京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题三第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动讲义
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1、第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动真题再现考情分析1(2019高考全国卷)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接已如导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为()A.2FB1.5FC0.5FD0解析:选B.设三角形边长为l,通过导体棒MN的电流大小为I,则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为,如图所示,依题意有FBlI,则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1BlIF,方向与F的方向相同,所以线框LMN受到的安培力大小为1.5F,选项B正确.2.(多选)(
2、2018高考全国卷)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0,方向也垂直于纸面向外则()A流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0解析:选AC.由对称性可知,流经L1的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等,设为B1,流经
3、L2的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小相等但方向相反,设其大小为B2,由磁场叠加原理有B0B1B2B0,B0B1B2B0,联立解得B1B0,B2B0,所以A、C正确.3(多选)(2017高考全国卷)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反下列说法正确的是()A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11 DL1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1解析:选BC.由安培定则可判断出L2在L1处
4、产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上,L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方,根据磁场叠加原理,L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示,根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3的连线平行,选项A错误;同理,如图2所示,可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在的平面垂直,选项B正确;同理,如图3所示,设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B,根据几何知识可知,B合1B,B合2B,B合3B,由安培力公式可知,L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小与该处的磁感应强度大小成
5、正比,所以L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为11,选项C正确,D错误.命题研究分析近几年高考试题可以看出,对磁场性质和带电粒子在匀强磁场中的运动的考查是高考热点,涉及磁场知识点的题目年年都有,考查与洛伦兹力有关的带电粒子在有界匀强磁场中的运动最多,一般为匀强磁场中的临界、极值问题,其次是与安培力有关的通电导体在磁场中的加速或平衡问题;新高考命题仍会将带电粒子在匀强磁场中的运动作为重点,可能与电场相结合,也可能将对安培力的考查与电磁感应相结合,要熟练掌握磁场中曲线运动的分析方法及临界圆的画法磁场对带电体的作用【高分快攻】1磁场性质分析的两点技巧(1)判断电流磁场要正确应用安培定则
6、,明确大拇指、四指所指的方向及手掌的放法(2)分析磁场对电流的作用要做到“一明、一转、一析”即:2安培力作用下的平衡与运动问题的求解思路【典题例析】 (2017高考全国卷)如图,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为()A0BB0CB0D2B0解析 导线P和Q中电流I均向里时,设其在a点产生的磁感应强度大小BPBQB1,如图所示,则其夹角为60,它们在a点的合磁场的磁感应强度平行于PQ向
7、右、大小为B1.又根据题意Ba0,则B0B1,且B0平行于PQ向左若P中电流反向,则BP反向、大小不变,BQ和BP大小不变,夹角为120,合磁场的磁感应强度大小为 B1B1(方向垂直PQ向上、与B0垂直),a点合磁场的磁感应强度BB0,则A、B、D项均错误,C项正确 答案C【题组突破】1(多选)如图所示是小丽自制的电流表原理图质量为m 的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻质弹簧相连,弹簧劲度系数为k, 在边长abL1、bcL2的矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外MN的右端连接一绝缘轻指针,可指示出标尺上的刻度,MN的长度大于ab.当MN中没有电流通过且MN处
8、于静止状态时,MN与ab边重合,且指针指在标尺的零刻度处;当MN中有电流时,指针示数可表示电流大小 .MN始终在纸面内且保持水平,重力加速度g.则()A要使电流表正常工作,金属杆中电流方向应从M至NB当该电流表的示数为零时,弹簧的伸长量为零C该电流表的最大量程是ImD该电流表的刻度在0Im范围内是不均匀的解析:选AC.要使电流表能正常工作,金属杆受到的安培力的方向应竖直向下,根据磁场的方向和左手定则可知,金属杆中电流方向应从M至N,选项A正确;当该电流表的示数为零时,说明金属杆中电流为零,此时金属杆受竖直向下的重力和竖直向上的弹力作用,根据平衡条件和胡克定律可知,kxmg,弹簧的伸长量为x,选
9、项B错误;根据平衡条件和胡克定律可知,k(xL2)mg BImL1,解得Im,即该电流表的最大量程为Im,选项C正确; 根据平衡条件和胡克定律可知,k(xl)mgBIL1,解得Il,即该电流表的刻度在0Im范围内是均匀的,选项D错误2(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下
10、侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉解析:选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉,则线圈在安培力作用下转动起来,每转一周安培力驱动一次,可保证线圈不断地转动,A项正确;如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,不能保证线圈持续转动下去,B项错误;如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉,右转轴的下侧绝缘漆刮掉,则线圈中不可能有电流,因此线圈不可能转动,C项错误;如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉,右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同,因此D项正确带电粒子在匀强磁场中的运动【高分快攻】1“一点、两画、三定、四写”求解粒子在磁场中的圆周运动(1)一点:在特殊位置或要求粒子到达的位置
11、(如初始位置、要求经过的某一位置等)(2)两画:画出速度v和洛伦兹力F两个矢量的方向(3)三定:定圆心、定半径、定圆心角(4)四写:写出基本方程qvBm,半径R,周期T,运动时间tT.2常见模型的解题思路(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时,我们可以先将有界磁场视为无界磁场,假设粒子能够做完整的圆周运动,确定粒子做圆周运动的圆心,作好辅助线,充分利用相关几何知识解题(2)对称规律解题法从直线边界射入的粒子,又从同一边界射出时,速度与边界的夹角相等(如图甲所示)在圆形磁场区域内,沿半径方向射入的粒子,一定沿半径方向射出(如图乙所示)【典题例析】 (2019高考全国卷)如图,边长为l
12、的正方形abcd内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外ab边中点有一电子发射源O,可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子已知电子的比荷为k.则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为()A.kBl,kBlBkBl,kBlCkBl,kBlDkBl,kBl解析电子从a点射出时,其轨迹半径为ra,由洛伦兹力提供向心力,有evaBm,又k,解得va;电子从d点射出时,由几何关系有rl2,解得轨迹半径为rd,由洛伦兹力提供向心力,有evdBm,又k,解得vd,选项B正确答案B【题组突破】角度1带电粒子在无边界匀强磁场中的运动分析1如图所示,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度
13、大小为B,一群比荷为、速度大小为v的离子以一定发散角由原点O出射,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内,则cos为()A1BC1D1解析:选C.根据洛伦兹力提供向心力,有qvBm,得R,离子通过M、N点的轨迹如图所示,由几何关系知MNONOM,过M点的两圆圆心与原点连线与x轴夹角为,圆心在x轴上的圆在O点时的速度沿y轴正方向,由几何关系可知L2R2Rcos ,解得cos1,故选项C正确角度2带电粒子在圆形边界磁场中的运动分析2(多选)(2017高考全国卷)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P
14、点,在纸面内沿不同方向射入磁场若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上不计重力及带电粒子之间的相互作用则v2v1为()A2B1C1D3解析:选C.由于是相同的粒子,粒子进入磁场时的速度大小相同,由qvBm可知,R,即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同若粒子运动的速度大小为v1,如图所示,通过旋转圆可知,当粒子的磁场出射点A离P点最远时,则AP2R1;同样,若粒子运动的速度大小为v2,粒子的磁场出射点B离P点最远时,则BP2R2,由几何关系可知,R1,R2Rcos 30R,则,C项正确角度3带电粒子在有边界磁场中的
15、运动分析3平面OM和平面ON之间的夹角为30,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q0)粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30角已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场不计重力粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为()ABCD解析:选D.如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图,设出射点为P,粒子运动轨迹与ON的交点为Q,粒子入射方向与OM成30角,则射出磁场时速度方向与OM成30角,由几何关系可知,PQON,故出射点到O点的距离为轨迹
16、圆直径的2倍,即4R,又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R,所以D正确命题角度解决方法易错辨析带电粒子在直线边界型磁场中的运动对称法遵循进入磁场的角度和出磁场的角度相同的原则带电粒子在圆形边界磁场中的运动准确找到圆心、入射半径方向,利用垂线法确定对应的圆心角若粒子沿半径方向射入磁场,则一定会沿半径方向射出磁场;否则不满足此条规律带电粒子在三角形边界磁场中的运动切线法、临界值法在磁场中运动的临界条件是准确找到与边界相切的条件,以此判断圆周运动的临界半径的大小带电粒子在匀强磁场中的匀速圆周运动中垂线法或速度切线法确定圆心和半径方向,利用公式确定周期和半径的大小能熟练画出粒子的运动轨迹并准确找到圆心、
17、半径、圆心角是解题的关键带电粒子在磁场中运动的周期性多解问题和临界问题【高分快攻】1求解临界、极值问题的“两思路、两方法”2带电粒子在磁场中运动的多解问题的处理方法(1)方法技巧认真读题,逐一确认形成多解的各种因素画出粒子运动的可能轨迹,并确定其圆心、半径的可能情况对于圆周运动的周期性形成的多解问题,要注意系列解出现的可能,要注意每种解出现的条件,并寻找相关的通项公式(2)带电粒子在交变磁场中运动的多解问题分析带电粒子在交变磁场中的运动,首先必须明确粒子运动的周期与磁场变化的周期之间的关系,正确作出粒子在磁场中随磁场变化的运动轨迹图,然后灵活运用粒子做圆周运动的规律进行解答,要特别注意对题目中
18、隐含条件的挖掘,分析不确定因素可能形成的多解,力求使解答准确、完整【典题例析】 (2019济南二模)如图所示,在xOy平面内以O为圆心、R0为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v0从A(R0,0)点沿x轴负方向射入区域,经过P(0,R0)点,沿y轴正方向进入同心环形区域,为使粒子经过区域后能从Q点回到区域,需在区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场已知OQ与x轴负方向成30,不计粒子重力求:(1)区域中磁感应强度B0的大小;(2)环形区域的外圆半径R;(3)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间解析(1)设粒子在区域内运动的轨迹圆半径为r1,由图中几何关
19、系可得:r1R0,由牛顿第二定律可得:r1,解得:B0.(2)设粒子在区域中运动的轨迹圆半径为r2,轨迹如图所示,由几何关系知:r2r1R0由几何关系得R2r2r23r2即RR0.(3)当粒子由内侧劣弧经过A点时,时间较短,应满足150n90360m当m4时,n9,时间最短当粒子由外侧磁场经优弧经过A点时,应满足(9060)n360m根据数学知识当m5时,n12,时间最短所以当粒子由内侧磁场沿劣弧经过A点时,并且当m4时,n9时,时间最短t110,t29tmint1t2.答案见解析【题组突破】角度1带电粒子在磁场中运动的临界问题1(2019山东省实验中学一模)如图所示,在直角三角形abc区域内
20、存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,a60,b90,边长abL,粒子源在b点将带负电的粒子以大小、方向不同的速度射入磁场,已知粒子质量为m,电荷量为q,则在磁场中运动时间最长的粒子中,速度最大值是()ABCD解析:选D.由左手定则和题意知,沿ba方向射出的粒子在三角形磁场区域内转半周,运动时间最长,速度最大的轨迹恰与ac相切,轨迹如图所示,由几何关系可得最大半径:rabtan 30L,由洛伦兹力提供向心力qvmBm,从而求得最大速度:vm,所以选项A、B、C错误,选项D正确角度2带电粒子在磁场中运动的多解问题2. 如图所示,M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板,板的长度和
21、板间距离均为d,在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场,在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力),以初速度v0水平射入磁场,若使粒子不能射出磁场,求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围解析:第一种情况:当磁场方向垂直纸面向里时,若粒子从左侧上板边缘飞出,则粒子做圆周运动的半径R1由qv0B1m得:B1若粒子从右侧上板边缘飞出,其运动轨迹如图甲所示,设粒子做圆周运动的半径为R2,则:Rd2,解得:R2d由qv0B2m得:B2所以当磁场方向垂直纸面向里时,粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围为B.第二种情况:当磁场方向垂直纸面向外时,若粒子从左侧下板边缘飞出,则粒子做圆周运动的半径R
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