《1011版高中物理 第5章磁場與回旋加速器課時講練通課件 滬科版選修31》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《1011版高中物理 第5章磁場與回旋加速器課時講練通課件 滬科版選修31（49頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 考點一考點一: :安培力大小的計算安培力大小的計算1.(20101.(2010上海高考上海高考) )如圖，長為如圖，長為2l2l的直導的直導線拆成邊長相等，夾角為線拆成邊長相等，夾角為6060的的V V形，并形，并置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，置于與其所在平面相垂直的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為磁感應(yīng)強度為B B，當在該導線中通以電流強度為，當在該導線中通以電流強度為I I的電的電流時，該流時，該V V形通電導線受到的安培力大小為形通電導線受到的安培力大小為( )( )A.0 B.0.5BIl C.BIlA.0 B.0.5BIl C.BIl D.2BIl D.2BIl【解析【解析】選選C.

2、C.導線有效長度為導線有效長度為2lsin302lsin30=l=l，所以該，所以該V V形通電導線受到的安培力大小為形通電導線受到的安培力大小為BIlBIl，C C對對. .2.(20092.(2009全國高考全國高考)如圖，一段導線如圖，一段導線abcdabcd位于磁感位于磁感應(yīng)強度大小為應(yīng)強度大小為B B的勻強磁場中，且與磁場方向的勻強磁場中，且與磁場方向( (垂直于垂直于紙面向里紙面向里) )垂直垂直. .線段線段abab、bcbc和和cdcd的長度均為的長度均為L L，且，且abc=bcdabc=bcd=135=135. .流經(jīng)導線的電流為流經(jīng)導線的電流為I I，方向如圖中，方向如圖

3、中箭頭所示箭頭所示. .導線段導線段abcdabcd所受到的磁場的作用力的合力所受到的磁場的作用力的合力( )( )A.A.方向沿紙面向上，大小為方向沿紙面向上，大小為( +1)IBL( +1)IBLB.B.方向沿紙面向上，大小為方向沿紙面向上，大小為( -1)IBL( -1)IBLC.C.方向沿紙面向下，大小為方向沿紙面向下，大小為( +1)IBL( +1)IBLD.D.方向沿紙面向下，大小為方向沿紙面向下，大小為( -1)IBL( -1)IBL【解析【解析】選選A.A.該導線可以用該導線可以用a a和和d d之間的直導線長為之間的直導線長為( +1)L( +1)L來等效代替來等效代替, ,

4、根據(jù)根據(jù)F=BIL,F=BIL,可知大小為可知大小為( +1)BIL,( +1)BIL,方向根據(jù)左手定則判定沿紙面向上方向根據(jù)左手定則判定沿紙面向上.A.A正確正確. .2222223.(20093.(2009海南高考海南高考) )一根容易形變的彈性導線，兩端一根容易形變的彈性導線，兩端固定固定. .導線中通有電流導線中通有電流, ,方向如圖中箭頭所示方向如圖中箭頭所示. .當沒有磁當沒有磁場時場時, ,導線呈直線狀態(tài)；當分別加上方向豎直向上、水導線呈直線狀態(tài)；當分別加上方向豎直向上、水平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導線狀平向右或垂直于紙面向外的勻強磁場時，描述導線狀態(tài)的四個圖示中正

5、確的是態(tài)的四個圖示中正確的是( )( )【解析【解析】選選D.AD.A圖中導線不受力，故它不會彎曲，圖中導線不受力，故它不會彎曲，A A錯；錯；B B圖中導線受到垂直紙面向里的安培力，它不會向右彎圖中導線受到垂直紙面向里的安培力，它不會向右彎曲，曲，B B錯；錯；C C中導線受到水平向右的安培力，導線不會中導線受到水平向右的安培力，導線不會向左彎曲，向左彎曲，C C錯；錯；D D中導線受到水平向右的安培力，故中導線受到水平向右的安培力，故它向右彎曲，它向右彎曲，D D對對. .4.(20094.(2009重慶高考重慶高考) )在如圖所示電路中，電池均相同，在如圖所示電路中，電池均相同，當電鍵當

6、電鍵S S分別置于分別置于a a、b b兩處時，導線兩處時，導線MMMM與與NNNN之間的之間的安培力的大小分別為安培力的大小分別為F Fa a、F Fb b，可判斷這兩段導線，可判斷這兩段導線( )( )A.A.相互吸引，相互吸引，F(xiàn) Fa aFFb b B.B.相互排斥，相互排斥，F(xiàn) Fa aFFb bC.C.相互吸引，相互吸引，F(xiàn) Fa aFFb b D.D.相互排斥，相互排斥，F(xiàn) Fa aFFb b【解析【解析】選選D.D.電鍵電鍵S S閉合后，閉合后，MMMM、NNNN中產(chǎn)生平行反中產(chǎn)生平行反向電流，據(jù)安培定則和左手定則可知，兩導線相互排向電流，據(jù)安培定則和左手定則可知，兩導線相互排

7、斥，斥，A A、C C錯錯. .電鍵電鍵S S置于置于b b處時，兩段導線中的電流較大，處時，兩段導線中的電流較大，導線產(chǎn)生較強的磁場，對另一導線產(chǎn)生較大的安培斥導線產(chǎn)生較強的磁場，對另一導線產(chǎn)生較大的安培斥力，即力，即F Fa aF.三個質(zhì)三個質(zhì)子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達到同一點子經(jīng)過附加磁場區(qū)域后能達到同一點SS，則下列說法，則下列說法中正確的有中正確的有( )( )A.A.三個質(zhì)子從三個質(zhì)子從S S運動到運動到SS的時間相等的時間相等B.B.三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域運動時，運動軌跡的圓心均在圓心均在OOOO軸上軸上C.C.若撤去附加磁場，若撤去

8、附加磁場，a a到達到達SSSS連線上的位置距連線上的位置距S S點最點最近近D.D.附加磁場方向與原磁場方向相同附加磁場方向與原磁場方向相同【解析【解析】選選C C、D.D.三個質(zhì)子從三個質(zhì)子從S S運動到運動到SS過程，運動軌過程，運動軌跡的長度從跡的長度從a a、b b、c c依次增大，由于洛倫茲力對質(zhì)子不依次增大，由于洛倫茲力對質(zhì)子不做功，三個質(zhì)子速度大小始終相等，運動時間不相等，做功，三個質(zhì)子速度大小始終相等，運動時間不相等，A A錯誤；三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域及附加磁場區(qū)域錯誤；三個質(zhì)子在附加磁場以外區(qū)域及附加磁場區(qū)域運動時，以質(zhì)子運動時，以質(zhì)子b b為例畫出其運動軌跡圖兩種情況

9、為例畫出其運動軌跡圖兩種情況(Rr(Rr和和Rr)Rr)如圖如圖所示所示. .由圖可以看出質(zhì)子由圖可以看出質(zhì)子b b的運動軌跡的圓心不在的運動軌跡的圓心不在OOOO軸上，軸上，所以所以B B錯誤；用作圖法可知，若撤去附加磁場，錯誤；用作圖法可知，若撤去附加磁場，a a到達到達SSSS連線上的位置距連線上的位置距S S點距離為點距離為x xa a=2Rsin( -)=2Rsin( -)=2Rcos2Rcos，b b到達到達SSSS連線上的位置距連線上的位置距S S點距離為點距離為x xb b= =2R2R，c c到達到達SSSS連線上的位置距連線上的位置距S S點距離為點距離為x xc c= =

10、2Rsin( -)=2Rcos2Rsin( -)=2Rcos，可知，可知a a到達到達SSSS連線上的位連線上的位置距置距S S點最近，點最近，C C正確；因正確；因b b要增大曲率，才能使到達要增大曲率，才能使到達SSSS連線上的位置向連線上的位置向S S點靠近，所以附加磁場方向與原點靠近，所以附加磁場方向與原磁場方向相同，磁場方向相同，D D正確正確. .228.(20098.(2009安徽高考安徽高考) )下圖是科學史上一張著名的實驗下圖是科學史上一張著名的實驗照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運照片，顯示一個帶電粒子在云室中穿過某種金屬板運動的徑跡動的徑跡. .云室放置在勻強

11、磁場中，磁場方向垂直照片云室放置在勻強磁場中，磁場方向垂直照片向里向里. .云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用云室中橫放的金屬板對粒子的運動起阻礙作用. .分析此徑跡可知粒子分析此徑跡可知粒子( )( )A.A.帶正電，由下往上運動帶正電，由下往上運動B.B.帶正電，由上往下運動帶正電，由上往下運動C.C.帶負電，由上往下運動帶負電，由上往下運動D.D.帶負電，由下往上運動帶負電，由下往上運動【解析【解析】選選A.A.粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑粒子穿過金屬板后，速度變小，由半徑公式公式r= r= 可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向可知，半徑變小，粒子運動方向為由下向上；又由于洛

12、倫茲力的方向指向圓心，由左手定則，上；又由于洛倫茲力的方向指向圓心，由左手定則，粒子帶正電，粒子帶正電，A A正確正確. .mvqB9.(20109.(2010新課標全國卷新課標全國卷) )如圖所示，在如圖所示，在0 x a0 x a、0 y 0 y 范圍內(nèi)有垂直于范圍內(nèi)有垂直于xyxy平面向外的勻強磁場，平面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為磁感應(yīng)強度大小為B.B.坐標原點坐標原點O O處有一個粒子源，在某處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m m、電荷量為、電荷量為q q的帶正電粒子，它的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在們的速度大小相同，速度方向均在xyxy平

13、面內(nèi)，與平面內(nèi)，與y y軸正軸正方向的夾角分布在方向的夾角分布在0 09090范圍內(nèi)范圍內(nèi). .已知粒子在磁場中已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于做圓周運動的半徑介于a/2a/2到到a a之間，從發(fā)射粒子到粒之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓子全部離開磁場經(jīng)歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一周運動周期的四分之一. .求最后離開磁場的粒子從粒子求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的源射出時的a2(1)(1)速度的大小；速度的大??；(2)(2)速度方向與速度方向與y y軸正方向夾角的正弦軸正方向夾角的正弦. .【解析【解析】(1)(1)設(shè)粒子的發(fā)射速

14、度為設(shè)粒子的發(fā)射速度為v v，粒子做圓周運動，粒子做圓周運動的軌道半徑為的軌道半徑為R R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得：，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，得： (2(2分分) )由由解得：解得：R= R= (1(1分分) )2vqvB=m,RmvqB畫出沿畫出沿+y+y方向以方向以a/2a/2為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖為半徑做勻速圓周運動軌跡如圖所示，再畫出從坐標原點所示，再畫出從坐標原點O O沿與沿與y y軸正方向成一定夾角軸正方向成一定夾角以半徑以半徑R R0 0(a/2R(a/2R0 0a)a)做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁做勻速圓周運動且圓弧軌跡與磁場上邊界相切時的臨界軌跡場上邊界

15、相切時的臨界軌跡，然后將臨界軌跡，然后將臨界軌跡以以O(shè) O為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)在磁場中的軌跡線為圓心順時針或逆時針旋轉(zhuǎn)，根據(jù)在磁場中的軌跡線的長度即可判斷運動時間的長短，如下圖所示的長度即可判斷運動時間的長短，如下圖所示. .從圖中從圖中不難看出臨界軌跡不難看出臨界軌跡對應(yīng)的運動時間最長對應(yīng)的運動時間最長. .當當 RaR0E0表示電場方向豎直向上表示電場方向豎直向上.t=0.t=0時，時，一帶正電、質(zhì)量為一帶正電、質(zhì)量為m m的微粒從左邊界上的的微粒從左邊界上的N N1 1點以水平速點以水平速度度v v射入該區(qū)域，沿直線運動到射入該區(qū)域，沿直線運動到Q Q點后，做一次完整的點后，做

16、一次完整的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的圓周運動，再沿直線運動到右邊界上的N N2 2點點.Q.Q為線段為線段N N1 1N N2 2的中點，重力加速度為的中點，重力加速度為g.g.上述上述d d、E E0 0、m m、v v、g g為已為已知量知量. .(1)(1)求微粒所帶電荷量求微粒所帶電荷量q q和磁感應(yīng)強度和磁感應(yīng)強度B B的大??；的大小；(2)(2)求電場變化的周期求電場變化的周期T T；(3)(3)改變寬度改變寬度d d，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)，使微粒仍能按上述運動過程通過相應(yīng)寬度的區(qū)域，求寬度的區(qū)域，求T T的最小值的最小值. .【解析【解析】(1)(1)微粒做直

17、線運動，則微粒做直線運動，則mg+qEmg+qE0 0=qvB=qvB 微粒做圓周運動，則微粒做圓周運動，則mg=qEmg=qE0 0 聯(lián)立聯(lián)立式解得式解得 0mgq=E02EB=v(2)(2)設(shè)微粒從設(shè)微粒從N N1 1運動到運動到Q Q的時間為的時間為t t1 1，做圓周運動的周，做圓周運動的周期為期為t t2 2，則，則 qvBqvB= = 2R=vt2R=vt2 2 聯(lián)立聯(lián)立式解得式解得 電場變化的周期電場變化的周期T=tT=t1 1+t+t2 2= = 1d=vt22vmR12dvt =,t =2vgdv+2vg答案答案: :15.(201015.(2010山東高考山東高考) )如圖

18、所示，以兩虛線為邊界，中如圖所示，以兩虛線為邊界，中間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為間存在平行紙面且與邊界垂直的水平電場，寬度為d d，兩側(cè)為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里兩側(cè)為相同的勻強磁場，方向垂直紙面向里. .一質(zhì)量為一質(zhì)量為m m、帶電量、帶電量+q+q、重力不計的帶電粒子，以初速度、重力不計的帶電粒子，以初速度v v1 1垂直垂直邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速邊界射入磁場做勻速圓周運動，后進入電場做勻加速運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場運動，然后第二次進入磁場中運動，此后粒子在電場和磁場中交替運動和磁場中交替運動. .已知粒子第二次在磁場中

19、運動的半已知粒子第二次在磁場中運動的半徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類徑是第一次的二倍，第三次是第一次的三倍，以此類推推. .求求(1)(1)粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功粒子第一次經(jīng)過電場的過程中電場力所做的功W W1 1. .(2)(2)粒子第粒子第n n次經(jīng)過電場時電場強度的大小次經(jīng)過電場時電場強度的大小E En n. .(3)(3)粒子第粒子第n n次經(jīng)過電場所用的時間次經(jīng)過電場所用的時間t tn n. .【解析【解析】(1)(1)設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度的大小為設(shè)磁場的磁感應(yīng)強度的大小為B B，粒子第，粒子第n n次進入磁場時的半徑為次進入磁場時的半徑為R Rn n

20、，速度為，速度為v vn n，由牛頓第二定，由牛頓第二定律得：律得：qvqvn nB B= = 由由得：得：v vn n= = 因為因為R R2 2=2R=2R1 1，所以，所以v v2 2=2v=2v1 1 對于粒子第一次在電場中的運動，由動能定理得對于粒子第一次在電場中的運動，由動能定理得W W1 1= mv= mv2 22 2- mv- mv1 12 2 聯(lián)立聯(lián)立式解得式解得 2nnvmRnqR Bm12122113mvW =2(2)(2)粒子第粒子第n n次進入電場時速度為次進入電場時速度為v vn n，出電場時速度為，出電場時速度為v vn+1n+1，有，有v vn n=nv=nv1

21、 1,v,vn+1n+1=(n+1)v=(n+1)v1 1 由動能定理得由動能定理得qEqEn nd d= mv= mvn+1n+12 2- mv- mvn n2 2 聯(lián)立聯(lián)立式得式得 121221n(2n+1)mvE =2qd(3)(3)設(shè)粒子第設(shè)粒子第n n次在電場中運動的加速度為次在電場中運動的加速度為a an n，由牛頓，由牛頓第二定律得第二定律得qEqEn n=ma=man n 由運動學公式得由運動學公式得v vn+1n+1-v-vn n=a=an nt tn n 聯(lián)立聯(lián)立式得式得t tn n= =答案答案: :(1) (2) (3)(1) (2) (3)12d(2n+1)v213mv221(2n+1)mv2qd12d(2n+1)v