高考物理總復(fù)習(xí)第十一章磁場課件練習(xí)題

第1講磁場的描述磁場對通電導(dǎo)線的作用力高考總復(fù)習(xí)2025考點一磁場的描述強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分磁場、磁感應(yīng)強(qiáng)度1.磁場(1)基本性質(zhì):磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有

的作用。

(2)磁體周圍、電流周圍、運動電荷周圍存在磁場。(3)地磁場:地球是一個大磁體;地球的南極大致是地磁的N極。

注意磁偏角問題磁場力2.磁感應(yīng)強(qiáng)度(1)物理意義:描述磁場的強(qiáng)弱和方向。(2)大小定義:。

注意電流元運動方向一定垂直磁場方向(3)方向定義:小磁針的N極所受磁場力的方向,也就是小磁針

時N極的指向。

(4)單位:特斯拉(T)。3.勻強(qiáng)磁場(1)定義:磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小處處相等、方向處處相同的磁場稱為勻強(qiáng)磁場。

理想化模型(2)特點:磁感線疏密程度相同、方向相同。

靜止4.磁感線及其特點(1)磁感線:在磁場中畫出一些曲線,使曲線上每一點的切線方向都跟這點的

的方向一致。

(2)特點①磁感線上某點的

方向就是該點的磁場方向。

②磁感線的

定性地表示磁場的強(qiáng)弱。

③磁感線是

曲線,沒有起點和終點。

④磁感線是假想的曲線,客觀上不存在。磁感應(yīng)強(qiáng)度切線疏密閉合5.電流的磁場

××√√提示

磁性材料被磁化時,內(nèi)部分子電流取向變得大致相同,對外顯示磁性;受到高溫或猛烈撞擊時,分子電流取向又變得雜亂無章,而失去磁性。研考點?精準(zhǔn)突破1.安培定則的應(yīng)用

項目原因(電流方向)結(jié)果(磁場方向)說明直線電流的磁場拇指所指方向四指所指方向在運用安培定則時應(yīng)分清“因”和“果”,電流是“因”,磁場是“果”,既可以由“因”判斷“果”,也可以由“果”追溯“因”2.磁場的疊加(1)磁感應(yīng)強(qiáng)度是矢量,計算時與力的計算方法相同,遵守平行四邊形定則,可以用正交分解法進(jìn)行合成與分解。(2)兩個電流附近的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度是由兩個電流分別獨立存在時產(chǎn)生的磁場在該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成的。考向一

安培定則的應(yīng)用典題1(2022江蘇卷)如圖所示,兩根固定的通電長直導(dǎo)線a、b相互垂直,a平行于紙面,電流方向向右,b垂直于紙面,電流方向向里,則導(dǎo)線a所受安培力方向(

)A.平行于紙面向上B.平行于紙面向下C.左半部分垂直紙面向外,右半部分垂直紙面向里D.左半部分垂直紙面向里,右半部分垂直紙面向外C解析

根據(jù)安培定則,可判斷出導(dǎo)線a左側(cè)部分的空間磁場方向斜向右上方,右側(cè)部分的磁場方向斜向右下方,根據(jù)左手定則可判斷出導(dǎo)線a左半部分所受安培力方向垂直紙面向外,右半部分所受安培力方向垂直紙面向里,故選C?？枷蚨?/p>

勻強(qiáng)磁場和直線電流磁場的疊加典題2(2024云南保山模擬)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,水平放置一根通電長直導(dǎo)線,電流的方向垂直于紙面向里,如圖所示,a、b、c、d是以長直導(dǎo)線為圓心的同一圓周上的四點,在這四點中(

)A.b點的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大B.c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小C.b、d兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同D.a、c兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等B解析

設(shè)長直導(dǎo)線在圓周上產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,a、b、c、d四點的實際磁感應(yīng)強(qiáng)度為勻強(qiáng)磁場和電流磁場的疊加,結(jié)合安培定則作出矢量合成圖,如圖所示,可知a點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Ba=B0+B,b點和d點磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為

,c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bc=B0-B,故a點的磁感應(yīng)強(qiáng)度最大,c點的磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,A錯誤,B正確;b、d兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,但方向不同,C錯誤;根據(jù)上述可知,a、c兩點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不相等,D錯誤?？枷蛉?/p>

直線電流磁場的疊加典題3(多選)兩根通電細(xì)長直導(dǎo)線緊靠著同樣長的塑料圓柱體,圖甲是圓柱體和導(dǎo)線1的截面,導(dǎo)線2固定不動(圖中未畫出)。導(dǎo)線1繞圓柱體在平面內(nèi)第一與第二象限從θ=0緩慢移動到π,測量圓柱體中心O處磁感應(yīng)強(qiáng)度,獲得沿x方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度Bx隨θ變化的圖像(如圖乙所示)和沿y方向的磁感應(yīng)強(qiáng)度By隨θ變化的圖像(如圖丙所示)。下列說法正確的是(

)甲乙丙A.導(dǎo)線1電流方向垂直紙面向外B.導(dǎo)線2在第三象限角平分線位置C.隨著θ的增大,中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度先變大后變小D.當(dāng)θ=0.25π時,中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿第四象限角平分線答案

AC

解析

根據(jù)安培定則判斷通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向可知,導(dǎo)線2在y軸方向上沒有分量,在水平方向有沿x軸正方向的分量,則導(dǎo)線1在初始狀態(tài)產(chǎn)生的磁場沿y軸負(fù)方向,導(dǎo)線1電流方向垂直紙面向外,A正確;根據(jù)安培定則可知,導(dǎo)線2在y軸正方向處有垂直紙面向外的電流或者在y軸負(fù)方向處有垂直紙面向里的電流,B錯誤;磁感應(yīng)強(qiáng)度為矢量,根據(jù)三角形法則可知中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度先變大后變小,在θ=0.5π時,兩導(dǎo)線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向一致,合磁感應(yīng)強(qiáng)度值最大,C正確;θ=0.25π時,導(dǎo)線1產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向沿第四象限角平分線向外,但導(dǎo)線2產(chǎn)生的磁場沿x軸正方向,故中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向在x軸與第四象限角平分線之間,D錯誤。方法技巧

磁場疊加問題的分析思路(1)確定磁場場源,如通電導(dǎo)線。(2)定位空間中需求解磁場的點,利用安培定則判定各個場源在這一點上產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度。(3)應(yīng)用平行四邊形定則進(jìn)行合成?？键c二磁場對通電導(dǎo)線的作用力強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分安培力1.安培力的大小(1)磁場和電流垂直時:F=

。

(2)磁場和電流平行時:F=0。2.安培力的方向

垂直于電流與磁場方向決定的平面左手定則判斷:(1)伸出左手,讓拇指與其余四指

,并且都在同一個平面內(nèi);(2)讓磁感線從掌心進(jìn)入,并使四指指向

的方向;(3)

所指的方向就是通電導(dǎo)線在磁場中所受安培力的方向。

BIL垂直電流拇指×√提示

安培在電磁學(xué)領(lǐng)域的貢獻(xiàn)是多方面的,而且是奠基性的,因為牛頓被稱為“經(jīng)典力學(xué)的奠基人”,故麥克斯韋把安培稱為“電學(xué)中的牛頓”,這一說法便傳承下來。研考點?精準(zhǔn)突破一、安培力的計算1.安培力公式F=BIlsinθ(其中θ為B與I之間的夾角),應(yīng)用時要注意:(1)B與I垂直時,F=BIl。(2)B與I平行時,F=0。(3)l是有效長度。彎曲導(dǎo)線的有效長度l,等于連接兩端點線段的長度(如圖所示);相應(yīng)的電流沿直線由始端流向末端。2.方向:根據(jù)左手定則判斷。

二、安培力作用下導(dǎo)體運動的判斷1.判定導(dǎo)體運動情況的基本思路判定通電導(dǎo)體在安培力作用下的運動或運動趨勢,首先必須弄清楚導(dǎo)體所在位置的磁感線分布情況,然后利用左手定則準(zhǔn)確判定導(dǎo)體的受力情況,進(jìn)而確定導(dǎo)體的運動方向或運動趨勢的方向。2.安培力下導(dǎo)體運動情況判斷的常用方法

三、安培力作用下的平衡問題求解安培力作用下通電導(dǎo)體的平衡問題,關(guān)鍵是將三維圖轉(zhuǎn)化為二維平面圖,即通過畫俯視圖、剖面圖、側(cè)視圖等,將立體圖轉(zhuǎn)換為平面受力圖。四、安培力作用下的力電綜合問題安培力和重力、彈力、摩擦力一樣,會使通電導(dǎo)體在磁場中處于平衡、轉(zhuǎn)動、加速狀態(tài),有時也會涉及做功問題。解答時一般要用到牛頓運動定律、動能定理、能量守恒定律等?？枷蛞?/p>

安培力的計算典題4(2024七省適應(yīng)性測試江西物理)為縮短固定翼飛行器著陸后的滑行距離,有人構(gòu)想在機(jī)身和跑道上安裝設(shè)備,使飛行器在安培力作用下短距著陸。如圖所示,在機(jī)身上安裝長為10m、匝數(shù)為60的矩形線圈,線圈通以100A的電流,跑道上有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為0.2T的磁場,通過傳感器控制磁場區(qū)域隨飛機(jī)移動,使矩形線圈始終處于圖示磁場中。忽略電磁感應(yīng)的影響,線圈所受安培力的大小和方向是(

)A.24000N,向左

B.24000N,向右C.12000N,向左

D.12000N,向右A解析

由左手定則可知,各處的安培力方向如圖所示,所以線圈所受安培力的大小為F安=F1+F2=2nBIL=2×60×0.2×100×10

N=24

000

N,由左手定則可知,線圈所受安培力的方向為水平向左,故選A?？枷蚨?/p>

安培力作用下導(dǎo)體運動的判斷典題5(★一題多解)一個可以自由運動的線圈L1和一個固定的線圈L2互相絕緣垂直放置,且兩個線圈的圓心重合,如圖所示。當(dāng)兩線圈中通以圖示方向的電流時,從左向右看,線圈L1將(

)A.不動

B.順時針轉(zhuǎn)動C.逆時針轉(zhuǎn)動

D.在紙面內(nèi)平動B解析

方法一(電流元法):把線圈L1沿水平轉(zhuǎn)動軸分成上、下兩部分,每一部分又可以看成無數(shù)段直線電流元,電流元處在L2產(chǎn)生的磁場中,根據(jù)安培定則可知各電流元所在處的磁場方向向上,由左手定則可知,上半部分電流元所受安培力方向均指向紙外,下半部分電流元所受安培力方向均指向紙內(nèi),因此從左向右看線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。方法二(等效法):把線圈L1等效為小磁針,該小磁針剛好處于環(huán)形電流I2的中心,小磁針的N極應(yīng)指向該點環(huán)形電流I2的磁場方向,由安培定則知I2產(chǎn)生的磁場方向在其中心處豎直向上,而L1等效成小磁針后,轉(zhuǎn)動前,N極指向紙內(nèi),因此小磁針的N極應(yīng)由指向紙內(nèi)轉(zhuǎn)為向上,所以從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。方法三(結(jié)論法):環(huán)形電流I1、I2不平行,則一定有相對轉(zhuǎn)動,直到兩環(huán)形電流同向平行為止。據(jù)此可得,從左向右看,線圈L1將順時針轉(zhuǎn)動。典題6(多選)如圖所示,臺秤上放一上表面光滑的平板,其左邊固定一擋板,一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁體連接起來,此時臺秤讀數(shù)為F1。在條形磁體上方中心偏左位置固定一通電導(dǎo)線,電流方向垂直紙面向里,當(dāng)通上電流后,臺秤讀數(shù)為F2,則下列說法正確的是(

)A.彈簧長度將變長

B.彈簧長度將變短C.F1>F2

D.F1<F2BC解析

選通電導(dǎo)線為研究對象,根據(jù)左手定則判斷可知,通電導(dǎo)線所受安培力方向為斜向右下方,根據(jù)牛頓第三定律分析可知,條形磁體受到的安培力方向斜向左上方,則條形磁體將向左運動,彈簧被壓縮,所以長度將變短,故A錯誤,B正確;由于條形磁體受到的安培力方向斜向左上方,對臺秤的壓力減小,則F1>F2,故C正確,D錯誤?？枷蛉?/p>

安培力作用下的平衡問題典題7(2022湖南卷)如圖甲所示,直導(dǎo)線MN被兩等長且平行的絕緣輕繩懸掛于水平軸OO'上,其所在區(qū)域存在方向垂直指向OO'的磁場,與OO'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化,其截面圖如圖乙所示。導(dǎo)線通以電流I,靜止后,懸線偏離豎直方向的夾角為θ。下列說法正確的是(

)A.當(dāng)導(dǎo)線靜止在圖甲右側(cè)位置時,導(dǎo)線中電流方向由N指向MB.電流I增大,靜止后,導(dǎo)線對懸線的拉力不變C.tanθ與電流I成正比D.sinθ與電流I成正比D解析

當(dāng)導(dǎo)線靜止在題圖甲右側(cè)位置時,對直導(dǎo)線MN進(jìn)行受力分析,如圖所示,由左手定則知,導(dǎo)線中電流方向由M指向N,故A錯誤;由于與OO'距離相等位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等且不隨時間變化,因此F安=Gsin

θ,FT=Gcos

θ,F安=BIl,可得sin

θ與I成正比,當(dāng)I增大時,θ增大,cos

θ減小,靜止后,導(dǎo)線對懸線的拉力FT減小,故B、C錯誤,D正確?？枷蛩?/p>

安培力作用下的力電綜合問題典題8

如圖所示,兩個半徑均為R的光滑圓軌道a、b并排固定在豎直平面內(nèi),在軌道最低點放置一根質(zhì)量為m的銅棒,銅棒長為L,所在空間有平行于圓軌道平面水平向右的勻強(qiáng)磁場,給銅棒通以從C到D的恒定電流I的同時給A.銅棒獲得初速度時對每條軌道的壓力大小為mgB.銅棒獲得初速度時對每條軌道的壓力大小為0C.從軌道最低點到最高點的過程中,銅棒機(jī)械能增加了2mgRD.從軌道最低點到最高點的過程中,銅棒所受合力做功為0B解析

根據(jù)左手定則可知,銅棒將始終受到豎直向上的安培力,其大小為F安=BIL=2mg,在銅棒獲得初速度時,根據(jù)牛頓第二定律有2FN+F安-mg=解得FN=0,A錯誤,B正確;從軌道最低點到最高點的過程中,銅棒機(jī)械能增加量為ΔE=F安·2R=4mgR,C錯誤;從軌道最低點到最高點的過程中,銅棒所受合力做功為W合=WG+W安=-mg·2R+2mg·2R=2mgR,D錯誤。指點迷津安培力做功的特點和實質(zhì)(1)安培力做功與路徑有關(guān),這一點與靜電力不同。(2)安培力做功的實質(zhì)是能量轉(zhuǎn)化:①安培力做正功時,將電源的能量轉(zhuǎn)化為導(dǎo)體的機(jī)械能或其他形式的能;②安培力做負(fù)功時,將機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電能或其他形式的能。第2講磁場對運動電荷的作用力高考總復(fù)習(xí)2025考點一洛倫茲力強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分1.洛倫茲力:磁場對

的作用力叫洛倫茲力。

2.洛倫茲力的方向(1)方向特點:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v決定的

。B、v方向可成任意夾角

(2)判定方法:

定則。

注意區(qū)分正、負(fù)電荷3.洛倫茲力的大小(1)v∥B時,洛倫茲力F=

。(θ=0°或180°)

(2)v⊥B時,洛倫茲力F=

。(θ=90°)

(3)v與B的夾角為θ時,F=

。

運動電荷

平面左手0qvBqvBsinθ××√提示

安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),二者是相同性質(zhì)的力,都是磁場力;安培力對通電導(dǎo)線可以做功,而洛倫茲力對運動電荷永不做功。研考點?精準(zhǔn)突破1.洛倫茲力的理解(1)利用左手定則判斷洛倫茲力的方向,注意區(qū)分正、負(fù)電荷。(2)當(dāng)電荷運動方向發(fā)生變化時,洛倫茲力的方向也隨之變化。(3)運動電荷在磁場中不一定受洛倫茲力作用。(4)洛倫茲力永不做功。2.洛倫茲力與靜電力的比較

比較項洛倫茲力靜電力產(chǎn)生條件v≠0且v不與B平行電荷處在電場中大小F=qvB(v⊥B)F=qE力方向與場方向的關(guān)系F⊥B,F⊥vF∥E做功情況任何情況下都不做功可能做功,也可能不做功考向一

洛倫茲力的方向典題1

關(guān)于電荷在磁場中運動速度v、磁感應(yīng)強(qiáng)度B和電荷受到的洛倫茲力F,三者之間的方向關(guān)系如圖所示,其中正確的是(

)A解析

根據(jù)左手定則,四指指向正電荷運動方向,磁感線垂直穿過掌心,拇指的指向為電荷受到的洛倫茲力的方向,A圖中正電荷受到的洛倫茲力方向向下,正確;根據(jù)左手定則,B圖中負(fù)電荷受到的洛倫茲力的方向豎直向下,錯誤;C圖中電荷運動的速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向平行,電荷不受洛倫茲力,錯誤;根據(jù)左手定則,D圖中正電荷受到的洛倫茲力的方向垂直紙面向外,錯誤?？枷蚨?/p>

洛倫茲力的大小及簡單應(yīng)用典題2(2024山東臨沂模擬)如圖所示,豎直放置的光滑絕緣斜面處于方向垂直豎直平面(紙面)向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場中,一電荷量為q(q>0)的滑塊自a點由靜止沿斜面滑下,下降高度為h時到達(dá)b點,滑塊恰好對斜面無壓力,重力加速度為g。關(guān)于滑塊自a點運動到b點的過程中,下列說法正確的是(

)A.滑塊在a點受重力、支持力和洛倫茲力作用B.滑塊在b點受到的洛倫茲力大小為C.洛倫茲力做正功D.滑塊的機(jī)械能增大B解析

滑塊自a點由靜止沿斜面滑下,在a點不受洛倫茲力作用,A錯誤;滑塊自a點運動到b點的過程中,洛倫茲力不做功,支持力不做功,滑塊機(jī)械能守典題3(2024北京海淀101中學(xué)期中)如圖所示,在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中,有一足夠長的絕緣細(xì)棒OO'(細(xì)棒足夠長)在豎直面內(nèi)垂直磁場方向放置,細(xì)棒與水平面夾角為α。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的圓環(huán)A套在細(xì)棒上,圓環(huán)與細(xì)棒間的動摩擦因數(shù)為μ,且μ<tanα?，F(xiàn)讓圓環(huán)A由靜止開始下滑,試問圓環(huán)在下滑過程中圓環(huán)的最大速率為(

)C解析

由于μ<tan

α,所以圓環(huán)將由靜止開始沿細(xì)棒下滑,設(shè)當(dāng)圓環(huán)的速度達(dá)到最大值vm時,圓環(huán)受細(xì)棒的彈力為FN,方向垂直于細(xì)棒向下,摩擦力為Ff=μFN,此時應(yīng)有a=0,即mgsin

α=Ff,FN+mgcos

α=qvmB,解得考點二帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中的運動強(qiáng)基礎(chǔ)?固本增分1.若v∥B,帶電粒子不受洛倫茲力,在勻強(qiáng)磁場中做

運動。

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

運動。

3.半徑和周期公式(v⊥B)勻速直線勻速圓周4.帶電粒子與磁感應(yīng)強(qiáng)度成某角度進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,通過運動的合成和分解分析可知,帶電粒子做螺旋運動——垂直磁場方向做勻速圓周運動,平行磁場方向做勻速直線運動。√×√研考點?精準(zhǔn)突破1.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動的思想方法和理論依據(jù)一般說來,要把握好“一找圓心,二定半徑,三求時間”的分析方法。在具體問題中,要依據(jù)題目條件和情境而定。解題的理論依據(jù)主要是由牛頓第二2.圓心的確定(1)已知入射點、入射方向和出射點、出射方向時,可通過入射點和出射點作垂直于入射方向和出射方向的直線,兩條直線的交點就是圓弧軌道的圓心。(如圖甲所示)(2)已知入射方向和入射點、出射點的位置時,可以通過入射點作入射方向的垂線,連接入射點和出射點,作其中垂線,這兩條垂線的交點就是圓弧軌道的圓心。(如圖乙所示)3.半徑的確定和計算方法一(由物理方法求):半徑方法二(由幾何方法求):一般由數(shù)學(xué)知識(勾股定理、三角函數(shù)等)來計算確定。4.時間的計算方法考向一

求磁感應(yīng)強(qiáng)度或圓周運動有關(guān)物理量典題4

如圖所示,在勻強(qiáng)磁場中有1和2兩個質(zhì)子在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動,軌道半徑r1>r2,軌道相切于P點,用T1、T2,v1、v2,a1、a2,t1、t2分別表示1、2兩個質(zhì)子的周期、線速度、向心加速度以及各自從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間,則下列說法錯誤的是(

)A.T1=T2

B.v1=v2C.a1>a2

D.t1<t2B典題5(2024遼寧大連育明高中期中)洛倫茲力演示儀的結(jié)構(gòu)示意圖如圖所示。勵磁線圈通電后可以產(chǎn)生垂直紙面的勻強(qiáng)磁場,勵磁線圈中的電流越大,產(chǎn)生的磁場越強(qiáng)。電子經(jīng)電子槍中的加速電場加速后水平向左垂直磁感線方向射入磁場。下列實驗現(xiàn)象和分析正確的是(

)A.勵磁線圈應(yīng)通以逆時針方向的電流B.僅增大電子槍加速電場的電壓,運動徑跡的半徑變大C.僅增大勵磁線圈中的電流,運動徑跡的半徑變大D.僅減小電子槍加速電場的電壓,電子運動的周期將變大B解析

若勵磁線圈通以逆時針方向的電流,由安培定則知,產(chǎn)生的磁場向外,根據(jù)左手定則判斷知,電子進(jìn)入磁場時所受的洛倫茲力向下,電子的運動徑跡不可能是圖中所示,則勵磁線圈通以順時針方向的電流,A錯誤;考向二

帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運動的綜合問題典題6(2024河北滄州模擬)如圖所示的空間存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,P、Q兩點關(guān)于O點對稱,已知PO=OQ=d,一比荷為k的帶正電粒子由P點垂直于y軸向右射入磁場,同時一比荷為

的帶正電粒子由Q點射入磁場,經(jīng)過一段時間兩粒子同時第一次到達(dá)O點,忽略粒子間的相互作用及重力。求:(1)由P點射入磁場的粒子的速度大小;(2)由Q點射入磁場的粒子的速度大小及射入磁場時的速度與y軸正方向的夾角大小。解析

(1)比荷為k的粒子的運動軌跡如圖甲所示

甲乙

方法技巧

帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的解題步驟

第3講專題提升帶電粒子在有界磁場中的運動高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:解答帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題要以題中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等詞語為突破口,運用動態(tài)思維,尋找臨界點,確定臨界狀態(tài),根據(jù)粒子的速度方向找出偏轉(zhuǎn)方向,同時由磁場邊界和題設(shè)條件畫好軌跡、定好圓心,建立幾何關(guān)系;解答帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題則要明確多解的原因,分情況具體討論。題型一帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題1.三類邊界磁場中的軌跡特點(1)直線邊界:進(jìn)出磁場具有對稱性。(2)平行邊界:存在臨界條件。

(3)圓形邊界:等角進(jìn)出,沿徑向射入必沿徑向射出。

2.解答帶電粒子在有界磁場中的臨界、極值問題的方法技巧

找突破口許多臨界問題,題干中常用“恰好”“最大”“至少”“不相撞”“不脫離”等詞語對臨界狀態(tài)給以暗示,審題時,一定要抓住這些特定的詞語挖掘其隱藏的規(guī)律,找出臨界條件兩種思路一是以定理、定律為依據(jù),首先求出所研究問題的一般規(guī)律和一般解的形式,然后分析、討論處于臨界條件時的特殊規(guī)律和特殊解二是直接分析、討論臨界狀態(tài),找出臨界條件,從而通過臨界條件求出臨界值六種方法(1)用臨界條件求極值;(2)用邊界條件求極值;(3)用三角函數(shù)求極值;(4)用二次方程的判別式求極值;(5)用不等式的性質(zhì)求極值;(6)用圖像法求極值三個結(jié)論(1)剛好穿出磁場邊界的條件是帶電粒子在磁場中運動的軌跡與邊界相切。(2)當(dāng)速率v一定時,弧長(或弦長)越長,圓心角越大,則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。(3)在圓形勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)運動軌跡圓半徑大于區(qū)域圓半徑時,則入射點和出射點為磁場直徑的兩個端點時,軌跡對應(yīng)的偏轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長)考向一

直線邊界的臨界、極值問題典題1(多選)(2024山西太原模擬)如圖所示,在水平熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強(qiáng)磁場,方向垂直紙面向里。距離熒光屏d處有一粒子源S,能夠在紙面內(nèi)不斷地向各個方向同時發(fā)射同種帶正電的粒子,不計粒子的重力,已知水平向左射出的粒子經(jīng)過時間t剛好垂直打在熒光屏上,則(

)A.所有粒子均會打到熒光屏上B.粒子從射出到打到熒光屏上的最長時間為3tC.粒子從射出到打到熒光屏上的最短時間為

tD.粒子能打到熒光屏上的區(qū)域長度為(+1)dBCD解析

由左手定則可知,帶正電的粒子在磁場中逆時針方向做勻速圓周運動,已知水平向左射出的粒子經(jīng)過時間t剛好垂直打在熒光屏上,如圖甲所示,由圖甲可知,粒子在磁場中的軌跡半徑為R=d,周期為T=4t,若粒子以水平向右方向射出,由圖甲可知粒子不會打到熒光屏上,A錯誤。當(dāng)粒子打到熒光屏左側(cè)位置的速度方向剛好與熒光屏相切時,粒子從射出到打到熒光屏上的時間最長,如圖乙所示,由幾何關(guān)系可知,軌跡對應(yīng)的圓心角為270°,則有甲乙當(dāng)粒子打到熒光屏位置處于S正下方時,粒子從射出到打到熒光屏上的時間最短,如圖丙所示,由幾何關(guān)系可知,軌跡對應(yīng)的圓心角為60°,則有丙當(dāng)粒子打到熒光屏左側(cè)位置對應(yīng)的弦為直徑時,該位置為打到熒光屏的最左端;當(dāng)粒子打到熒光屏右側(cè)位置的速度方向剛好與熒光屏相切時,該位置為打到熒光屏的最右端;如圖丁所示,由幾何關(guān)系可知,粒子能打到熒光屏上的區(qū)域長度為丁方法技巧

解決臨界問題的一般解題流程

考向二

帶電粒子在平行邊界的臨界、極值問題典題2(2024江蘇南通期中)真空區(qū)域有寬度為d、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,磁場方向如圖所示,AC、

DE是磁場的邊界。S是位于AC邊界上的一個粒子源,可以發(fā)出質(zhì)量為m、電荷量為q的同種帶電粒子。某一粒子以速率v沿與AC成θ=37°角的方向射入磁場,恰能垂直DE邊界射出磁場,不計粒子的重力。sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求粒子射入磁場的速率v。(2)若粒子均以

的速率沿紙面不同方向射入磁場,僅考慮能從DE邊界射出磁場的粒子,求粒子在磁場中運動的最短時間t。考向三

圓邊界的臨界、極值問題典題3(2024七省適應(yīng)性測試貴州物理)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有一方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,MN、PQ是相互垂直的兩條直徑。兩質(zhì)量相等且?guī)У攘慨惙N電荷的粒子從M點先后以相同速率v射入磁場,其中粒子甲沿MN射入,從Q點射出磁場,粒子乙沿紙面與MN方向成30°角射入,兩粒子同時射出磁場。不計粒子重力及兩粒子間的相互作用,則兩粒子射入磁場的時間間隔為(

)B考向四

三角形邊界的臨界、極值問題典題4(多選)如圖所示,在直角三角形CDE區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,P為直角邊CD的中點,∠C=30°,CD的長度為2L,一束相同的帶負(fù)電粒子以不同的速率從P點垂直于CD射入磁場,粒子的比荷為k,不計粒子間的相互作用和重力,則下列說法正確的是(

)A.速率不同的粒子在磁場中運動時間一定不同B.從CD邊飛出的粒子最大速率為C.粒子從DE邊飛出的區(qū)域長度可以大于LD.從CE邊飛出的粒子在磁場中運動的最長時間為BD題型二帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題多解分類多解原因示意圖帶電粒子電性不確定帶電粒子可能帶正電,也可能帶負(fù)電,粒子在磁場中的運動軌跡不同磁場方向不確定題目只告訴了磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,而未具體指出磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向,必須考慮磁感應(yīng)強(qiáng)度方向有兩種情況多解分類多解原因示意圖臨界狀態(tài)不唯一或速度大小不確定帶電粒子在穿過有界磁場時,可能直接穿過去,也可能從入射界面反向射出運動的往復(fù)性帶電粒子在空間運動時,往往具有往復(fù)性考向一

帶電粒子電性不確定形成多解典題5(多選)(2024廣東茂名模擬)平面OM和平面ON之間的夾角為35°,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強(qiáng)磁場,大小為B,方向垂直于紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量絕對值為q、電性未知的帶電粒子從OM上的某點向左上方射入磁場,速度方向與OM成20°角,運動一會兒后從OM上另一點射出磁場。不計重力,則下列幾種情形可能出現(xiàn)的是(

)ABD考向二

磁場方向不確定形成多解典題6(多選)如圖所示的xOy坐標(biāo)系中,y軸的左側(cè)存在垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知的勻強(qiáng)磁場。y軸右側(cè)的勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知,一帶正電的粒子由y軸上(0,-L)處沿與y軸正方向成30°角的方向以速度v射入磁場,已知粒子的比荷為k,粒子在y軸右側(cè)的軌道半徑為L,最終粒子經(jīng)過O點,粒子重力不計。下列說法正確的是(

)A.若y軸右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里,則y軸右側(cè)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.若y軸右側(cè)的磁場方向垂直紙面向里,則粒子從射入到運動至O點的時間C.若y軸右側(cè)的磁場方向垂直紙面向外,則粒子從射入到運動至O點的時間可能為D.若y軸右側(cè)的磁場方向垂直紙面向外,則粒子從射入到運動至O點的時間可能為答案

AD

甲乙丙考向三

臨界狀態(tài)不唯一形成多解典題7(多選)(2024江西南昌模擬)如圖所示,空間中有一個底角均為60°的梯形,上底與腰長相等為L,梯形處于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場中,現(xiàn)c點存在一個粒子源,可以源源不斷射出速度方向沿cd、大小可變的電子,電子的比荷為k,為使電子能從ab邊射出,速度大小可能為(

)BC解析

能夠從ab邊射出的電子,半徑最小為從b點射出,軌跡如圖甲所示

甲乙考向四

運動具有周期性形成多解典題8(多選)小明同學(xué)對正、負(fù)電子對撞產(chǎn)生了濃厚的興趣,他根據(jù)所學(xué)知識設(shè)計了正、負(fù)電子對撞裝置,通過電子在勻強(qiáng)磁場中的運動來實現(xiàn)正、負(fù)電子在不同位置發(fā)生正碰。如圖所示,ab和cd是關(guān)于y軸對稱、間距為2l的直線磁場邊界,在兩邊界之間有兩個有界勻強(qiáng)磁場。兩磁場的邊界MN位于x軸上方且平行于x軸,MN與x軸的距離h可調(diào)。MN下方的磁場方向垂直紙面向里,上方的磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。若將質(zhì)量為m、電荷量為e的正、負(fù)電子分別從ab和cd磁場邊界上沿x軸同時以相同速率進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,使正、負(fù)電子能在y軸的不同位置垂直于y軸方向發(fā)生正碰,不計粒子間的相互作用力和粒子重力,則MN與x軸的距離h的大小可能是(

)ABC甲乙丙第4講專題提升“平移圓”“放縮圓”“旋轉(zhuǎn)圓”“磁聚焦”和“磁發(fā)散”模型高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:帶電粒子在勻強(qiáng)磁場運動中的臨界、極值問題是高考的熱點之一,一些特殊的臨界、極值問題可以用“動態(tài)圓”模型分析,有助于發(fā)現(xiàn)臨界狀態(tài),適用條件是帶電粒子射入磁場的速度大小或方向至少有一項保持不變。其中,“平移圓”模型中帶電粒子的入射點發(fā)生變化;“放縮圓”模型和“旋轉(zhuǎn)圓”模型中帶電粒子從同一點進(jìn)入磁場。帶電粒子在圓形邊界磁場中的運動是高考試題常見的類型,對于該類問題,如果滿足某種條件,應(yīng)用“磁聚焦”和“磁發(fā)散”模型來分析問題,會達(dá)到事半功倍的效果。為了考查學(xué)生分析問題解決問題的能力,命題人常常將某種模型鑲嵌在題目中。題型一“動態(tài)圓”模型一、“平移圓”模型

“平移圓”模型適用條件速度大小一定,方向一定,入射點不同,但在同一直線上粒子源發(fā)射速度大小、方向一定的帶電粒子,入射點不同但在同一直線的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,它們做勻速圓周運動的半徑相同,若入射速度大小為v0,則半徑

,如圖所示軌跡圓圓心共線帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在同一直線,該直線與入射點的連線平行界定方法將半徑為

的圓進(jìn)行平移,從而探索粒子的臨界條件,這種方法叫“平移圓”法二、“放縮圓”模型

“放縮圓”模型適用條件速度方向一定,大小不同粒子源發(fā)射速度方向一定,大小不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化軌跡圓圓心共線

界定方法以入射點P為定點,圓心位于PP'直線上,將半徑放縮作軌跡圓,從而探索出臨界條件,這種方法稱為“放縮圓”法如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情況),速度v越大,運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后,它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP'上三、“旋轉(zhuǎn)圓”模型

“旋轉(zhuǎn)圓”模型適用條件速度大小一定,方向不同軌跡圓圓心共圓帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑

的圓上界定方法將一半徑為

的圓以入射點為圓心進(jìn)行旋轉(zhuǎn),從而探索粒子的臨界條件,這種方法稱為“旋轉(zhuǎn)圓”法粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的帶電粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場時,它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,若射入初速度為v0,則圓周運動半徑為

。如圖所示考向一

“平移圓”模型典題1

如圖所示,邊長為L的正方形有界勻強(qiáng)磁場ABCD,帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場,恰好從C點飛出磁場;若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場,從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)。設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t1,由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計),則t1∶t2為(

)A.2∶1 B.2∶3C.3∶2 D.C解析

畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡,如圖所示,并將該軌跡向下平移,粒子做圓周運動的半徑R=L,從C點射出的粒子運動時間考向二

“放縮圓”模型典題2

如圖所示,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場方向垂直紙面向里,圖中虛線為磁場的邊界,其中bc段是半徑為R的四分之一圓弧,ab、cd的延長線通過圓弧的圓心,Ob長為R。一束質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,在紙面內(nèi)以不同的速率從O點垂直ab射入磁場,已知所有粒子均從圓弧邊界射出,其中M、N是圓弧邊界上的兩點,不計粒子間的相互作用和重力。則下列說法正確的是(

)A.粒子帶負(fù)電荷B.從M點射出粒子的速率一定大于從N點射出粒子的速率C.從M點射出的粒子在磁場中運動的時間一定小于從N點射出的粒子在磁場中運動的時間D.粒子在磁場中的最短運動時間為D解析

粒子運動軌跡如圖所示,粒子做逆時針的勻速圓周運動,根據(jù)左手定則可知粒子帶正電,由圖可知,粒子落到b點到c點的過程中,半徑越來越大,則由r=可知,速度越來越大,所以從M點射出粒子的速率一定小于從N點射出粒子的速率。又因為粒子在磁場中的運動時間和圓心角成正比,且由幾何關(guān)系知,弦切角等于圓心角的一半,所以當(dāng)弦切角最小時對應(yīng)粒子的運動時間最短。當(dāng)弦與圓周相切時,弦切角最小,因為Ob長為R,由幾何關(guān)系知,此時弦切角為θ=60°,所以圓心角為α=120°,最短運動時間為

,即從M點射出的粒子在磁場中運動的時間與從N點射出的粒子在磁場中運動的時間大小不能確定。綜上所述,D正確,A、B、C錯誤?？枷蛉?/p>

“旋轉(zhuǎn)圓”模型典題3(多選)(2024河南鄭州模擬)如圖所示,在直角坐標(biāo)系xOy的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,在y軸上S處有一粒子源,它可向右側(cè)紙面內(nèi)各個方向射出速率相等的質(zhì)量均為m、電荷量均為q的同種帶電粒子,所有粒子射出磁場時離S最遠(yuǎn)的位置是x軸上的P點。已知,粒子帶負(fù)電,粒子所受重力及粒子間的相互作用均不計,則(

)A.粒子的速度大小為B.從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間之比為3∶2C.沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為

dD.從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為AD從x軸上射出磁場的粒子中,沿y軸正方向射出的粒子在磁場中運動的時間最長,從O點射出的粒子時間最短,運動軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系,粒子在磁場中做圓周運動的圓心角分別為α=、θ=,從x軸上射出磁場的粒子在磁場中運動的最長時間沿平行x軸正方向射入的粒子,其圓心在O點,離開磁場時的位置到O點的距離為r,即沿平行x軸正方向射入的粒子離開磁場時的位置到O點的距離為d,C錯誤;從O點射出的粒子軌跡如圖所示,對應(yīng)的圓心角為θ=,從O點射出的粒子在磁場中的運動時間為題型二“磁聚焦”和“磁發(fā)散”模型磁聚焦磁發(fā)散電性相同的帶電粒子平行射入圓形有界勻強(qiáng)磁場,如果軌跡半徑與磁場半徑相等,則粒子從磁場邊界上同一點射出,磁場邊界在該點的切線與入射方向平行帶電粒子從圓形有界勻強(qiáng)磁場邊界上同一點射入,如果軌跡半徑與磁場半徑相等,則粒子出射方向與磁場邊界在入射點的切線方向平行說明:磁聚焦和磁發(fā)散是相反的過程,滿足運動的可逆性。

考向一

“磁聚焦”模型典題4

如圖所示,在xOy平面內(nèi)半徑為R(未知)的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于平面向外的勻強(qiáng)磁場,圓形區(qū)域的邊界與y軸在坐標(biāo)原點O相切,區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1?？臻g中z軸正方向垂直于xOy平面向外,x軸上過D點(4d,0,0)放置一足夠大且垂直于x軸的粒子收集板PQ,PQ與yOz平面間有一沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E。x軸上過C點(d,0,0)垂直于x軸的平面MN與PQ間存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2。在xOy平面內(nèi)的-2R≤x≤-R區(qū)域內(nèi),有大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子沿y軸正方向以速度v0射入圓形區(qū)域,經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后所有粒子均恰好經(jīng)過O點,然后進(jìn)入y軸右側(cè)區(qū)域。已知電場強(qiáng)度大作用。求:(1)圓形區(qū)域的半徑R;(2)帶電粒子到達(dá)MN平面上的所有位置中,離x軸最遠(yuǎn)的位置坐標(biāo);(3)經(jīng)過MN平面時離x軸最遠(yuǎn)的帶電粒子到達(dá)收集板PQ時的位置坐標(biāo)。解析

(1)根據(jù)“磁聚焦”模型可知圓形磁場的半徑等于帶電粒子的軌道半徑,由洛倫茲力提供向心力得(2)從A點射入圓形磁場的粒子經(jīng)過O點時,速度方向沿y軸負(fù)方向,在MN上的位置離x軸最遠(yuǎn),在y軸右側(cè)區(qū)域運動的帶電粒子,沿x軸正方向粒子做勻加速直線運動,由牛頓第二定律得qE=ma考向二

“磁發(fā)散”模型典題5(多選)(2024江西宜春模擬)圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,在磁場邊緣上的A點沿紙面向圓形區(qū)域各個方向均勻發(fā)射速度大小為v0的帶電粒子。圓的右邊為邊長2R的正方形,剛好與圓相切于B點,切點為MN中點,其區(qū)域內(nèi)存在水平向左的勻強(qiáng)電場。當(dāng)粒子沿AO方向時,粒子剛好從B點離開磁場,進(jìn)入電場后又恰好從右邊界的中點返回。不計粒子重力和粒子間的相互作用。下列說法正確的是(

)A.粒子的比荷為B.粒子從A點進(jìn)入磁場到最終離開磁場的運動過程中的總時間與入射方向無關(guān)C.若將電場E方向變?yōu)樨Q直向下,則從電場邊界PQ與NQ射出的粒子數(shù)之比為2∶1D.若將電場E方向變?yōu)樨Q直向下,且粒子要全部從NQ邊界射出,則電場強(qiáng)度大小至少為原來的4倍答案

ACD

在磁場邊緣上的A點沿紙面向圓形區(qū)域各個方向均勻發(fā)射速度大小為v0的帶電粒子,粒子離開圓形磁場將與電場平行離開磁場進(jìn)入電場,粒子運動軌跡如圖所示,由當(dāng)粒子沿AO方向時,粒子剛好從B點離開磁場,進(jìn)入電場后第5講專題提升現(xiàn)代科技中的電場與磁場問題高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:帶電粒子在組合場、疊加場中的運動規(guī)律廣泛應(yīng)用于人們的生產(chǎn)、生活及現(xiàn)代科技中,組合場應(yīng)用實例主要有質(zhì)譜儀和回旋加速器;疊加場應(yīng)用實例有速度選擇器、磁流體發(fā)電機(jī)、電磁流量計、霍爾元件等。題型一電場和磁場組合的應(yīng)用實例一、質(zhì)譜儀1.構(gòu)造如圖所示,由粒子源、加速電場、偏轉(zhuǎn)磁場和照相底片等構(gòu)成。2.原理

二、回旋加速器

1.構(gòu)造:如圖所示,D1、D2是半圓形金屬盒,D形盒的縫隙處接交變電流,D形盒處于勻強(qiáng)磁場中。2.原理:①交變電流周期和粒子做圓周運動的周期相等;②使粒子每經(jīng)過一次D形盒縫隙,粒子被加速一次?？枷蛞?/p>

質(zhì)譜儀的原理及應(yīng)用典題1

質(zhì)譜儀可以用來分析同位素。如圖所示,在容器A中有互為同位素的兩種原子核,它們可從容器A下方的小孔S1無初速度飄入加速電場,經(jīng)小孔S3垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場,分別打到M、N兩點,距離S3分別為x1、x2。則分別打到M、N的原子核質(zhì)量之比為(

)C考向二

回旋加速器的原理及應(yīng)用典題2(2024湖北武漢華中師大一模)世界上第一臺回旋加速器,如圖甲所示。其結(jié)構(gòu)示意圖如圖乙所示,D1和D2是兩個中空的、半徑為R的半圓形金屬盒,兩盒之間窄縫的寬度為d,它們之間有一定的電勢差U。兩個金屬盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。D1盒的中央A處的粒子源可以產(chǎn)生質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0)的粒子,粒子每次經(jīng)過窄縫都會被電場加速,之后進(jìn)入磁場做勻速圓周運動,經(jīng)過若干次加速后,粒子從金屬盒D1邊緣離開,忽略粒子的初速度、粒子的重力、粒子間的相互作用及相對論效應(yīng)。(1)求粒子離開加速器時獲得的最大動能Ekm。(2)在分析帶電粒子的運動軌跡時,求第N次加速后與第N+1次加速后勻速圓周運動軌道直徑的差值。(3)已知回旋加速器兩盒之間窄縫的寬度d=1cm,加速電壓U=2kV,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=0.1T,可加速氘核(電荷量為q=1.6×10-19C,質(zhì)量m=3.34×10-27kg),達(dá)到最大動能Ekm=60keV。氘核在電場中加速的時間不能忽略,氘核在最后一次加速后剛好繼續(xù)完成半個勻速圓周運動,求氘核運動的總時間。(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)解析

(1)當(dāng)帶電粒子運動半徑為半圓金屬盒的半徑R時,粒子的速度達(dá)到最大值vm,由牛頓第二定律得(3)氘核每穿過縫隙一次,靜電力對氘核做功。由動能定理有nqU=Ekm解得氘核穿過D形盒間縫隙的總次數(shù)為n=30氘核在電場中做勻加速直線運動,將在電場中的運動看成一個整體方法技巧

解決電磁場科學(xué)技術(shù)問題的一般思維程序

題型二電場與磁場疊加的應(yīng)用實例考向一

速度選擇器的原理及應(yīng)用典題3(2024北京海淀模擬)如圖所示,速度選擇器的兩平行導(dǎo)體板之間有方向互相垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里。一電荷量為+q(q>0)的粒子以速度v從S點進(jìn)入速度選擇器后,恰能沿圖中虛線通過。不計粒子重力,下列說法可能正確的是(

)A.電荷量為-q的粒子以速度v從S點進(jìn)入后將向下偏轉(zhuǎn)B.電荷量為+2q的粒子以速度v從S點進(jìn)入后將做類平拋運動C.電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點進(jìn)入后動能將逐漸減小D.電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點進(jìn)入后動能將逐漸增大C解析

電荷量為+q的粒子以速度v進(jìn)入速度選擇器后受力平衡,有qvB=qE,由左手定則可知,洛倫茲力豎直向上,靜電力豎直向下,即電場強(qiáng)度的方向豎直向下,且有E=vB,當(dāng)電荷量為-q的粒子以速度v從S點進(jìn)入后,粒子所受的洛倫茲力和靜電力同時反向,仍受力平衡,粒子沿著圖中虛線通過,A錯誤;電荷量為+2q的粒子以速度v從S點進(jìn)入后,洛倫茲力和靜電力均加倍,粒子受力平衡,將沿著圖中虛線通過,B錯誤;電荷量為+q的粒子以大于v的速度從S點進(jìn)入后,向上的洛倫茲力大于向下的靜電力,粒子的運動軌跡將向上彎曲,靜電力對粒子做負(fù)功,粒子的動能將逐漸減小,C正確;電荷量為-q的粒子以大于v的速度從S點進(jìn)入后,向下的洛倫茲力大于向上的靜電力,粒子的運動軌跡將向下彎曲,靜電力對粒子做負(fù)功,粒子的動能將逐漸減小,D錯誤?？枷蚨?/p>

磁流體發(fā)電機(jī)的原理及應(yīng)用典題4(多選)磁流體發(fā)電機(jī)又叫等離子體發(fā)電機(jī),如圖所示,燃燒室在3000K的高溫下將氣體全部電離為電子和正離子,即高溫等離子體。高溫等離子體經(jīng)噴管提速后以1000m/s的速度進(jìn)入矩形發(fā)電通道。發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為6T。等離子體發(fā)生偏轉(zhuǎn),在兩極間形成電勢差。已知發(fā)電通道長a=60cm,寬b=20cm,高d=30cm,等離子體的電阻率ρ=2Ω·m,外接電阻R不為零,電流表視為理想電表,閉合開關(guān)K,則以下判斷正確的是(

)A.電阻R兩端的電壓為1800VB.發(fā)電通道的上極板為電源正極C.當(dāng)外接電阻R的阻值為4Ω時,發(fā)電機(jī)輸出功率最大D.增加磁感應(yīng)強(qiáng)度B,電流表讀數(shù)也會相應(yīng)增大答案

BD

考向三

電磁流量計的原理及應(yīng)用典題5

工業(yè)上常用電磁流量計來測量高黏度及強(qiáng)腐蝕性導(dǎo)電流體的流量Q(單位時間內(nèi)流過管道橫截面的液體體積)。其原理如圖所示,在非磁性材料做成的圓管處加一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,當(dāng)導(dǎo)電液體流過此磁場區(qū)域時,測出管壁上下M、N兩點間的電勢差U,就可計算出管中液體的流量。已知排污管道直徑為10cm。在定標(biāo)時測定,當(dāng)M、N點間外接電壓表示數(shù)為1mV時,其流量約為280m3/h。下列說法正確的是(

)A.測量M、N間電勢差時,應(yīng)將電壓表正接線柱與M相連B.其他條件一定時,M、N間電壓與流量成反比C.其他條件一定時,電壓表示數(shù)恒定,其流量與導(dǎo)電液體中的離子濃度成正比D.若排污管直徑換成5cm,電壓表示數(shù)為1mV時,其流量約為140m3/hD解析

根據(jù)左手定則可知,管壁內(nèi)正離子會向下偏轉(zhuǎn),負(fù)離子向上偏轉(zhuǎn),因此測量M、N間電勢差時,應(yīng)將電壓表正接線柱與N相連,A錯誤;當(dāng)正負(fù)離子受到的靜電力與洛倫茲力平衡時,離子不再偏轉(zhuǎn),MN間有穩(wěn)定的電勢差,即恒定,即U不變時,流量與導(dǎo)電液體中的離子濃度無關(guān),B、C錯誤;排污管道直徑為10

cm,在定標(biāo)時測定,當(dāng)M、N點間外接電壓表示數(shù)為1

mV時,其流量約為280

m3/h,若排污管直徑換成5

cm,電壓表示數(shù)為1

mV時,其流量約為考向四

霍爾元件的原理及應(yīng)用典題6(2024浙江臺州模擬)利用霍爾元件可以進(jìn)行微小位移的測量。如圖所示,在兩塊磁感應(yīng)強(qiáng)度相同、同極相對放置的磁體縫隙中放入某種金屬材料制成的霍爾元件,當(dāng)霍爾元件處于中間位置時,磁感應(yīng)強(qiáng)度B為0,霍爾電壓UH為0,將該點作為位移的零點,以水平向右為正方向。當(dāng)霍爾元件通以大小不變的電流I,并沿著±z方向移動時,則有霍爾電壓輸出,從而實現(xiàn)微小位移的測量。下列說法正確的是(

)A.若僅增加電流I的大小,霍爾電壓減小B.當(dāng)霍爾元件向+z方向移動時,UMN小于零C.若僅增加霍爾元件z軸方向的厚度,霍爾電壓增大D.該霍爾元件可以實現(xiàn)把微小位移量轉(zhuǎn)換為磁學(xué)量輸出B解析

當(dāng)霍爾元件向+z方向移動時,磁場方向水平向左,根據(jù)左手定則可知,電子向M面偏轉(zhuǎn),M表面帶負(fù)電,N表面帶正電,所以N表面的電勢高,則UMN小于零,B正確。設(shè)載流子的電荷量為q,沿電流方向定向運動的平均速度為v,單位體積內(nèi)自由移動的載流子數(shù)為n,導(dǎo)體板橫截面積為S,霍爾元件沿z軸厚度為a,霍爾元件上下寬度為b,電流微觀表達(dá)式I=nqSv=nqabv,當(dāng)達(dá)到穩(wěn)定狀態(tài)時,洛倫茲力與靜電力平衡,根據(jù)平衡條件得

=qvB,聯(lián)立可得

,可知UH與B、I成正比,而B與z軸的位置有關(guān),故UH與坐標(biāo)z是有關(guān)的;在Δz<0區(qū)域(霍爾元件距離左側(cè)的N極較近),所處的B方向沿z軸正方向,在Δz>0區(qū)域(霍爾元件距離右側(cè)的N極較近),所處的B方向沿z軸負(fù)方向,用左手定則可判斷載流子偏轉(zhuǎn)方向相反,則霍爾電壓符號相反,即該傳感器是將位移量轉(zhuǎn)化為電壓且隨著位置在中心點的左右不同輸出電壓正負(fù)不同,由此可知若僅增加電流I的大小,霍爾電壓不一定減小,若僅增加霍爾元件z軸方向的厚度,霍爾電壓變小,A、C、D錯誤。第6講專題提升帶電粒子在組合場和交變電、磁場中的運動高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:帶電粒子在電場和磁場的組合場中運動,實際上是將粒子在電場中的加速和偏轉(zhuǎn),與在磁場中偏轉(zhuǎn)兩種運動有效組合在一起,有效區(qū)別電偏轉(zhuǎn)和磁偏轉(zhuǎn),尋找兩種運動的聯(lián)系是解題的關(guān)鍵。當(dāng)電場或磁場發(fā)生周期性變化時,要注意弄清楚同一時間和空間內(nèi)電場或磁場的特點,從而確定此時帶電粒子的運動性質(zhì),再選擇相應(yīng)的運動學(xué)規(guī)律求解。題型一帶電粒子在組合場中的運動1.“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較

比較項電偏轉(zhuǎn)磁偏轉(zhuǎn)偏轉(zhuǎn)條件帶電粒子垂直電場線進(jìn)入勻強(qiáng)電場(不計重力)帶電粒子垂直磁感線進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(不計重力)受力情況只受恒定的靜電力F=Eq只受大小恒定的洛倫茲力F=qvB運動情況類平拋運動勻速圓周運動2.帶電粒子從電場進(jìn)入磁場的兩種情況(1)粒子先在電場中做加速直線運動,然后進(jìn)入磁場做圓周運動(如圖甲、乙所示)。(2)粒子先在電場中做類平拋運動,然后進(jìn)入磁場做圓周運動(如圖丙、丁所示)。3.帶電粒子從磁場進(jìn)入電場的兩種情況(1)進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向相同或相反(如圖甲所示)。(2)進(jìn)入電場時粒子速度方向與電場方向垂直或成一定夾角(如圖乙所示)?？枷蛞?/p>

先電場后磁場典題1(2024江蘇揚(yáng)州一模)如圖所示,第一象限內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,第四象限內(nèi)存在沿+y軸的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為t=0時刻,粒子從P點以速度v0平行+x軸射入電場,第1次通過x軸從Q點進(jìn)入磁場。已知P點坐標(biāo)為(0,-l),粒子質(zhì)量為m、電荷量為+q(q>0),重力不計。(1)求粒子經(jīng)過Q點的速度v。(2)欲使粒子不從y軸射出磁場,求磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bmin。(3)若磁感應(yīng)強(qiáng)度,求粒子第5次通過x軸的位置x和時間t。(2)根據(jù)幾何關(guān)系得Q點到O點的距離s=2l粒子進(jìn)入磁場做勻速圓周運動,軌跡半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律得欲使粒子剛好不從y軸射出磁場,其在磁場中運動軌跡如圖甲所示甲根據(jù)幾何關(guān)系得R+Rsin

α=2l乙

考向二

先磁場后電場典題2

如圖所示的直角坐標(biāo)系中,x<0區(qū)域有沿x軸正向的勻強(qiáng)電場,x≥0區(qū)域有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一個帶正電的粒子從原點O進(jìn)入磁場,初速度大小為v0,速度方向與y軸正向夾角為θ,粒子第一次在磁場中運動時離y軸最遠(yuǎn)距離為L。且?guī)щ娏Ｗ咏?jīng)電場偏轉(zhuǎn)后將再次從O點進(jìn)入磁場,不計粒子重力,求:(1)粒子的比荷;(2)粒子從O點出發(fā)再次回到O點所用的時間。設(shè)粒子在電場中運動的時間為t2,粒子進(jìn)入電場時的速度方向與y軸正向成θ角,則從磁場進(jìn)入電場的位置與O點距離為y=2rsin

θ粒子進(jìn)入電場后沿y軸正方向做勻速運動,沿x軸方向先減速后加速,最后到達(dá)O點,則有y=v0cos

θt2考向三

先后多個電、磁場典題3

如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第一、四象限存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等、方向垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場,第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場,第三象限內(nèi)存在一矩形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)。有一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從y軸的M點(0,-L)以與y軸負(fù)方向成θ=60°角、大小為v0的初速度垂直磁場進(jìn)入第四象限,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)從y軸上的N點(0,L)進(jìn)入第二象限,又經(jīng)電場作用垂直于x軸從x軸上的A點直接進(jìn)入第三象限的矩形磁場區(qū)域,該矩形一條邊與x軸重合,最后返回M點時速度方向與初速度v0方向相同,不計粒子重力,求:(1)第一、四象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B1;(2)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度的大小E;(3)第三象限內(nèi)矩形磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B2及矩形區(qū)域磁場的最小面積。解析

(1)粒子在第一、二、四象限內(nèi)的運動軌跡如圖甲所示

甲

(2)粒子進(jìn)入第二象限后受水平向右的電場力作用,從N點運動至A點的運動可以看成是類平拋的逆過程,有乙

指點迷津“五步”突破帶電粒子在組合場中的運動問題

題型二帶電粒子在交變電、磁場中的運動1.解決交變電、磁場問題的基本思路

2.注意問題(1)仔細(xì)分析并確定各場的變化特點及相應(yīng)的時間,其變化周期一般與粒子在電場或磁場中的運動周期相關(guān)聯(lián),應(yīng)抓住變化周期與運動周期之間的聯(lián)系作為解題的突破口。(2)必要時,可把粒子的運動過程還原成一個直觀的運動軌跡草圖進(jìn)行分析?？枷蛞?/p>

只有電場做周期性變化典題4

如圖甲所示,有一豎直放置的平行板電容器,兩平行金屬板間距為l,金屬板長為2l,在兩金屬板間加上如圖乙所示的交變電壓(t=0時左金屬板帶正電),以金屬板間的中心線OO1為y軸建立如圖所示的坐標(biāo)系,在y=2l直線上方合適的區(qū)域加一垂直紙面向里的圓形勻強(qiáng)磁場。t=0時,有大量電子從入口OA以平行于y軸的初速度v0射入兩金屬板間,經(jīng)過T時間所有電子都能從平行板上方O1D出口平行極板射出,經(jīng)過圓形磁場區(qū)域后所有電子均能打在同一點P(P在y=3l直線上),已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e。(1)求交變電壓的周期T和電壓U0的值。(2)若P點坐標(biāo)為(0,3l),求所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍。解析

(1)由題意可知,經(jīng)過T時間所有電子都能從平行板上方O1D出口平行金屬板射出,粒子在y方向上做勻速直線運動,有2l=nv0T(2)若使電子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后匯聚于一點,則電子運動的半徑與圓形磁場的半徑相等。當(dāng)所加磁場為圖中小圓時磁感應(yīng)強(qiáng)度最大考向二

只有磁場做周期性變化典題5(2024山東濰坊模擬)如圖甲所示,粒子加速器與速度選擇器并排放置,已知速度選擇器內(nèi)勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、電場強(qiáng)度大小為E。在速度選擇器右側(cè)建立xOy坐標(biāo)系,0≤x≤d的區(qū)域里有磁場,規(guī)定磁場方向垂直紙面向里為正,磁感應(yīng)強(qiáng)度B隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示,其中

。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從加速器M極板由靜止釋放,通過N極板中間的小孔后進(jìn)入速度選擇器,沿直線穿過速度選擇器后從O點沿x軸射入磁場。(1)求粒子到達(dá)O點的速度大小v0和M、N兩極板間的電壓U0。

第7講專題提升帶電粒子在疊加場中的運動高考總復(fù)習(xí)2025專題概述:本專題主要學(xué)習(xí)帶電粒子在疊加場中運動問題的解答策略。疊加場主要指電場、磁場、重力場共存,或其中某兩種場共存。解題思路可以分為三大步:第一步,明確是哪幾種場的疊加,進(jìn)行受力分析,確定受力情況;第二步,由受力情況確定運動情況,建構(gòu)運動模型;第三步,結(jié)合運動情況,選擇合適的規(guī)律解答,如運動學(xué)公式、牛頓運動定律、圓周運動規(guī)律、動能定理、機(jī)械能守恒定律等。題型一磁場與電場的疊加電場與磁場共存情形的解答思路

考向一

磁場與電場疊加的直線運動典題1(2024廣東廣州聯(lián)考)某種粒子控制裝置的簡化示意圖如圖所示。在平面中建立直角坐標(biāo)系Oxy,在x≥0范圍存在三個電磁場區(qū)域,其區(qū)域?qū)挾染鶠閐=0.1m,在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)存在電場強(qiáng)度E=2000V/m的勻強(qiáng)電場,Ⅰ區(qū)域內(nèi)電場沿x軸正方向,Ⅱ、Ⅲ區(qū)域內(nèi)電場沿y軸負(fù)方向。Ⅱ區(qū)域內(nèi)還存在勻強(qiáng)磁場,磁場垂直(1)Ⅱ區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B;(2)帶電粒子離開Ⅲ區(qū)域時的速度;(3)帶電粒子打到探測板上的坐標(biāo)。答案

(1)1×10-2T(2)2.236×105m/s,速度與水平方向的夾角的正切值為tanθ=(3)(0.4,-0.075)(2)粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū)域,在此區(qū)域內(nèi)水平方向做勻速直線運動,有d=v0t1解得t1=5×10-7

s豎直方向上做勻加速直線運動,則qE=ma解得a=2×1011

m/s2離開Ⅲ區(qū)域豎直方向上的位移為解得y1=0.025

m(3)粒子離開Ⅲ區(qū)域后,做勻速直線運動,運動時間仍為t1,豎直方向上滿足y2=vyt1=0.05

m打到探測板上的距離為y=y1+y2=0.075

m水平方向距離x=4d=0.4

m,則帶電粒子打到探測板上的坐標(biāo)為(0.4,-0.075)?？枷蚨?/p>

磁場與電場疊加的曲線運動典題2(2022全國甲卷)空間存在著勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場,磁場的方向