2016高中物理复习题(详解)《磁场》课件 84页

高中物理专题复习课件磁场\n第1讲磁场\n重点难点诠释跟踪练习1下图为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器.当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以上选项中正确的是()［答案］D［解析］当电流从a端流向电磁铁时，根据安培定则，可判断电磁铁的上端为S极，此时能吸引小磁铁向下运动，故说明小磁铁的下端为N极，D选项正确.A.电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极B.电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极C.电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极D.电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极\n跟踪练习2三根平行长直导线，分别垂直地通过一等腰直角三角形的三个顶点，如图所示.现在使每条通电导线在斜边中点处所产生的磁感应强度大小均为B，则该处实际磁感应强度的大小和方向如何？［解析］根据安培定则，I1和I3在O点处产生的磁感应强度方向相同，I2在O点产生的磁感应强度方向与它们垂直，如下图甲所示.按下图乙将三个磁感应强度进行矢量合成，可知O点处实际磁感应强度的大小,方向是在三角形所在的平面内与斜边的夹角θ=arctan2.［答案］在三角形所在的平面与斜边的夹角为arctan2重点难点诠释\n典型例题剖析［解析］接通电源后，直导线、螺线管、电磁铁等都将产生磁场，应用安培定则逐一进行判断.为了便于判断所标出的小磁针N极的指向是否正确，先根据安培定则画出有关磁场中经过小磁针的磁感线及例2如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，它们的磁场互不影响，当开关S闭合稳定后，则图中小磁针的北极N(黑色的一端)指示出磁场方向正确的是()A.aB.bC.cD.d\n典型例题剖析其方向，如图所示.根据安培定则，对于通电直导线AB的确定，磁感线是以导线AB上各点为圆心的同心圆，且都在跟导线垂直的平面上，其方向是逆时针方向，显然磁针a标示不对.通电螺线管C内部的磁感线是由左指向右，外部的磁感线是由右向左，故b所示正确、c所示不对.对电磁铁D(与蹄形磁铁相似)，由安培定则可知，电磁铁的左端为N极，右端为S极，可见小磁针d标示正确.因为答案为B、D.［答案］BD\n【例与练】如图所示，两个同心放置的金属圆环，条形磁铁穿过圆心且与两环平面垂直，通过两圆环的磁通量Φa、Φb的关系为()A．Φa＞ΦbB．Φa＜ΦbC．Φa＝ΦbD．不能确定A【例与练】有一小段通电导线，长为1cm，电流强度5A，把它置于磁场中，受到的磁场力为0.1N，则该处的磁感应强度B一定是()A.B=2TB.B≤2TC.B≥2TD.以上情况均可能C\n【例与练】在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图。过c点的导线所受安培力的方向()A.与ab边平行，竖直向上B.与ab边平行，竖直向下C.与ab边垂直，指向左边D.与ab边垂直，指向右边C\n第2讲磁场对电流的作用\n重点难点诠释跟踪练习1如图所示，水平放置的平行金属导轨相距为d，导轨一端与电源相连，垂直于导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为B，方向如图所示.长为l的金属棒［答案］［解析］ab静止在导轨上，棒与平行导轨成60°夹角，此时，通过金属棒的电流为I，则金属棒所受的安培力大小为.\n典型例题剖析［解析］ac、bc两边所受安培力分别为Fac、Fbc，其合力为F，如图所示.△abc∽△cFacF∴方向沿a→c方向，而ba边所受安培力与F等大反向，故△abc所受安培力的合力为零，选项D正确.例2如右图所示，通电闭合直角三角形线框abc处在匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面，电流方向如图所示，那么三角形线框受到的磁场力的合力为()A.方向垂直于ab边斜向上B.方向垂直于ac边斜向上C.方向垂直于bc边向下D.为零［答案］D\n典型例题剖析例3如图所示，在磁感应强度B=1.0T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ=37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源的电动势E=12V，内阻不计，ab杆长L=0.5m，杆的质量m=0.2kg，杆与平行滑轨间的动摩擦因数μ=0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计.求要使ab杆在滑轨上保持静止，变阻器R的阻值应在什么范围内变化？(g取10m/s2,sin37°=0.6，设杆所受的最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)\n典型例题剖析［解析］画出ab杆在正好不下滑和正好不上滑两种情况下的受力图，如图中(甲)、(乙)所示.正好不下滑时，ab杆受到重力G、安培力F安2、支持力FN1和沿滑轨向上的静摩擦力Ff1.由∑F=0，得：又联立以上各式求解，得R1≈5Ω\n典型例题剖析正好不上滑时，ab杆受到重力G、安培力F安2、支持力FN2和沿滑轨向上的静摩擦力Ff2.由∑F=0，得：又联立以上各式求解，得R2≈3Ω故要使杆保持静止，变阻器R的取值范围为3ΩF2，弹簧长度将变长B.F1>F2，弹簧长度将变短C.F1μqE.现使小球由静止释放，试求小球在下滑过程中的最大加速度和最大速度.［解析］做好小球运动过程的动态分析，找出极值对应的条件.小球释放瞬间，受重力mg，水平向右的电场力F=qE，杆给小球向左的弹力FN，FN与F平衡，则FN=qE，向上的摩擦力f，因为mg>μqE，所以小球加速下滑.\n典型例题剖析小球运动后，出现向左的洛伦兹力f洛=qvB，小球受力如图甲所示，则有水平方向FN+qvB=qE①竖直方向mg－μFN=ma②解得a=(mg+μqvB－μqE)/m③v↑→f洛↑→FN↓→f↓→F合↑→a↑可见小球做加速度增加的加速运动，在f=0，即FN=0时，加速度达到最大，由②式得：amax=g\n［答案］g典型例题剖析此时速度可由①式得，但速度继续增大，洛伦兹力增大，支持力反向，受力如图乙.有：水平方向qvB=FN+qE④竖直方向mg－μFN=ma⑤解得a=(mg－μqvB+μqE)/m⑥小球运动的动态过程为：v↑→f洛↑→FN↑→f↑→F合↓→a↓小球做加速度减小的加速运动，在a=0时速度达到最大，由⑥式得vmax=(mg+μqE)/μBq.\n典型例题剖析例5如图所示，电子源每秒钟发射2.50×1013个电子，以v0=8.00×106m/s的速度穿过P板上A孔，从M、N两平行板正中央进入两板间，速度方向平行于M且垂直于两板间的匀强磁场，M、N间电压始终为UMN=80.0V，两板间距离d=1.00×10－3m.电子在MN间做匀速直线运动后进入由C、D两平行板组成的已充电的电容器中，电容器电容为8×10－8F,电子达到D板后就留在D板上.在t1=0时刻，D板电势较C板高818V.在t2=T时刻，开始有电子达到M板上.已知电子质量为m=9.1×10－31kg，电荷量e=1.6×10－19C，电子从A孔到D板的运动时间不计,C、P两板均接地,电子间不会发生碰撞.求：(1)M、N间匀强磁场的磁感应强度;\n典型例题剖析［解析］(1)电场力与洛伦兹力相平衡，电子束不发生偏转，即解得(2)电子不断与D板上的正电荷中和，完全中和后又在D板上积累起负电荷，电子在电容器中做减速运动，设电势差为U′时，电子到D板速度恰为零，然后反向运动，以速度v0回(2)时刻T及达到M板上每个电子的动能;(以eV为单位)(3)在时刻t3=3T/5，达到D板上的电子流的功率.\n典型例题剖析到M、N间，此时受到的电场力和洛伦兹力都向上，电子最终打到M板上.根据动能定理，解得D板的电量变化为Δq=CΔU=C(U′+U)=8×10－5C，此即打到D板上的电子的总电量，因此考虑从电子速度为零至电子达到M板上，设电子达到M板上时的动能为Ek，根据动能定理，解得\n［答案］(1)1×10－2T(2)222eV(3)1.6×10－3W(3)经过时间，达到D板上的电子的总电量为电容器两极板间电势差变化了可得此时电容器两极板间的电势差为U″=(818－600)V=218V,\n【例与练】在图中实线框所示的区域内同时存在着匀强磁场和匀强电场．一个带电粒子(不计重力)恰好能沿直线MN从左至右通过这一区域．那么匀强磁场和匀强电场的方向可能为下列哪种情况（）A．匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向外B．匀强磁场方向竖直向上，匀强电场方向垂直于纸面向里C．匀强磁场方向垂直于纸面向里，匀强电场方向竖直向上D．匀强磁场和匀强电场的方向都水平向右BD\n【例与练】如图所示，空间存在水平方向的匀强电场E和垂直纸面向外的匀强磁场B，一个质量为m、带电量为＋q的小球套在不光滑的足够长的竖直绝缘杆上，自静止开始下滑，则（）A．小球的动能不断增大，直到某一最大值B．小球的加速度不断减小，直至为零C．小球的加速度先增大后减小，最终为零D．小球的速度先增加后减小，最终为零ACΔ若小球与杆的动摩擦因数为μ，求：①小球速度为多大时，加速度最大?最大值是多少?②小球下滑的最大速度是多少?①②\n【例与练】如图所示，带电平行板中匀强电场竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，某带电小球从光滑绝缘轨道上的a点自由滑下，经过轨道端点P进入板间后恰好沿水平方向做直线运动，现使小球从稍低些的b点开始自由滑下，在经P点进入板间的运动过程中()A、其动能将会增大B、其电势能将会增大C、小球所受的洛伦兹力将会增大D、小球所受的电场力将会增大ABC\n【例与练】如图所示，空间存在着方向竖直向下的匀强磁场，在光滑水平面上固定一个带负电的小球A，另有一个带正电的小球Q.现给小球Q一合适的初速度，Q将在水平面上按图示的轨迹做匀速圆周运动.在运动过程中，由于Q内部的因素，从Q中分离出一小块不带电的物质C(可以认为刚分离时两者速度相同)，则此后()A.Q会向圆外飞去，C做匀速直线运动B.Q会向圆外飞去，C做匀速圆周运动C.Q会向圆内飞去，C做匀速直线运动D.Q会向圆内飞去，C做匀速圆周运动C\n【例与练】如图所示，两导体板水平放置，两板间电势差为U,带电粒子以某一初速度v0沿平行于两板的方向从两板正中间射入，穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场，则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U和v0的变化情况为（）A．d随v0增大而增大，d与U无关B．d随v0增大而增大，d随U增大而增大C．d随U增大而增大，d与v0无关D．d随v0增大而增大，d随U增大而减小A解析：\n【例与练】如图所示，一个质量为m＝2.0×10-11kg，电荷量q＝＋1.0×10-5C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1＝100V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100V．金属板长L＝20cm，两板间距。求：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；(3)若该匀强磁场的宽度为D＝10cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？解析（1）由动能定理得：\n（2）微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：（3）进入磁场时微粒的速度是：轨迹如图所示由几何关系有：洛伦兹力提供向心力有：由以上各式可求得：\n【例与练】如图所示，相互垂直的匀强电场和匀强磁场的大小分别为E和B，一个质量为m、电量为＋q的油滴，从a点以水平速度v0飞入，经过一段时间后运动到b点，试计算：(1)油滴刚进入叠加场a点时的加速度；(2)若到达b点时，偏离入射方向的距离为d，则其速度是多大？解析：(1)如图，油滴在a点受三个力，竖直向下的重力、电场力及竖直向上的洛伦兹力，由牛顿定律Bqv－(mg＋qE)＝ma得：方向竖直向上(2)从a运动到b，重力、电场力对粒子做负功，洛伦兹力不做功，根据动能定理得：\n【例与练】（04全国卷Ⅲ）如图所示，在y>0的空间中存在匀强电场，场强沿y轴负方向；在y<0的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy平面（纸面）向外。一电量为q、质量为m的带正电的运动粒子，经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0，方向沿x轴正方向；然后，经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场，并经过y轴上y=-2h处的P3点。不计重力。求⑴电场强度的大小。⑵粒子到达P2时速度的大小和方向。⑶磁感应强度的大小。解析：（1）粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t，电场度的大小为E，粒子在电场中的加速度为a，由牛顿第二定律及运动学公式有\n解得：(2)粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0，以v1表示速度沿y方向分量的大小，v表示速度的大小，θ表示速度和x轴的夹角，则有：又：解得：得：(3)设磁场的磁感应强度为B，在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动，由牛顿第二定律r是圆周的半径、此圆周与x轴和y轴的交点为P2、P3，因为OP2=OP3，θ=450，由几何关系可知，连线P2P3为圆轨道的直径，由此可求得\n【例与练】在如右图所示的直角坐标系中，x轴的上方存在与x轴正方向成45°角斜向右下方的匀强电场，场强的大小为E＝×104V/m。x轴的下方有垂直于xOy面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝2×10－2T。把一个比荷为q/m＝2×108C/kg的正点电荷从坐标为(0,1)的A点处由静止释放。电荷所受的重力忽略不计。(1)求电荷从释放到第一次进入磁场时所用的时间；(2)求电荷在磁场中做圆周运动的半径(保留两位有效数字)；(3)当电荷第二次到达x轴上时，电场立即反向，而场强大小不变，试确定电荷到达y轴时的位置坐标．\n解：(1)电荷从A点匀加速运动到x轴上C点的过程：(2)电荷到达C点的速度为即电荷在磁场中做圆周运动的半径为0.71m在磁场中运动时：速度方向与x轴正方向成45°角。得：\n(3)如图，轨迹圆与x轴相交的弦长为：所以电荷从坐标原点O再次进入电场中，且速度方向与电场方向垂直，电荷在电场中做类平抛运动．解得：则类平抛运动中垂直于电场方向的位移即电荷到达y轴上的点的坐标为(0,8)．设到达y轴的时间为t1，则：\n【例与练】（2011安徽）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里。一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出。（1）求电场强度的大小和方向。（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经t0/2时间恰从半圆形区域的边界射出。求粒子运动加速度的大小。（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。xyOPB\n解析：（1）设带电粒子的质量为m，电荷量为q，初速度为v，电场强度为E。可判断出粒子受到的洛伦磁力沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中作类平抛运动在y方向位移：设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是又：得：又：得：\n（3）仅有磁场时，入射速度v1=4v，带电粒子在匀强磁场中作匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有:又：解得：由几何关系有：带电粒子在磁场中运动周期：带电粒子在磁场中运动时间：\n(1)速度选择器①如图所示．平行板中电场强度E和磁感应强度B互相垂直．这种装置能把具有一定速度的粒子选择出来，所以叫做速度选择器．带电粒子在复合场中运动的应用实例②带电粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是qE＝qvB，即v＝E/B.\n②原理：离子由静止被加速电场加速，根据动能定理可得关系式：(2)质谱仪①构造：如图所示，由离子源、加速电场、速度选择器、偏转磁场和照相底片等构成．由上面三式可得离子在底片上的位置与离子进入磁场B的点的距离，比荷q/m的值．离子在磁场中受洛伦兹力作用而偏转，做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得关系式在速度选择器A中，直线经过须满足qE＝qvB′，得v＝E/B′，即只有速度为v的离子才能进入磁场B.\n(3)回旋加速器②原理：交流电的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动的过程中一次一次地经过D形盒缝隙，两盒间的电场一次一次地反向，粒子就会被一次一次地加速．由，得，可见粒子获得的最大动能由磁感应强度B和D形盒半径决定，与加速电压无关．①构造：如图所示，主要由两个半圆形的中空铜盒D1、D2构成，两盒间留有一狭缝，置于真空中．由大型电磁铁产生的匀强磁场垂直穿过盒面，由高频振荡器产生的交变电压加在两盒的狭缝处．\n【例与练】回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()A．增大磁场的磁感应强度B．增大匀强电场间的加速电压C．增大D形金属盒的半径D．减小狭缝间的距离解析：AC\n【例与练】如图所示，电容器两极板相距为d，两板间电压为U，极板间的匀强磁场的磁感应强度为B1，一束电荷量相同的带正电的粒子从图示方向射入电容器，沿直线穿过电容器后进入另一磁感应强度为B2的匀强磁场，结果分别打在a、b两点，两点间距离为ΔR.设粒子所带电荷量为q，且不计粒子所受重力．求：打在a、b两点的粒子的质量之差Δm是多少？\n