(全國(guó)通用)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用學(xué)案
《(全國(guó)通用)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用學(xué)案》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(全國(guó)通用)2019屆高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用學(xué)案(20頁(yè)珍藏版)》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、 專題8 磁場(chǎng)對(duì)電流和運(yùn)動(dòng)電荷的作用 考題一 磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體的作用力 1.安培力大小的計(jì)算公式:F=BILsin θ(其中θ為B與I之間的夾角). (1)若磁場(chǎng)方向和電流方向垂直:F=BIL. (2)若磁場(chǎng)方向和電流方向平行:F=0. 2.安培力方向的判斷:左手定則. 方向特點(diǎn):垂直于磁感線和通電導(dǎo)線確定的平面. 3.兩個(gè)常用的等效模型 (1)變曲為直:圖1甲所示通電導(dǎo)線,在計(jì)算安培力的大小和判斷方向時(shí)均可等效為ac直線電流. 圖1 (2)化電為磁:環(huán)形電流可等效為小磁針,通電螺線管可等效為條形磁鐵,如圖乙. 4.求解磁場(chǎng)中導(dǎo)體棒運(yùn)動(dòng)問(wèn)題的方法
2、 (1)分析:正確地對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析,應(yīng)特別注意通電導(dǎo)體棒受到的安培力的方向,安培力與導(dǎo)體棒和磁感應(yīng)強(qiáng)度組成的平面垂直. (2)作圖:必要時(shí)將立體圖的受力分析圖轉(zhuǎn)化為平面受力分析圖,即畫出與導(dǎo)體棒垂直的平面內(nèi)的受力分析圖. (3)求解:根據(jù)平衡條件或牛頓第二定律或動(dòng)能定理列式分析求解. 例1 如圖2所示,某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極,沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實(shí)驗(yàn)”,若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場(chǎng)視為勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.1 T,玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05 m,電源的電動(dòng)勢(shì)為E=3 V,內(nèi)阻r=0.1 Ω,限流電阻R0=
3、4.9 Ω,玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9 Ω,閉合開(kāi)關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的示數(shù)恒為1.5 V,則( ) 圖2 A.由上往下看,液體做順時(shí)針旋轉(zhuǎn) B.液體所受的安培力大小為1.5×10-4 N C.閉合開(kāi)關(guān)10 s,液體具有的動(dòng)能是4.5 J D.閉合開(kāi)關(guān)后,液體電熱功率為0.081 W 解析 由于中心圓柱形電極接電源的負(fù)極,邊緣電極接電源的正極,在電源外部電流由正極流向負(fù)極,因此電流由邊緣流向中心;玻璃皿所在處的磁場(chǎng)豎直向上,由左手定則可知,導(dǎo)電液體受到的磁場(chǎng)力沿逆時(shí)針?lè)较颍虼艘后w沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn);故A錯(cuò)誤;此電路為非純電阻電路,電壓表的示數(shù)為1.5 V,則
4、根據(jù)閉合電路歐姆定律:E=U+I(xiàn)R0+I(xiàn)r,所以電路中的電流值:I== A=0.3 A,液體所受的安培力大小為:F=BIL=BIa=0.1×0.3×0.05 N=1.5×10-3 N.故B錯(cuò)誤;玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9 Ω,則液體熱功率為P熱=I2R=0.32×0.9 W=0.081 W.故D正確;10 s末液體的動(dòng)能等于安培力對(duì)液體做的功,通過(guò)玻璃皿的電流的功率:P=UI=1.5×0.3 W=0.45 W,所以閉合開(kāi)關(guān)10 s,液體具有的動(dòng)能是:Ek=W電流-W熱=(P-P熱)·t=(0.45-0.081)×10 J=3.69 J,故C錯(cuò)誤. 答案 D 變式訓(xùn)練 1.
5、(2016·海南單科·8)如圖3(a)所示,揚(yáng)聲器中有一線圈處于磁場(chǎng)中,當(dāng)音頻電流信號(hào)通過(guò)線圈時(shí),線圈帶動(dòng)紙盆振動(dòng),發(fā)出聲音.俯視圖(b)表示處于輻射狀磁場(chǎng)中的線圈(線圈平面即紙面)磁場(chǎng)方向如圖中箭頭所示,在圖(b)中( ) 圖3 A.當(dāng)電流沿順時(shí)針?lè)较驎r(shí),線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 B.當(dāng)電流沿順時(shí)針?lè)较驎r(shí),線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 C.當(dāng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí),線圈所受安培力的方向垂直于紙面向里 D.當(dāng)電流沿逆時(shí)針?lè)较驎r(shí),線圈所受安培力的方向垂直于紙面向外 答案 BC 解析 將環(huán)形導(dǎo)線分割成無(wú)限個(gè)小段,每一小段看成直導(dǎo)線,則根據(jù)左手定則,當(dāng)電流順時(shí)針時(shí),
6、導(dǎo)線的安培力垂直紙面向外,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確;當(dāng)電流逆時(shí)針時(shí),根據(jù)左手定則可以知道安培力垂直紙面向里,故選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 2.如圖4所示,某區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一正方形剛性線圈,邊長(zhǎng)為L(zhǎng),匝數(shù)為n,線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直,線圈一半在磁場(chǎng)內(nèi).某時(shí)刻,線圈中通過(guò)大小為I的電流,則此線圈所受安培力的大小為( ) 圖4 A.BIL B.nBIL C.nBIL D.nBIL 答案 D 解析 線框的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)′=L,故線圈受到的安培力為F=nBIL′=nBIL,D正確. 3.如圖5甲所示,兩平行光滑導(dǎo)軌傾角為30°,相距10 cm,質(zhì)
7、量為10 g的直導(dǎo)線PQ水平放置在導(dǎo)軌上,從Q向P看到的側(cè)視圖如圖乙所示.導(dǎo)軌上端與電路相連,電路中電源電動(dòng)勢(shì)為12.5 V,內(nèi)阻為0.5 Ω,限流電阻R=5 Ω,R′為滑動(dòng)變阻器,其余電阻均不計(jì).在整個(gè)直導(dǎo)線的空間中充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),磁場(chǎng)方向可以改變,但始終保持垂直于直導(dǎo)線.若要保持直導(dǎo)線靜止在導(dǎo)軌上,則電路中滑動(dòng)變阻器連入電路電阻的極值取值情況及與之相對(duì)應(yīng)的磁場(chǎng)方向是( ) 圖5 A.電阻的最小值為12 Ω,磁場(chǎng)方向水平向右 B.電阻的最大值為25 Ω,磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方 C.電阻的最小值為7 Ω,磁場(chǎng)方向水平向左 D.電阻的最大
8、值為19.5 Ω,磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方 答案 D 解析 磁場(chǎng)方向水平向右時(shí),直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向上,由平衡條件有mg=BIL,得I== A=1 A,由I=得R′=7 Ω,故A錯(cuò)誤;磁場(chǎng)方向垂直斜面向左上方時(shí),直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向下,不可能靜止在斜面上,故B錯(cuò)誤;磁場(chǎng)方向水平向左時(shí),直導(dǎo)線所受的安培力方向豎直向下,不可能靜止在斜面上,故C錯(cuò)誤;磁場(chǎng)方向垂直斜面向右下方時(shí),直導(dǎo)線所受的安培力方向沿斜面向上,由平衡條件有mgsin 30°=BIL,得I=·=0.5 A,由I=得R′=19.5 Ω,即電阻的最大值為19.5 Ω,故D正確. 考題二 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
9、 1.必須掌握的幾個(gè)公式 2.軌跡、圓心和半徑是根本,數(shù)學(xué)知識(shí)是保障 (1)畫軌跡:根據(jù)題意,畫出帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡. (2)圓心的確定:軌跡圓心O總是位于入射點(diǎn)A和出射點(diǎn)B所受洛倫茲力F洛作用線的交點(diǎn)上或AB弦的中垂線OO′與任一個(gè)F洛作用線的交點(diǎn)上,如圖6所示. 圖6 (3)半徑的確定:利用平面幾何關(guān)系,求出軌跡圓的半徑,如r==,然后再與半徑公式r=聯(lián)系起來(lái)求解. (4)時(shí)間的確定:t=·T=或t==. (5)注意圓周運(yùn)動(dòng)中的對(duì)稱規(guī)律:如從同一邊界射入的粒子,從同一邊界射出時(shí),速度方向與邊界的夾角相等;在圓形磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),沿徑向射入的粒子,必沿徑向射出.
10、 例2 (2016·海南單科·14)如圖7,A、C兩點(diǎn)分別位于x軸和y軸上,∠OCA=30°,OA的長(zhǎng)度為L(zhǎng).在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng).質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場(chǎng).已知粒子從某點(diǎn)射入時(shí),恰好垂直于OC邊射出磁場(chǎng),且粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0.不計(jì)重力. 圖7 (1)求磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小; (2)若粒子先后從兩不同點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng),恰好從OC邊上的同一點(diǎn)射出磁場(chǎng),求該粒子這兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之和; (3)若粒子從某點(diǎn)射入磁場(chǎng)后,其運(yùn)動(dòng)軌跡與AC邊相切,且在磁場(chǎng)內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t0,求粒子此次入射速度
11、的大小. 解析 (1)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),在時(shí)間t0內(nèi)其速度方向改變了90°,故其周期T=4t0 ① 設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,粒子速度為v,圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓運(yùn)動(dòng)定律得qvB=m ② 勻速圓周運(yùn)動(dòng)的速度滿足v= ③ 聯(lián)立①②③式得B= ④ (2)設(shè)粒子從OA邊兩個(gè)不同位置射入磁場(chǎng),能從OC邊上的同一點(diǎn)P射出磁場(chǎng),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖(a)所示. (a) 設(shè)兩軌跡所對(duì)應(yīng)的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關(guān)系有:θ1=180°-θ2 ⑤ 粒子兩次在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1與t2,則t1+t2==2t0 ⑥ (3)如圖(b),由題給條件可知,該
12、粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中的軌跡圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為為150°.設(shè)O′為圓弧的圓心,圓弧的半徑為r0,圓弧與AC相切于B點(diǎn),從D點(diǎn)射出磁場(chǎng),由幾何關(guān)系和題給條件可知,此時(shí)有∠OO′D=∠BO′A=30° ⑦ (b) r0cos∠OO′D+=L ⑧ 設(shè)粒子此次入射速度的大小為v0,由圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律 v0= ⑨ 聯(lián)立①⑦⑧⑨式得v0=. 答案 (1) (2)2t0 (3) 變式訓(xùn)練 4.(2016·全國(guó)甲卷·18)一圓筒處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁場(chǎng)方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖8所示.圖中直徑MN的兩端分別開(kāi)有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng).在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔
13、M射入筒內(nèi),射入時(shí)的運(yùn)動(dòng)方向與MN成30°角.當(dāng)筒轉(zhuǎn)過(guò)90°時(shí),該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計(jì)重力.若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為( ) 圖8 A. B. C. D. 答案 A 解析 畫出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示, 由洛倫茲力提供向心力得,qvB=m,又T=,聯(lián)立得T= 由幾何知識(shí)可得,軌跡的圓心角為θ=,在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間t=T,粒子運(yùn)動(dòng)和圓筒運(yùn)動(dòng)具有等時(shí)性,則T=,解得=,故選項(xiàng)A正確. 5.(2016·四川理綜·4)如圖9所示,正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng).一帶正電的粒子從f點(diǎn)沿fd方向射入磁場(chǎng)區(qū)域,當(dāng)速度大小為vb時(shí)
14、,從b點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tb,當(dāng)速度大小為vc時(shí),從c點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng),在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為tc,不計(jì)粒子重力.則( ) 圖9 A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1 B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2 C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1 D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2 答案 A 解析 帶正電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示, 由幾何關(guān)系得,rc=2rb,θb=120°,θc=60°,由qvB=m得,v=,則vb∶vc=rb∶rc=1∶2, 又由T=,t=T和θB=2θC得tb∶tc=
15、2∶1,故選項(xiàng)A正確,B、C、D錯(cuò)誤. 6.(2016·全國(guó)丙卷·18)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖10所示,平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點(diǎn)向左上方射入磁場(chǎng),速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡與ON只有一個(gè)交點(diǎn),并從OM上另一點(diǎn)射出磁場(chǎng).不計(jì)重力.粒子離開(kāi)磁場(chǎng)的出射點(diǎn)到兩平面交線O的距離為( ) 圖10 A. B. C. D. 答案 D 解析 帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r=.軌跡與ON相切,畫出粒子
16、的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由于=2rsin 30°=r,故△AO′D為等邊三角形,∠O′DA=60°,而∠MON=30°,則∠OCD=90°,故CO′D為一直線,==2=4r=,故D正確. 考題三 帶電粒子在相鄰多個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 找到半徑是關(guān)鍵,邊界分析是突破點(diǎn) 帶電粒子在多磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),一般是指帶電粒子在兩個(gè)相鄰勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng),解決此類問(wèn)題的一般思路: (1)根據(jù)題中所給的條件,畫出粒子在兩磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡; (2)根據(jù)畫出的軌跡,找出粒子在兩磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心和半徑; (3)適當(dāng)添加輔助線,運(yùn)用數(shù)學(xué)方法計(jì)算出粒子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(有時(shí)候還要找出圓心角)
17、; (4)結(jié)合粒子運(yùn)動(dòng)的半徑公式r=(或周期公式T=)即可得出所求的物理量. 考生需要特別注意的是,分析出帶電粒子在兩磁場(chǎng)分界處的運(yùn)動(dòng)情況是解決此類問(wèn)題的突破點(diǎn). 例3 如圖11所示,為一磁約束裝置的原理圖.同心圓內(nèi)存在有垂直圓平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),同心圓圓心O與xOy平面坐標(biāo)系原點(diǎn)重合.半徑為R0的圓形區(qū)域I內(nèi)有方向垂直xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1.一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動(dòng)能為E0的帶正電粒子從坐標(biāo)為(0、R0)的A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)區(qū)域I,粒子全部經(jīng)過(guò)x軸上的P點(diǎn),方向沿x軸正方向.當(dāng)在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2時(shí),上述粒子仍從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域I,
18、粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi),且經(jīng)過(guò)環(huán)形區(qū)域Ⅱ后能夠從Q點(diǎn)沿半徑方向射入?yún)^(qū)域I,已知OQ與x軸正方向成60°角.不計(jì)重力和粒子間的相互作用.求: 圖11 (1)區(qū)域I中磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小; (2)環(huán)形區(qū)域Ⅱ中B2的大小、方向及環(huán)形外圓半徑R的大??; (3)粒子從A點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入后至第一次到Q點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間. [思維規(guī)范流程] 步驟1:在區(qū)域I:畫出軌跡,定圓心,由幾何關(guān)系得出r1: 列F洛=Fn方程 (1)在區(qū)域I:r1=R0 ① qvB1= ② E0=mv2 ③ 得B1= ④ 步驟2:在區(qū)域Ⅱ:畫出軌跡定圓心,由幾何關(guān)系得出r2:列F洛=Fn方程:
19、由左手定則判斷B2方向. 由幾何關(guān)系得出外圓半徑R. (2)在區(qū)域Ⅱ: r2=r1=R0 ⑤ qvB2= ⑥ 得B2= ⑦ 方向:垂直xOy平面向外 ⑧ R=+r2=3r2 ⑨ 即:R=R0 ⑩ 步驟3:由軌跡圖得: 根據(jù)T=得 t=+T2 ? T1= T2= ? t=(+)· ? ④⑦⑨???每式各2分,其余各式1分 變式訓(xùn)練 7.如圖12所示,分界線MN上下兩側(cè)有垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度分別為B1和B2,一質(zhì)量為m,電荷為q的帶電粒子(不計(jì)重力)從O點(diǎn)出發(fā)以一定的初速度v0沿紙面垂直MN向上射出,經(jīng)時(shí)間t又回到出發(fā)點(diǎn)O,形成了圖示心形圖案,則(
20、 ) 圖12 A.粒子一定帶正電荷 B.MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同 C.MN上下兩側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1∶B2=1∶2 D.時(shí)間t= 答案 BD 解析 題中未提供磁場(chǎng)的方向和繞行的方向,所以不能用洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力的方法判定電荷的正負(fù),A錯(cuò)誤;根據(jù)左手定則可知MN上下兩側(cè)的磁場(chǎng)方向相同,B正確;設(shè)上面的圓弧半徑是r1,下面的圓弧半徑是r2,根據(jù)幾何關(guān)系可知r1∶r2=1∶2;洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qvB=m,得B=;所以B1∶B2=r2∶r1=2∶1,C錯(cuò)誤;由洛倫茲力充當(dāng)圓周運(yùn)動(dòng)的向心力qvB=m,周期T=,得T=;帶電粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T1+T2=+,由
21、B1∶B2=2∶1得t=,D正確. 8.如圖13所示的坐標(biāo)平面內(nèi),y軸左側(cè)存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B1=0.20 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng),在y軸的右側(cè)存在方向垂直紙面向里、寬度d=12.5 cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2,某時(shí)刻一質(zhì)量m=2.0×10-8 kg、電量q=+4.0×10-4 C的帶電微粒(重力可忽略不計(jì)),從x軸上坐標(biāo)為(-0.25 m,0)的P點(diǎn)以速度v=2.0×103 m/s沿y軸正方向運(yùn)動(dòng).試求: 圖13 (1)微粒在y軸左側(cè)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑; (2)微粒第一次經(jīng)過(guò)y軸時(shí),速度方向與y軸正方向的夾角; (3)要使微粒不能從右側(cè)磁場(chǎng)邊界飛出,B2應(yīng)滿足的條件. 答案
22、 (1)0.5 m (2)60° (3)B2≥0.4 T 解析 (1)設(shè)微粒在y軸左側(cè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1,轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為θ,則 qvB1=m r1==0.5 m (2)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系得: cos θ==,則θ=60° (3)設(shè)粒子恰好不飛出右側(cè)磁場(chǎng)時(shí)運(yùn)動(dòng)半徑為r2,其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系得r2cos θ=r2-d,r2===0.25 m 由洛倫茲力充當(dāng)向心力,且粒子運(yùn)動(dòng)半徑不大于r2,得:qvB2≥m 解得:B2≥= T=0.4 T 即磁感應(yīng)強(qiáng)度B2應(yīng)滿足:B2≥0.4 T. 專題規(guī)范練 1.丹麥物理學(xué)家?jiàn)W斯特在18
23、20年通過(guò)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)電流磁效應(yīng)現(xiàn)象,下列說(shuō)法正確的是( ) A.奧斯特在實(shí)驗(yàn)中觀察到電流磁效應(yīng),揭示了電磁感應(yīng)定律 B.將直導(dǎo)線沿東西方向水平放置,把小磁針?lè)旁趯?dǎo)線的正下方,給導(dǎo)線通以足夠大電流,小磁針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng) C.將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置,把小磁針?lè)旁趯?dǎo)線的正下方,給導(dǎo)線通以足夠大電流,小磁針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng) D.將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置,把銅針(用銅制成的指針)放在導(dǎo)線的正下方,給導(dǎo)線通以足夠大電流,銅針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng) 答案 C 解析 奧斯特在實(shí)驗(yàn)中觀察到了電流的磁效應(yīng),而法拉第發(fā)現(xiàn)了電磁感應(yīng)定律,故A錯(cuò)誤;將直導(dǎo)線沿東西方向水平放置,把小磁針?lè)旁趯?dǎo)線的正下方時(shí),小磁針?biāo)谖恢玫拇?/p>
24、場(chǎng)方向可能與地磁場(chǎng)相同,故小磁針不一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng),故B錯(cuò)誤;將直導(dǎo)線沿南北方向水平放置,把小磁針?lè)旁趯?dǎo)線的正下方,給導(dǎo)線通以足夠大電流,由于磁場(chǎng)沿東西方向,則小磁針一定會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng),故C正確;銅不具有磁性,故將導(dǎo)線放在上方不會(huì)受力的作用,故不會(huì)偏轉(zhuǎn),故D錯(cuò)誤. 2.(2016·北京理綜·17)中國(guó)宋代科學(xué)家沈括在《夢(mèng)溪筆談》中最早記載了地磁偏角:“以磁石磨針?shù)h,則能指南,然常微偏東,不全南也.”進(jìn)一步研究表明,地球周圍地磁場(chǎng)的磁感線分布示意如圖1.結(jié)合上述材料,下列說(shuō)法不正確的是( ) 圖1 A.地理南、北極與地磁場(chǎng)的南、北極不重合 B.地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng),地磁南極在地理北極附近 C.地
25、球表面任意位置的地磁場(chǎng)方向都與地面平行 D.地磁場(chǎng)對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子有力的作用 答案 C 解析 地球?yàn)橐痪薮蟮拇朋w,地磁場(chǎng)的南、北極在地理上的北極和南極附近,兩極并不重合;且地球內(nèi)部也存在磁場(chǎng),只有赤道上空磁場(chǎng)的方向才與地面平行;對(duì)射向地球赤道的帶電宇宙射線粒子的速度方向與地磁場(chǎng)方向不會(huì)平行,一定受到地磁場(chǎng)力的作用,故C項(xiàng)說(shuō)法不正確. 3.(2016·上?!?)如圖2,一束電子沿z軸正向流動(dòng),則在圖中y軸上A點(diǎn)的磁場(chǎng)方向是( ) 圖2 A.+x方向 B.-x方向 C.+y方向 D.-y方向 答案 A 解析 據(jù)題意,電子流沿z軸正向流動(dòng),電流方向沿z軸負(fù)
26、向,由安培定則可以判斷電流激發(fā)的磁場(chǎng)以z軸為中心沿順時(shí)針?lè)较?沿z軸負(fù)方向看),通過(guò)y軸A點(diǎn)時(shí)方向向外,即沿x軸正向,則選項(xiàng)A正確. 4.如圖3所示,兩根平行放置長(zhǎng)度相同的長(zhǎng)直導(dǎo)線a和b載有大小相同方向相反的電流,a受到的磁場(chǎng)力大小為F1,當(dāng)加入一個(gè)與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后,a受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)镕2,則此時(shí)b受到的磁場(chǎng)力大小變?yōu)? ) 圖3 A.F2 B.F1-F2 C.F1+F2 D.2F1-F2 答案 A 5.(多選)如圖4所示,在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,有兩根豎直的平行導(dǎo)軌AB、CD,導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN,棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ,現(xiàn)從t=0時(shí)
27、刻起,給棒通以圖示方向的電流,且電流與時(shí)間成正比,即I=kt,其中k為恒量.若金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直,則表示棒所受的安培力F和摩擦力Ff隨時(shí)間變化的四幅圖中,正確的是( ) 圖4 答案 BC 解析 對(duì)導(dǎo)體棒受力分析,由左手定則知安培力垂直導(dǎo)軌向里,大小為F=BIL=kBLt,則安培力隨時(shí)間均勻增大,選項(xiàng)A錯(cuò)誤,選項(xiàng)B正確.導(dǎo)體棒所受支持力FN=F,豎直方向受重力和摩擦力,F(xiàn)fmax=μFN=kμBLt隨時(shí)間均勻增大,開(kāi)始時(shí)mg>Ffmax,棒加速下滑,F(xiàn)f滑=μFN=kμBLt;當(dāng)mg≤Ffmax后,棒減速運(yùn)動(dòng);當(dāng)速度減為零后棒將靜止,此時(shí)Ff靜=mg不變,故棒先受到滑動(dòng)摩擦
28、力均勻增大,后突變?yōu)殪o摩擦力恒定不變,選項(xiàng)C正確,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 圖5 6.如圖5所示,有一垂直于紙面向外的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,其邊界為一邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正三角形(邊界上有磁場(chǎng)),A、B、C為三角形的三個(gè)頂點(diǎn).今有一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),以速度v=qLB從AB邊上的某點(diǎn)P既垂直于AB邊又垂直于磁場(chǎng)的方向射入,然后從BC邊上某點(diǎn)Q射出.若從P點(diǎn)射入該粒子能從Q點(diǎn)射出,則( ) A.PB<L B.PB<L C.QB≤L D.QB≤L 答案 D 解析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R=.由題知:v=,得R=L.如圖所示, 當(dāng)圓心處于O1位置時(shí)
29、,粒子正好從AC邊與BC邊切過(guò),因此入射點(diǎn)P1為離B最遠(yuǎn)的點(diǎn),滿足PB≤L+L;當(dāng)圓心處于O2位置時(shí),粒子從P2射入,打在BC邊的Q點(diǎn),由于此時(shí)Q點(diǎn)距離AB最遠(yuǎn)為圓的半徑L,故QB最大,即QB≤L×=L,故D正確. 7.如圖6所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),MN是一豎直放置的感光板,從圓形磁場(chǎng)最高點(diǎn)P垂直磁場(chǎng)射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子,不考慮粒子間的相互作用力,關(guān)于這些粒子的運(yùn)動(dòng)以下說(shuō)法正確的是( ) 圖6 A.只要對(duì)著圓心入射,出射后均可垂直打在MN上 B.對(duì)著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長(zhǎng)線不一定過(guò)圓心 C.對(duì)著圓
30、心入射的粒子,速度越大在磁場(chǎng)中通過(guò)的弧長(zhǎng)越長(zhǎng),時(shí)間也越長(zhǎng) D.只要速度滿足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 答案 D 解析 對(duì)著圓心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,與粒子的速度有關(guān),故A錯(cuò)誤;帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡是圓弧,根據(jù)幾何知識(shí)可知,對(duì)著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長(zhǎng)線也一定過(guò)圓心,故B錯(cuò)誤;對(duì)著圓心入射的粒子,速度越大在磁場(chǎng)中軌跡半徑越大,弧長(zhǎng)越長(zhǎng),軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角越小,由t=T知,運(yùn)動(dòng)時(shí)間t越小,故C錯(cuò)誤;速度滿足v=時(shí),軌道半徑r==R,入射點(diǎn)、出射點(diǎn)、O點(diǎn)與軌跡的圓心構(gòu)成菱形,射出磁場(chǎng)時(shí)的軌跡半徑與最高點(diǎn)的磁場(chǎng)半徑平行,粒子的速度一定垂直打在MN
31、板上,故D正確. 8.如圖7所示,在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.原點(diǎn)O處存在一粒子源,能同時(shí)發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì)),速度方向均在xOy平面內(nèi),與x軸正方向的夾角θ在0~180°范圍內(nèi).則下列說(shuō)法正確的是( ) 圖7 A.發(fā)射速度大小相同的粒子,θ越大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 B.發(fā)射速度大小相同的粒子,θ越大的粒子離開(kāi)磁場(chǎng)時(shí)的位置距O點(diǎn)越遠(yuǎn) C.發(fā)射角度θ相同的粒子,速度越大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越短 D.發(fā)射角度θ相同的粒子,速度越大的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度越大 答案 A 解析 如圖所示,畫出粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)
32、動(dòng)的軌跡.由幾何關(guān)系得:軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角α=2π-2θ,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t=T=·=,則得知:若v一定,θ越大,時(shí)間t越短;若θ一定,則運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定.故A正確,C錯(cuò)誤;設(shè)粒子的軌跡半徑為r,則r=.如圖,AO=2rsin θ=,則若θ是銳角,θ越大,AO越大.若θ是鈍角,θ越大,AO越小,故B錯(cuò)誤.粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的角速度ω=,又T=,則得ω=,與速度v無(wú)關(guān),故D錯(cuò)誤. 9.(2016·浙江理綜·25)為了進(jìn)一步提高回旋加速器的能量,科學(xué)家建造了“扇形聚焦回旋加速器”.在扇形聚焦過(guò)程中,離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉(zhuǎn). 扇形聚焦磁場(chǎng)分布的簡(jiǎn)化圖如圖8所示,圓心為O的
33、圓形區(qū)域等分成六個(gè)扇形區(qū)域,其中三個(gè)為峰區(qū),三個(gè)為谷區(qū),峰區(qū)和谷區(qū)相間分布.峰區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,谷區(qū)內(nèi)沒(méi)有磁場(chǎng).質(zhì)量為m,電荷量為q的正離子,以不變的速率v旋轉(zhuǎn),其閉合平衡軌道如圖中虛線所示. 圖8 (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內(nèi)圓弧的半徑r,并判斷離子旋轉(zhuǎn)的方向是順時(shí)針還是逆時(shí)針; (2)求軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ,及離子繞閉合平衡軌道旋轉(zhuǎn)的周期T; (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B′,新的閉合平衡軌道在一個(gè)峰區(qū)內(nèi)的圓心角θ變?yōu)?0°,求B′和B的關(guān)系.已知:sin (α±β )=sin αcos β±cos αsin
34、 β,cos α=1-2sin2. 答案 (1) 逆時(shí)針 (2) (3)B′=B 解析 (1)峰區(qū)內(nèi)圓弧半徑r= 旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針?lè)较? (2)由對(duì)稱性,峰區(qū)內(nèi)圓弧的圓心角θ= 每個(gè)圓弧的弧長(zhǎng)l== 每段直線長(zhǎng)度L=2rcos =r= 周期T= 代入得T= (3)谷區(qū)內(nèi)的圓心角θ′=120°-90°=30° 谷區(qū)內(nèi)的軌道圓弧半徑r′= 由幾何關(guān)系rsin =r′sin 由三角關(guān)系sin =sin 15°= 代入得B′=B. 10.如圖9所示,在坐標(biāo)系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)a和b,OP為分界線,與x軸夾角為37°,在區(qū)域a中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B,
35、方向垂直于紙面向里;在區(qū)域b中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向外,P點(diǎn)坐標(biāo)為(4L,3L).一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點(diǎn)沿y軸負(fù)方向射入?yún)^(qū)域b,經(jīng)過(guò)一段時(shí)間后,粒子恰能經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O,不計(jì)粒子重力.(sin37°=0.6,cos 37°=0.8)求: 圖9 (1)粒子能從P點(diǎn)到O點(diǎn)最大速度為多少? (2)粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)可能需要多長(zhǎng)時(shí)間? 答案 (1) (2)n·(n=1、2、3…) 解析 (1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力,有qvB=m得半徑為:R=,a區(qū)域的半徑為:Ra= ① b區(qū)域的半徑為:Rb= ② 速度最大時(shí),粒子在a、b區(qū)域半徑最大,運(yùn)動(dòng)兩段圓弧后到達(dá)原點(diǎn),根據(jù)幾何關(guān)系有:2Racos α+2Rbcos α=OP ③ OP==5L ④ 聯(lián)立①②③④得:v= (2)粒子在磁場(chǎng)a、b中做圓周運(yùn)動(dòng),當(dāng)速度較小時(shí),可能重復(fù)n次回到O點(diǎn),一個(gè)周期內(nèi)兩段圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角相等.每段圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為:180-2α=106° t=n(Ta+Tb)=n(·+·)=n·(n=1、2、3…) 20
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