b兩點的磁感應強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外．則(　　) A．流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 B．流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 C．流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 D．流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0 【解析】設流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B1a，流經(jīng)L2電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為B2a，已知a點的磁感應強度大小為B0，根據(jù)磁感應強度的疊加原理，考慮

9、磁感應強度的方向，有B0－B1a－B2a＝B0.同理，b點的磁感應強度大小為B0，有B0－B1b＋B2b＝B0.因為B1a＝B1b＝B1(因距離相等)，B2a＝B2b＝B2，解得B1＝B0，B2＝B0. 【答案】AC 4．(2018·全國卷Ⅱ)一足夠長的條狀區(qū)域內存在勻強電場和勻強磁場，其在xOy平面內的截面如圖所示：中間是磁場區(qū)域，其邊界與y軸垂直，寬度為l，磁感應強度的大小為B，方向垂直于xOy平面；磁場的上、下兩側為電場區(qū)域，寬度均為l′，電場強度的大小均為E，方向均沿x軸正方向；M、N為條形區(qū)域邊界上的兩點，它們的連線與y軸平行．一帶正電的粒子以某一速度從M點沿y軸正方向射入電場，

10、經(jīng)過一段時間后恰好以從M點入射的速度從N點沿y軸正方向射出．不計重力． (1)定性畫出該粒子在電磁場中運動的軌跡； (2)求該粒子從M點射入時速度的大?。? (3)若該粒子進入磁場時的速度方向恰好與x軸正方向的夾角為，求該粒子的比荷及其從M點運動到N點的時間． 【解析】(1)粒子運動的軌跡如圖a所示．(粒子在電場中的軌跡為拋物線，在磁場中為圓弧，上下對稱) (2)粒子從電場下邊界入射后在電場中做類平拋運動．設粒子從M點射入時速度的大小為v0，在下側電場中運動的時間為t，加速度的大小為a；粒子進入磁場的速度大小為v，方向與電場方向的夾角為θ(見圖b)，速度沿電場方向的分量為v1，

11、根據(jù)牛頓第二定律有 qE＝ma?、? 式中q和m分別為粒子的電荷量和質量，由運動學公式有v1＝at?、? l′＝v0t?、? v1＝vcos θ?、? 粒子在磁場中做勻速圓周運動，設其運動軌道半徑為R，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得qvB＝?、? 由幾何關系得l＝2Rcos θ?、? 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得v0＝?、? (3)由運動學公式和題給數(shù)據(jù)得v1＝v0cot ?、? 聯(lián)立①②③⑦⑧式得＝?、? 設粒子由M點運動到N點所用的時間為t′，則t′＝2t＋T?、? 式中T是粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期，T＝　? 由③⑦⑨⑩?式得t′＝(1＋)　? 5．(2018·全國卷Ⅲ)如圖

12、，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直．已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用．求： (1)磁場的磁感應強度大?。? (2)甲、乙兩種離子的比荷之比． 【解析】(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應強度大小為B，由動能定理有q1U＝m1v　① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1?、? 由幾何關系知2R1＝l?、? 由①②

13、③式得B＝?、? (2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2U＝m2v　⑤ q2v2B＝m2?、? 由題給條件有2R2＝?、? 由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為∶＝1∶4　⑧ 6．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里，三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質量分別為ma、mb、mc，已知在該區(qū)域內，a在紙面內做勻速圓周運動，b在紙面內向右做勻速直線運動，c在紙面內向左做勻速直線運動．下列選項正確的是(　　) A．ma

14、>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 【解析】三個微粒所受電場力大小相等，方向均向上，受力分析如圖： 對a：mag＝F電， 對b：mbg＝F電＋F洛b 對c：mcg＝F電－F洛c 比較得：mb>ma>mc. 【答案】B 7．(多選)(2017·全國卷Ⅰ)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是(　　) A．L1所受磁場作用力的方向與L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁場作用力的方向與L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L

15、3單位長度所受的磁場作用力大小之比為1∶1∶ D．L1、L2和L3單位長度所受的磁場作用力大小之比為∶∶1 【解析】由安培定則和磁感應強度的合成知，L2、L3中的電流在L1處的合磁場方向垂直于L2、L3所在的平面．再由左手定則得出L1受磁場作用力方向與L2、L3所在平面平行， A錯；同理，可得出B對，在電流相同時，單位長度的導線所受磁場力跟磁感應強度成正比，L1、L2所在處磁感應強度大小相等，B1＝B2＝B0(B0為一根導線的電流產(chǎn)生的磁場)，B3＝B0，C對，D錯． 【答案】BC 8．(2017·全國卷Ⅱ)如圖，虛線所示的圓形區(qū)域內存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界

16、上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內沿不同的方向射入磁場，若粒子射入速度為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速度為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，則v2∶v1為(　　) A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 【解析】如圖所示，速度為v1時，PA為軌跡圓的直徑，速度為v2時，PB為軌跡圓的直徑，依v＝，＝，C對． 【答案】C 9．(多選)(2017·全國卷Ⅱ)某同學自制的簡易電動機示意圖如圖所示．矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈

17、的轉軸．將線圈架在兩個金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內，永磁鐵置于線圈下方．為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉動起來，該同學應將(　　) A．左、右轉軸下側的絕緣漆都刮掉 B．左、右轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉 C．左轉軸上側的絕緣漆刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉 D．左轉軸上下兩側的絕緣漆都刮掉，右轉軸下側的絕緣漆刮掉 【答案】AD 10．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時，紙面內與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零．如果讓P中的電流

18、反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為(　　) A．0 B.B0 C.B0 D．2B0 【解析】當P和Q中電流方向均垂直紙面向里時，由于： aP＝PQ＝aQ＝l.P和Q在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小相同，方向如圖(1)所示： 　　　圖(1)　　　　　　　　　圖(2) 其合磁感應強度為B1，由幾何關系知：B1＝2BPcos θ＝BP.由題目可知，a點磁感應強度為零，則B0和B1等大反向，則可得：B0＝B1＝BP，并且B0方向水平向左．當P中電流反向后，其在a點產(chǎn)生的新的磁場方向如圖(2)所示：P、Q在a點的合磁感應強度為B2，由幾何關系知：B2＝BP＝B0，并且B2方向豎

19、直向上．可得a點處磁感應強度的大小為：B＝＝B0. 【答案】C 11．(2017·全國卷Ⅲ)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場．在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x<0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0(常數(shù)λ>1)．一質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離． 【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力．設在x≥0區(qū)域，粒子做勻速圓周運動的半徑為R1，周期為T1則 qv0B0＝?、? T

20、1＝　② 由①②可得 T1＝?、? 設在x<0區(qū)域，粒子做勻速圓周運動的半徑為R2，周期為T2則 qv0λB0＝　④ T2＝?、? 由④⑤可得 T2＝?、? 粒子運動的軌跡如圖所示，在兩磁場中運動的時間分別為二分之一周期 故運動時間為 t＝T1＋T2?、? 由③⑥⑦可得 t＝?、? (2)如圖所示，粒子與O點間的距離為在兩磁場中圓周運動的直徑之差，即距離為 d＝2R1－2R2?、? 由①④可得 R1＝?、? R2＝　? 由⑨⑩?可得 d＝ 12．(2017·天津)平面直角坐標系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的勻強磁場，第Ⅲ象限存在沿y軸負方向的勻強電場，

21、如圖所示．一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍．粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等．不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比． 【解析】(1)粒子在電場中由Q到O做類平拋運動，設O點速度v與＋x方向夾角為α，Q點到x軸的距離為L，到y(tǒng)軸的距離為2L，粒子的加速度為a，運動時間為t，根據(jù)類平拋運動的規(guī)律，有： x方向： 2L＝v0t y方向： L＝at2 粒子到達O點時沿y軸方向的分速度為： vy＝at

22、又： tan α＝ 解得： tan α＝1，即α＝45°，粒子到達O點時速度方向與x軸方向的夾角為45°角斜向上． 粒子到達O點時的速度大小為v＝＝v0 (2)設電場強度為E，粒子電荷量為q，質量為m，粒子在電場中受到的電場力為F，粒子在電場中運動的加速度： a＝ 設磁感應強度大小為B，粒子做勻速圓周運動的半徑為R，洛倫茲力提供向心力，有：qvB＝m 根據(jù)幾何關系可知：R＝L 整理可得： ＝ 13．(2017·江蘇)如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r.圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為(　　) A．1∶1 B．1∶2 C

23、．1∶4 D．4∶1 【解析】根據(jù)磁通量的定義，當B垂直于S時，穿過線圈的磁通量為Φ＝BS，其中S為有磁感線穿過區(qū)域的面積，所以圖中a、b兩線圈的磁通量相等，所以A正確；BCD錯誤． 【答案】A 14．(2017·江蘇)一臺質譜儀的工作原理如圖所示．大量的甲、乙兩種離子飄入電壓為U0的加速電場，其初速度幾乎為0，經(jīng)過加速后，通過寬為L的狹縫MN沿著與磁場垂直的方向進入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后打到照相底片上．已知甲、乙兩種離子的電荷量均為＋q，質量分別為2m和m，圖中虛線為經(jīng)過狹縫左、右邊界M、N的甲種離子的運動軌跡．不考慮離子間的相互作用． (1)求甲種離子打在底片上的

24、位置到N點的最小距離x； (2)在答題卡的圖中用斜線標出磁場中甲種離子經(jīng)過的區(qū)域，并求該區(qū)域最窄處的寬度d； (3)若考慮加速電壓有波動，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之間變化，要使甲、乙兩種離子在底片上沒有重疊，求狹縫寬度L滿足的條件． 【解析】(1)設甲種離子在磁場中的運動半徑為r1 電場加速qU0＝×2mv2，且qvB＝2m， 解得r1＝ 根據(jù)幾何關系x＝2r1－L，解得x＝－L (2)(見圖) 最窄處位于過兩虛線交點的垂線上 d＝r1－ 解得d＝－ (3)設乙種離子在磁場中的運動半徑為r2 r1的最小半徑r1min＝ r2的最大半徑r2max＝ 由題意知

25、2r1min－2r2max>L， 即－>L 解得L<[2－] 15．(2017·北京)在磁感應強度為B的勻強磁場中，一個靜止的放射性原子核發(fā)生了一次α衰變．放射出的α粒子(He)在與磁場垂直的平面內做圓周運動，其軌道半徑為R.以m、q分別表示α粒子的質量和電荷量． (1)放射性原子核用 X表示，新核的元素符號用Y表示，寫出該α衰變的核反應方程． (2)α粒子的圓周運動可以等效成一個環(huán)形電流，求圓周運動的周期和環(huán)形電流大?。? (3)設該衰變過程釋放的核能都轉化為α粒子和新核的動能，新核的質量為M，求衰變過程的質量虧損Δm. 【解析】(1)根據(jù)核反應中質量數(shù)與電荷數(shù)守恒可知，該α衰變的核反應方程為X→Y＋He (2)設α粒子在磁場中做圓周運動的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝m 根據(jù)圓周運動的參量關系有T＝ 得α粒子在磁場中運動的周期T＝ 根據(jù)電流強度定義式，可得環(huán)形電流大小為I＝＝ (3)由qvB＝m，得v＝ 設衰變后新核Y的速度大小為v′，核反應前后系統(tǒng)動量守恒，有Mv′－mv＝0 可得v′＝＝ 根據(jù)愛因斯坦質能方程和能量守恒定律有 Δmc2＝Mv′2＋mv2 解得Δm＝ 說明：若利用M＝m解答，亦可． - 14 -