2025屆高考物理一輪復習第九章磁場核心素養(yǎng)提升教學案滬科版

PAGE5-第九章磁場核心素養(yǎng)提升一、安培力作用下的STSE問題——科學看法與責任1.如圖1所示為電流天平，可以用來測量勻強磁場的磁感應強度，它的右臂掛著矩形線圈，匝數(shù)為n，線圈的水平長度為l，處于勻強磁場內(nèi)，磁感應強度B的方向與線圈平面垂直，當線圈中通過電流I時，調(diào)整砝碼使兩臂達到平衡，然后使電流反向，大小不變，這時須要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，才能使兩臂再達到新的平衡，當?shù)刂亓铀俣葹間，則磁感應強度B為()圖1A.eq\f(mg,2Il) B.eq\f(mg,Il)C.eq\f(mg,2nIl) D.eq\f(mg,nIl)解析電流方向反向，安培力的改變?yōu)?nBIl，大小等于mg，可得：B＝eq\f(mg,2nIl)，選項C正確。答案C2.(多選)(2024·海南高考，8)如圖2甲所示，揚聲器中有一線圈處于磁場中，當音頻電流信號通過線圈時，線圈帶動紙盆振動，發(fā)出聲音。俯視圖乙表示處于輻射狀磁場中的線圈(線圈平面即紙面)，磁場方向如圖中箭頭所示，在圖乙中()圖2A.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面對里B.當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面對外C.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面對里D.當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面對外解析將圓形線圈看作由多數(shù)小段直導線組成，由左手定則可以推斷，當電流沿順時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面對外，選項B正確，A錯誤；當電流沿逆時針方向時，線圈所受安培力的方向垂直于紙面對里，選項C正確，D錯誤。答案BC3.如圖3所示是試驗室里用來測量磁場力的一種儀器——電流天平。某同學在試驗室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應強度，若他測得CD段導線長度為4×10－2m，天平(等臂)平衡時鉤碼重力為4×10－5N，通過導線的電流I＝0.5A。由此，測得通電螺線管中的磁感應強度B為()圖3A.2.0×10－3T，方向水平向右B.5.0×10－3T，方向水平向右C.2.0×10－3T，方向水平向左D.5.0×10－3T，方向水平向左解析天平(等臂)平衡時，CD段導線所受的安培力大小與鉤碼重力大小相等，即F＝mg，由F＝BIL得B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(mg,IL)＝2.0×10－3T；依據(jù)安培定則可以知道磁感應強度的方向水平向右，所以A正確，B、C、D錯誤。答案A4.(多選)我國將來的航母將采納自行研制的電磁彈射器。電磁彈射系統(tǒng)由電源、強迫儲能裝置、導軌和脈沖發(fā)生器等組成。其工作原理如圖4所示，利用與飛機連接的通電導體在兩平行金屬導軌的強電流產(chǎn)生的磁場中受到安培力的作用加速獲得動能。設(shè)飛機質(zhì)量為1.8×104kg，起飛速度為v＝70m/s，起飛過程中所受平均阻力恒為機重的eq\f(1,5)，在沒有電磁彈射器的狀況下，飛機從靜止起先在恒定的牽引力作用下運動，起飛距離為l＝210m；在電磁彈射器與飛機發(fā)動機(牽引力不變)同時工作的狀況下，起飛距離減為eq\f(l,3)，則(g取10m/s2)()圖4A.在沒有電磁彈射器的狀況下，飛機所受牽引力2.46×105NB.在沒有電磁彈射器的狀況下，飛機所受牽引力2.1×105NC.在電磁彈射器與飛機發(fā)動機同時工作時，若只增大電流，則起飛的距離將更小D.在電磁彈射器與飛機發(fā)動機同時工作時，電磁彈射器對飛機所做的功W＝2.94×108J解析沒有電磁彈射器時，由動能定理可得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－\f(1,5)mg))l＝eq\f(1,2)mv2，所以飛機所受的牽引力F＝2.46×105N，選項A正確，B錯誤；在電磁彈射器與飛機發(fā)動機同時工作時，若只增大電流，由于飛機所受的安培力增大，故起飛的距離將更小，選項C正確；電磁彈射器和飛機發(fā)動機同時工作時，由動能定理得W＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(F－\f(1,5)mg))·eq\f(l,3)＝eq\f(1,2)mv2，所以W＝2.94×107J，選項D錯誤。答案AC二、“數(shù)學圓”方法在電磁學中的應用——“科學思維”之“模型建構(gòu)”及“科學推理”“放縮圓”法粒子射入方向確定，但速率v或磁感應強度B改變時，以入射點為定點，作出半徑不同的一系列軌跡，從而探究出臨界條件“定圓旋轉(zhuǎn)”法粒子速率v肯定，但射入的方向改變時，以入射點為定點，將軌跡圓旋轉(zhuǎn)，作出一系列軌跡，從而探究出臨界條件“平移圓”法粒子速度大小、方向不變，但入射點沿始終線移動時，將軌跡圓沿同始終線平移，從而探究粒子的臨界條件1.(多選)如圖5所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子(重力不計)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2l，則下列關(guān)于粒子運動的說法中正確的是()圖5A.若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBl,m)，則粒子肯定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為lB.若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(qB（\r(2)＋1）l,m)C.若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)qBl,m)D.當該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)解析若粒子射入磁場時速度為v＝eq\f(qBl,m)，則由qvB＝meq\f(v2,r)可得r＝l，由幾何關(guān)系可知，粒子肯定從CD邊上距C點為l的位置離開磁場，選項A正確；因為r＝eq\f(mv,qB)，所以v＝eq\f(qBr,m)，因此，粒子在磁場中運動的軌跡半徑越大，速度就越大，由幾何關(guān)系可知，當粒子在磁場中的運動軌跡與三角形的AD邊相切時，能從CD邊射出的軌跡半徑最大，此時粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑r＝(eq\r(2)＋1)l，故其最大速度為v＝eq\f(qB（\r(2)＋1）l,m)，選項B正確，C錯誤；粒子在磁場中的運動周期為T＝eq\f(2πm,qB)，故當粒子從三角形的AC邊射出時，粒子在磁場中運動的時間最長，由于此時粒子做圓周運動的圓心角為180°，故其最長時間應為t＝eq\f(πm,qB)，選項D正確。答案ABD2.(2024·江西上饒六校一聯(lián))如圖6所示，平行邊界MN、PQ間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，兩邊界的間距為d，MN上有一粒子源A，可在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場中射入質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子，粒子射入磁場的速度大小v＝eq\f(2qBd,3m)，不計粒子的重力，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為()圖6A.1∶1 B.2∶3C.eq\r(3)∶2 D.eq\r(3)∶3解析粒子在磁場中運動時，Bqv＝eq\f(mv2,R)，粒子運動軌跡半徑R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(2,3)d；由左手定則可得：粒子沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，做圓周運動；粒子沿AN方向進入磁場時，到達PQ邊界的最下端距A點的豎直距離L1＝eq\r(R2－（d－R）2)＝eq\f(\r(3),3)d；運動軌跡與PQ相切時，切點為到達PQ邊界的最上端，距A點的豎直距離L2＝eq\r(R2－（d－R）2)＝eq\f(\r(3),3)d，所以粒子在PQ邊界射出的區(qū)域長度為：L＝L1＋L2＝eq\f(2\r(3),3)d；因為R<d，所以粒子在MN邊界射出區(qū)域的長度為L′＝2R＝eq\f(4,3)d。故兩區(qū)域長度之比為L∶L′＝eq\f(2\r(3),3)d∶eq\f(4,3)d＝eq\r(3)∶2，故選項C正確。答案C3.如圖7所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場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點所用的時間為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()圖7A.2∶1 B.2∶3C.3∶2 D.eq\r(3)∶eq\r(2)解析畫出粒子從A點射入磁場到從C點射出磁場的軌跡，并將該軌跡向下平移，粒