浙江省2020高考物理二轮复习 专题三 第二讲 磁场课件

第一部分专题复习讲义专题三电场与磁场第二讲磁场知识内容考试要求1.磁现象和磁场b2.磁感应强度c3.几种常见的磁场b4.通电导线在磁场中受到的力d5.运动电荷在磁场中受到的力c6.带电粒子在匀强磁场中的运动d备考指津1.本讲在高考中的考查频率非常高，考查的热点主要集中在磁场的理解、安培力的应用和带电粒子在磁场中的运动、带电粒子在复合场中的运动.2.高考题型包括选择题和计算题．选择题侧重考查磁场的基本概念、安培力的简单应用和洛伦兹力的有关分析；计算题则侧重考查带电粒子在磁场中或在复合场中的运动以及与电磁感应相结合的问题．特别注意“边界问题”以及由周期性引起的多解问题.3.高考也注重实际应用，如质谱仪、回旋加速器、霍尔元件、磁流体发电机、速度选择器、磁电式电流表等都可能成为命题的背景.磁场对通电导体的作用力【重难提炼】1．安培力公式安培力大小的计算公式：F＝BILsinθ(其中θ为B与I之间的夹角)．(1)若磁场方向和电流方向垂直：F＝BIL.(2)若磁场方向和电流方向平行：F＝0.2．安培力方向的判定——左手定则(1)左手定则判定安培力的方向．(2)特点：由左手定则知通电导线所受安培力的方向既跟磁场方向垂直，又跟电流方向垂直，所以安培力的方向总是垂直于磁感线和通电导线所确定的平面．(2018·浙江选考4月)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO′转动，当线框中通以电流I时，如图所示，此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是()[解析]根据左手定则可知，D正确．[答案]D【题组过关】考向一磁场的叠加1．三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.2．如图所示，现有四条完全相同的垂直于纸面放置的长直导线，横截面分别位于一正方形abcd的四个顶点上，直导线分别通有方向垂直于纸面向里、大小分别为Ia＝I，Ib＝2I，Ic＝3I，Id＝4I的恒定电流．已知通电长直导线周围距离为r处磁场的磁感应强度大小为B＝kIr，式中常量k0，I为电流大小．忽略电流间的相互作用，若电流Ia在正方形的几何中心O点处产生的磁感应强度大小为B，则O点处实际的磁感应强度的大小及方向为()A．22B，方向由O点指向ad中点B．22B，方向由O点指向ab中点C．10B，方向垂直于纸面向里D．10B，方向垂直于纸面向外解析：选A.由题意，直导线周围某点的磁感应强度的大小与电流的大小成正比，与距直导线的距离成反比．应用安培定则并结合平行四边形定则，可知A选项正确．考向二安培力作用下的平衡问题3．如图所示，固定在水平面上的光滑绝缘斜面倾角为θ.导体棒ab静止在斜面上，ab与斜面底边平行，通有图示的恒定电流I.空间充满竖直向上的匀强磁场．若现缓慢增大θ(θ90°)，且ab始终静止在斜面上，则磁感应强度大小B应(不考虑磁场变化产生的感应电场)()A．缓慢增大B．缓慢减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析：选A.由安培力公式和左手定则知，导体棒受水平向右的安培力BIL、垂直斜面向上的支持力和竖直向下的重力，由平衡条件可知mgtanθ＝BIL，则θ增大时，B应缓慢增大，A对．考向三安培力作用下的运动4.如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态．在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时()A．导线框将向左摆动B．导线框将向右摆动C．从上往下看，导线框将顺时针转动D．从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D.当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确．5.光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5T．质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属水平轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1m，则下列说法中正确的是()A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N解析：选D.金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝F安m＝10m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安＝F安·(MN＋OP)＝1J，重力做功WG＝－mg·ON＝－0.5J，由动能定理得W安＋WG＝12mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝20m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝v2r＝20m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F和水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝mv2r，解得F＝1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，选项D正确．“3步法”分析通电导体棒受力第1步：明确研究对象(通电导线或导体棒)．第2步：将题干中的立体图转化为平面图，明确磁场的方向和电流的方向．第3步：受力分析的思路和力学完全相同，分析安培力时注意其方向一定与导体棒和磁感应强度组成的平面垂直．带电粒子在匀强磁场中的运动【重难提炼】1．常用公式2．三个“确定”(1)圆心的确定：轨迹圆心O总是位于入射点A和出射点B所受洛伦兹力F洛作用线的交点上或AB弦的中垂线OO′与任一个F洛作用线的交点上，如图所示．(2)半径的确定：利用平面几何关系，求出轨迹圆的半径，如r＝AB2sinα2＝AB2sinθ，然后再与半径公式r＝mvqB联系起来求解．(3)运动时间的确定：t＝α360°T(可知，α越大，粒子在磁场中运动时间越长)．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc.不计粒子重力．则()A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2[解析]设正六边形的边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb＝L，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力Bqvb＝mv2bL，得L＝mvbqB，且T＝2πLvb，得tb＝13·2πmqB；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径rc＝L＋12Lsinθ＝2L，同理有2L＝mvcqB，tc＝16·2πmqB，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A正确．[答案]A【题组过关】考向一求解电荷比荷1.不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用vM与vN，tM与tN，qMmM与qNmN表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则()A．如果qMmM＝qNmN，则vMvNB．如果qMmM＝qNmN，则vMvNC．如果vM＝vN，则qMmMqNmND．如果tM＝tN，则qMmMqNmN解析：选A.由图可知rMrN.若qMmM＝qNmN，利用r＝mvqB，可得vMvN，A项正确、B项错误；若tM＝tN，利用T＝2πmqB，可得qMmM＝qNmN，D项错误；若vM＝vN，利用r＝mvqB，可得qMmMqNmN，C项错误．2.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.ω3BB.ω2BC.ωBD.2ωB解析：选A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为30°，因此粒子在磁场中运动的时间为t＝112×2πmqB，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即πm6qB＝14×2πω，求得qm＝ω3B，A项正确．考向二求解运动时间3．如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d，O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是()A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点与O′点的距离为3dD．电子在磁场中运动的时间为πd3v0解析：选D.电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，选项A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－r2－d2＝2d－（2d）2－d2＝(2－3)d，故选项B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sinθ＝d2d＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间为t＝θrv0＝πd3v0，选项D正确．考向三求解磁感应强度4．如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，∠MOP＝60°.在M、N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，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为()A．3∶1B．3∶2C．1∶1D．1∶2解析：选B.如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度大小都为B12.当将M处长直导线移到P处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为B12，作平行四边形，由图中的几何关系，可得：cos30°＝B22B12＝B2B1＝32，故选项B正确．5．(多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示．现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则()A．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3B．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2＝2∶3C．前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2＝