高考物理二輪復(fù)習(xí)精品專題六 磁場(解析版)

專題六專題六××磁場命題趨勢命題趨勢本專題主要考查磁場的疊加以及通電導(dǎo)線受到的安培力的比較與計算，帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動問題，帶電粒子在磁場中運動的臨界問題和多解性問題，以及帶電粒子在電場和磁場的復(fù)合場中的運動問題。選擇題與解答題均有，解答題難度一般較大。考點清單考點清單一、磁場及其性質(zhì)1．磁場方向的判斷及磁場疊加(1)根據(jù)安培定則確定通電導(dǎo)線周圍磁場的方向。(2)磁場中每一點磁感應(yīng)強度的方向為該點處磁感線的切線方向。(3)磁感應(yīng)強度是矢量，多個通電導(dǎo)體產(chǎn)生的磁場疊加時，合磁場的磁感應(yīng)強度等于各場源單獨存在時在該點的磁感應(yīng)強度的矢量和。2．安培力作用下力學(xué)問題的解題思路(1)選定研究對象：通電導(dǎo)線(或通電導(dǎo)體棒)。(2)變?nèi)S為二維：畫出平面受力圖，其中F⊥B，F(xiàn)⊥I。(3)根據(jù)力的平衡條件或牛頓運動定律列方程。二、帶電粒子在磁場中運動1．帶電粒子在有界勻強磁場中的運動2．帶電粒子在復(fù)合場中的運動精題集訓(xùn)精題集訓(xùn)（70分鐘）經(jīng)典訓(xùn)練題經(jīng)典訓(xùn)練題1．(2020·浙江7月選考·T9)特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導(dǎo)線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1＞I2。a、b、c三點連線與兩根導(dǎo)線等高并垂直，b點位于兩根導(dǎo)線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則()A．b點處的磁感應(yīng)強度大小為0B．d點處的磁感應(yīng)強度大小為0C．a(chǎn)點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下D．c點處的磁感應(yīng)強度方向豎直向下【答案】C【解析】通電直導(dǎo)線周圍產(chǎn)生磁場方向由安培定則判斷，如圖所示。I1在b點產(chǎn)生的磁場方向向上，I2在b點產(chǎn)生的磁場方向向下，因為I1＞I2即B1＞B2則在b點的磁感應(yīng)強度不為零，A錯誤；如圖所示，d點處的磁感應(yīng)強度不為零，a點處的磁感應(yīng)強度豎直向下，c點處的磁感應(yīng)強度豎直向上，B、D錯誤，C正確?！军c評】本題考查磁場的疊加問題，要注意磁感應(yīng)強度既有大小，又有方向，是矢量，同時要掌握遵循矢量合成的平行四邊形法則。2．(2019·全國卷Ⅰ·T24)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出。已知O點為坐標原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進入磁場的入射點與離開磁場的出射點之間的距離為d，不計重力。求：(1)帶電粒子的比荷；(2)帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間。【解析】(1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q，加速后的速度大小為v，由動能定理有：qU＝eq\f(1,2)mv2①設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r，洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力，結(jié)合牛頓第二定律有：qvB＝meq\f(v2,r)②由幾何關(guān)系知d＝eq\r(2)r③聯(lián)立①②③式得：eq\f(q,m)＝eq\f(4U,B2d2)。④(2)由幾何關(guān)系知，帶電粒子射入磁場后運動到x軸所經(jīng)過的路程為s＝eq\f(πr,2)＋rtan30°⑤帶電粒子從射入磁場到運動至x軸的時間為t＝eq\f(s,v)⑥聯(lián)立②④⑤⑥式得：t＝eq\f(Bd2,4U)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋\f(\r(3),3)))?！军c評】本題考查帶電粒子在組合場中的運動，粒子在電場中加速運動運用動能定理求解，在磁場中的勻速圓周運動根據(jù)洛倫茲力提供向心力求解，解答此類題目的關(guān)鍵在于畫出軌跡圖，正確運用數(shù)學(xué)幾何關(guān)系。高頻易錯題高頻易錯題1．如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B。當(dāng)棒中通以恒定電流后，金屬棒向右擺起后兩懸線與豎直方向夾角的最大值為θ＝60°，下列說法正確的是()A．電流由N流向MB．懸線與豎直方向的夾角θ＝60°時，金屬棒處于平衡狀態(tài)C．懸線與豎直方向的夾角θ＝30°時，金屬棒的速率最大D．恒定電流大小為eq\f(\r(3)mg,BL)【答案】C【解析】由題意可知，金屬棒所受安培力垂直MN水平向右，根據(jù)左手定則可知電流方向由M流向N，A錯誤；懸線與豎直方向的夾角θ＝60°時，金屬棒的速率為零，但受力不為零，并非處于平衡狀態(tài)，B錯誤；由對稱性可知，懸線與豎直方向的夾角θ＝30°時，金屬棒的速率最大，C正確；當(dāng)θ＝30°時，對金屬棒進行受力分析如圖所示，金屬棒在垂直懸線方向受力平衡，mgsin30°＝Fcos30°，則tan30°＝eq\f(BIL,mg)，解得I＝eq\f(\r(3)mg,3BL)，D錯誤?！军c評】注意“向右擺起”表明安培力方向向右，可判電流方向；“最大值為θ＝60°”表明θ＝60°時，速率為零，但不是平衡位置。2．(多選)如圖所示，平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交，一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運動。若已知小球做圓周運動的半徑為r，電場強度大小為E，磁感應(yīng)強度大小為B，重力加速度大小為g，則下列判斷中正確的是()A．小球一定帶負電荷B．小球一定沿順時針方向轉(zhuǎn)動C．小球做圓周運動的線速度大小為eq\f(gBr,E)D．小球在做圓周運動的過程中，電場力始終不做功【解析】帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動，可知帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力，所以電場力豎直向上，與電場方向相反，故小球一定帶負電荷，故A正確；磁場方向向外，洛倫茲力的方向始終指向圓心，由左手定則可判斷小球的運動方向為逆時針，故B錯誤；由電場力和重力大小相等，得mg＝qE，帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(mv,qB)，聯(lián)立得v＝eq\f(gBr,E)，故C正確；小球在做圓周運動的過程中，電場力做功，洛倫茲力始終不做功，故D錯誤。【答案】AC【點評】本題考查帶電粒子在復(fù)合場中運動，解答此類題時，必須同時考慮電場力、洛倫茲力和重力作用或其中某兩個力的作用，因此對粒子的運動形式的分析就顯得極為重要。本題考查的是根據(jù)帶電粒子的運動情況，來判斷帶電粒子的受力情況。精準預(yù)測題精準預(yù)測題1．如圖所示，兩根垂直紙面平行放置的直導(dǎo)線a和b，通有等值電流。在紙面上距a、b等遠處有一點P，若P點合磁感應(yīng)強度B的方向水平向左，則導(dǎo)線a、b中的電流方向是()A．a(chǎn)中向紙里，b中向紙外B．a(chǎn)中向紙外，b中向紙里C．a(chǎn)、b中均向紙外D．a(chǎn)、b中均向紙里【答案】A【解析】若a中向紙里，b中向紙外，根據(jù)安培定則判斷可知，a在P處產(chǎn)生的磁場Ba方向垂直于aP連線向下，b在P處產(chǎn)生的磁場Bb方向垂直于bP連線向上，如圖所示，根據(jù)平行四邊形定則進行合成得P點的磁感應(yīng)強度方向水平向左，故A正確；同理可知BCD錯誤。2．(多選)如圖所示為一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里的勻強磁場中?，F(xiàn)給圓環(huán)向右初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的v－t圖象可能是下圖中的()【答案】BCD【解析】當(dāng)qvB＝mg時，小環(huán)做勻速運動，此時圖象為B，故B正確；當(dāng)qvB＞mg時，在豎直方向，根據(jù)平衡條件有FN＝qvB－mg，此時，根據(jù)牛頓第二定律有f＝μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度逐漸減小的減速運動，直到qvB＝mg時，小環(huán)開始做勻速運動，故C正確；當(dāng)qvB＜mg時，F(xiàn)N＝mg－qvB，f＝μFN＝ma，所以小環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動，直至停止，故A錯誤，D正確。3．(多選)某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極的磁感應(yīng)強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽略邊緣效應(yīng)。一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，且骨架與稱盤的總質(zhì)量為m0，線圈兩端C、D與外電路連接。當(dāng)質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧從長度L0被壓至L1，秤盤和線圈一起向下運動（骨架與磁極不接觸）。隨后外電路對線圈供電，彈簧恢復(fù)至L0并靜止，由此時對應(yīng)的供電電流I可確定重物的質(zhì)量，已知線圈匝數(shù)為n，線圈總電阻為R，重力加速度為g，則()A．線圈向下運動過程中，線圈中感應(yīng)電流從C端流出B．外電路對線圈供電電流為I時，彈簧長度從L1恢復(fù)至L0的過程中，C端電勢高于D端電勢C．外電路對線圈供電電流為I，且彈簧長度恢復(fù)至L0并靜止時，重物的質(zhì)量為SKIPIF1<0D．若線圈電阻為R，且線圈上的熱功率不能超過P，線圈上安培力的最大值為SKIPIF1<0【答案】AC【解析】E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，根據(jù)右手定則可知感應(yīng)電流的方向是逆時針方向（從上向下看），電流由C流出，D端流入，故C端電勢低于D端電勢，A正確，B錯誤；兩極間的磁感應(yīng)強度大小均為B，磁極寬度均為L，線圈匝數(shù)為n，左右兩側(cè)受力相等，得mg＝2nBIL，即SKIPIF1<0，故C正確；線圈上的熱功率P＝I2R，F(xiàn)＝2nBIL，可得最大安培力SKIPIF1<0，故D錯誤。4．如圖所示，電源電動勢為E，內(nèi)阻為r，滑動變阻器最大阻值為R，G為靈敏電流計，開關(guān)閉合，兩平行金屬板M、N之間存在垂直紙面向里的勻強磁場，一帶正電的粒子恰好以速度v勻速穿過兩板，不計粒子重力。以下說法中正確的是()A．保持開關(guān)閉合，滑片P的位置不動，將N板向上移動，粒子不可能從N板邊緣射出B．保持開關(guān)閉合，滑片P向下移動，粒子可能打在M板上C．將開關(guān)斷開，粒子將繼續(xù)沿直線勻速射出D．在上述三個選項的變化中，靈敏電流計G指針均不發(fā)生偏轉(zhuǎn)【答案】B【解析】保持開關(guān)閉合，滑片P的位置不動，則電容器電壓不變；將N板向上移動，根據(jù)E＝eq\f(U,d)可知，電容器間電場強度增大，電場力大于洛倫茲力，帶電粒子有可能從N板邊緣射出，A錯誤；保持開關(guān)閉合，滑片P向下移動，滑動變阻器的有效電阻減小，電流增大，內(nèi)電壓增大，外電壓減小，即電容器電壓減小，洛倫茲力大于電場力，粒子可能打在M板上，B正確；將開關(guān)斷開，電容器與滑動變阻器構(gòu)成回路，將放電，粒子只受到洛倫茲力，不能沿直線穿出，C錯誤；A中，根據(jù)C＝eq\f(εrS,4πkd)電容增大，電容將被充電，有電流經(jīng)過靈敏電流計G，指針將偏轉(zhuǎn)；B中，電容器電壓減小，將放電，有電流經(jīng)過靈敏電流計G，指針將偏轉(zhuǎn)；C中，電容器放電，有電流經(jīng)過靈敏電流計G，指針將偏轉(zhuǎn)；D錯誤。5．一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的小球，由長為l的細線吊在天花板下，空間有豎直向下的勻強磁場?，F(xiàn)小球恰好以速率v0在水平面內(nèi)做勻速圓周運動，軌道平面與地面的距離為h，細線與豎直方向的夾角為θ，如圖所示。已知重力加速度大小為g，空氣阻力忽略不計。下列選項正確的是()A．小球的向心加速度大小為gtanθB．由題中數(shù)據(jù)不能求得磁感應(yīng)強度的大小C．某時刻剪斷細線，小球?qū)⒆銎綊佭\動D．剪斷細線后，小球落到地面時速度大小為SKIPIF1<0【答案】D【解析】小球做圓周運動時，受向下的重力、細線的拉力和指向圓心的洛倫茲力作用，由牛頓第二定律可知SKIPIF1<0，則小球的向心加速度大小a>gtanθ，由題中數(shù)據(jù)可求得磁感應(yīng)強度B的大小，A、B錯誤；某時刻剪斷細線，小球因為有水平速度，則受到洛倫茲力作用，小球的運動不是平拋運動，C錯誤；剪斷細線后，小球運動過程中洛倫茲力不做功，由機械能守恒定律，eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＋mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得小球落到地面時速度大小SKIPIF1<0，D正確。6．如圖所示，圓形區(qū)域直徑MN上方存在垂直于紙面向外的勻強磁場，下方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小相同?，F(xiàn)有兩個比荷相同的帶電粒子a、b，分別以v1、v2的速度沿圖示方向垂直磁場方向從M點入射，最終都從N點離開磁場，則()A．粒子a、b可能帶異種電荷B．粒子a從N點離開磁場時的速度方向一定與初速度v1的方向垂直C．v1∶v2可能為2∶1D．v1∶v2一定為1∶1【答案】C【解析】兩粒子都從M點入射從N點出射，則a粒子向下偏轉(zhuǎn)，b粒子向上偏轉(zhuǎn)，由左手定則可知兩粒子均帶正電，故A錯誤；設(shè)磁場半徑為R，將MN當(dāng)成磁場的邊界，兩粒子均與邊界成45°入射，由運動對稱性可知出射時與邊界成45°，則一次偏轉(zhuǎn)穿過MN時速度偏轉(zhuǎn)90°；同理第二次穿過MN時速度方向再次偏轉(zhuǎn)90°與初速度方向平行，B錯誤；兩粒子可以圍繞MN重復(fù)穿越，運動有周期性，設(shè)a粒子重復(fù)k次穿過MN，b粒子重復(fù)n次穿過MN，由幾何關(guān)系可知keq\r(2)r1＝2R(k＝1,2,3…)，neq\r(2)r2＝2R(k＝1,2,3…)，由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)可得SKIPIF1<0，而兩個粒子的比荷相同，可知v1∶v2＝n∶k，當(dāng)n＝1、k＝1時v1∶v2＝1∶1，當(dāng)n＝2、k＝1時v1∶v2＝2∶1，則v1∶v2可能為1∶1或2∶1，故C正確，D錯誤。7．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一絕緣材料制成的固定擋板MN，其長度為L，MN與水平方向成α＝30°。現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、帶電量為＋q的帶電粒子從M點，以初速度v沿水平方向運動，在該平面內(nèi)施加水平面向外的勻強磁場或者垂直MN向下的勻強電場均可使該帶電粒子到達N點。已知粒子與擋板的碰撞時垂直MN方向的速度分量大小不變，方向反向，平行于MN的速度分量大小和方向均不變(如打到N點時也記一次碰撞)。不計帶電粒子的重力和碰撞時間。則下列說法中正確的是()A．若勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為SKIPIF1<0，則帶電粒子與擋板MN碰撞2次且恰好能到達N點B．若施加勻強磁場且粒子恰好能到達N點，則粒子在磁場中運動的時間一定為SKIPIF1<0C．若施加勻強電場且使粒子能到達N點，則電場強度的最小值為SKIPIF1<0D．若勻強電場的電場強度大小為SKIPIF1<0。則帶電粒子與擋板MN碰撞2次但不能到達N【答案】BD【解析】帶電粒子在磁場中運動知qv0B＝meq\f(v2,r)，依幾何關(guān)系有MP＝r，nr＝L，解得B＝SKIPIF1<0(n＝0，1，2，…)，故當(dāng)B＝SKIPIF1<0時n＝3，A錯；由T＝eq\f(2πm,qB)＝SKIPIF1<0，t＝eq\f(1,6)T?n，有t＝SKIPIF1<0，B對；將v分解為eq\f(\r(3),2)v的勻速直線和初速為eq\f(1,2)v的勻變速直線，所以L＝eq\f(\r(3),2)vt，令垂直MN方向的單向運動時間為t1，vy＝eq\f(qE,m)?t1，2t1?n＝t，解得：E＝SKIPIF1<0(n＝1，2，3，…)，當(dāng)n＝1時，Emin＝SKIPIF1<0，C錯；當(dāng)E＝SKIPIF1<0＞SKIPIF1<0×2，則帶電粒子與擋板MN碰撞2次但不能到達N，D對。8．示波管中有兩個偏轉(zhuǎn)電極，其中一個電極XX′上可以接入儀器自身產(chǎn)生的鋸齒形電壓，叫掃描電壓。如圖甲所示，XX′極板長L＝0.2eq\r(3)m，板間距d＝0.2m，在金屬板右端豎直邊界MN的右側(cè)有一區(qū)域足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝5×10－3T，方向垂直紙面向里。現(xiàn)將X′板接地，X極板上電勢φ隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示。有帶正電的q粒子流以速度v0＝1×105m/s，沿水平中線OO′連續(xù)射入電場中，粒子的比荷為eq\f(q,m)＝1×108C/kg，重力忽略不計，在每個粒子通過電場的極短時間內(nèi)，電場可視為勻強電場。（設(shè)兩板外無電場，結(jié)果可用根式表示）求：(1)帶電粒子射出電場時的最大速度；(2)粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比；(3)從O′點射入磁場和距O′點下方eq\f(1,4)d＝0.05m處射入磁場的兩個粒子，在MN上射出磁場時的出射點之間的距離?！窘馕觥?1)帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中類平拋運動，水平方向L＝v0t豎直方向y＝eq\f(1,2)gt2，其中SKIPIF1<0聯(lián)立解得SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0時進入電場中的粒子將打在極板上，即在電壓等于SKIPIF1<0時刻進入的粒子具有最大速度，所以由動能定理得：SKIPIF1<0＝eq\f(1,2)mvt2－eq\f(1,2)mv02解得：vt＝eq\f(2\r(3),3)×105m/s。(2)粒子射入磁場時的速度與水平方向的夾角為30°，從下極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中a所示，磁場中軌跡所對的圓心角為240°，時間最長；從上極板邊緣射出的粒子軌跡如圖中b所示，磁場中軌跡所對應(yīng)的圓心角為120°，時間最短。因為兩粒子的周期T＝eq\f(2πm,qB)相同，所以粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間之比為2∶1。(3)設(shè)從O′點射入磁場的粒子速度為v0，軌跡如圖所示，它在磁場中的出射點與入射點間距d1＝2R由qv0B＝meq\f(v02,R)得SKIPIF1<0所以d1＝SKIPIF1<0設(shè)從距O′點下方eq\f(1,4)d＝0.05m處射入磁場的粒子速度與水平方向夾角φ，則它的速度SKIPIF1<0它在磁場中的出射點與入射點間距d2＝2R′cosφ由SKIPIF1<0得d2＝SKIPIF1<0即兩個粒子向上偏移的距離相等所以，兩粒子射出磁場的出射點間距仍為射入磁場時的間距，即0.05m。9．正負電子對撞機是一個使正負電子產(chǎn)生對撞的設(shè)備，如圖所示為一種高能正負電子在不同位置對撞的裝置。在關(guān)于y軸對稱間距為2d的MN、PQ之間存在兩個有界勻強磁場，其中平行于x軸的JK下方Ⅰ區(qū)域磁場垂直紙面向外，JK上方Ⅱ區(qū)域磁場垂直紙面向里，其磁感應(yīng)強度均為B。在x軸上有兩臺直線加速器1和2，關(guān)于y軸對稱，且末端剛好與MN、PQ對齊。質(zhì)量為m、電荷量為e的正、負電子通過直線加速器加速后同時以相同速率垂直MN、PQ進入磁場。為實現(xiàn)正、負電子在Ⅱ區(qū)域的y軸上實現(xiàn)對心碰撞（速度方向剛好相反），根據(jù)入射速度的變化，可調(diào)節(jié)JK與x軸之間的距離h，不計粒子間的相互作用及正、負電子的重力。(1)直線加速器1加速的是正電子還是負電子；(2)正、負電子同時以相同速度v1進入磁場，僅經(jīng)過直線JK一次，然后在Ⅱ區(qū)域發(fā)生對心碰撞，試通過計算求出v1的最小值；(3)正、負電子同時以速度SKIPIF1<0進入磁場，求正、負電子在Ⅱ區(qū)域y軸上發(fā)生對心碰撞的位置離O點的距離?！窘馕觥?1)正負電子進入磁場后要在Ⅱ區(qū)域相遇，因此正負電子出加速器以后都向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可知直線加速器1加速的為負電子。(2)由幾何關(guān)系可知：(eq\f(1,2)d)2＋(R－h(huán))2＝R2整理得SKIPIF1<0當(dāng)SKIPIF1<0即SKIPIF1<0時SKIPIF1<0根據(jù)SKIPIF1<0解得：SKIPIF1<0。(3)當(dāng)SKIPIF1<0，則SKIPIF