《（A版）2019版高考物理一輪復習 考點考法 第10章 磁場課件 新人教版.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（A版）2019版高考物理一輪復習 考點考法 第10章 磁場課件 新人教版.ppt（100頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第10章 磁場,考點28磁場對電流的作用,考點27磁場磁感應強度磁通量,考點29磁場對運動電荷的作用,考點30洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用問題,專題9 帶電粒子在復合場中的運動,專題10帶電粒子在磁場中的臨界和多解問題,考點27磁場磁感應強度磁通量,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法1對BF/(IL) 的理解 考法2磁感應強度的矢量性 考法例析 成就能力 題型1磁場的本質(zhì)與分布 題型2磁通量的計算 題型3磁感應強度的矢量性及安培定則的應用,必備知識全面把握,1磁場及地磁場 (1)定義：磁體或電流周圍空間存在的一種特殊物質(zhì)，磁體與磁體之間、磁體與通電導體之間、通電導體與通電導

2、體之間的相互作用，都是通過磁場發(fā)生的 磁場與電場一樣，都是場物質(zhì)，都是真實存在的 (2)磁場的基本性質(zhì)：對放入其中的磁體、通電導體或運動電荷有力的作用 (3)磁場的產(chǎn)生 永磁體周圍存在磁場；通電導體周圍存在磁場電流的磁效應； 運動電荷的周圍存在磁場 (4)磁感線 定義：在磁場中畫一些有方向的曲線，曲線上每一點的切線方向都 跟該點的磁場方向相同，這樣的曲線稱為磁感線,常見磁場的磁場線分布： 特點：a.磁感線在磁體的外部是從北極 (N極)出來，進入南極(S極)，在磁體的內(nèi) 部則是由南極回到北極，形成閉合的曲線 b磁感線的疏密程度表示磁場的強弱磁感線密集的地方磁場強，稀疏的地方磁場弱 c磁感線上每一

3、點的切線方向為該點的磁場方向 d磁感線是為了形象地描述磁場而假想出來的一組有方向的曲線，并不是客觀存在于磁場中的真實曲線 e磁感線在空間不相交、不相切、也不中斷 f沒有磁感線的地方，并不表示就沒有磁場存在，通過磁場中的任一點總能而且只能畫出一條磁感線,(5)地磁場 定義：地球是一個巨大的磁體，周圍空間存在的磁場叫地磁場地球磁極的北極在地理的南極附近，地球磁極的南極在地理的北極附近 不但地球具有磁場，宇宙中的其他天體也有磁場 特點：如圖所示，地球周圍的磁場與條形磁鐵周圍的磁場分布的情況相似兩極磁性最強，中間磁性最弱在地磁場北極、南極附近，磁場方向是豎直方向的，而在赤道附近磁場方向是水平的 磁偏

4、角：地球的地理兩極與地磁兩極并不完全重合，磁針并非準確地指南或指北，其間有一個夾角，叫地磁偏角，簡稱磁偏角,(6)幾種常見的磁場 安培定則：用來判定電流磁場方向的一種方法(也叫右手螺旋定則) 直線電流的磁場：用右手握住導線，讓伸直的大拇指所指的方向跟電流的方向一致，彎曲的四指所指的方向就是磁感線的環(huán)繞方向，即磁場的環(huán)繞方向，如圖所示 通電螺線管的磁場：用右手握住螺線管，讓彎曲的 四指所指的方向跟電流的方向一致，大拇指所指的方 向就是螺線管中心軸線上的磁感線的方向(大拇指指向 螺線管北極)如圖所示 環(huán)形電流的磁場：可視為單匝螺線管，判定方法與 螺線管相同,(7)安培分子電流假說 電流是由大量的自

5、由電荷做定向移動而形成的，所以可以理解為電流周圍的磁場是由電荷的運動產(chǎn)生的 分子電流假說：法國學者安培根據(jù)條形磁鐵和通電螺線管外部磁場的相似提出了他的假說，即安培分子電流假說：在原子、分子等物質(zhì)微粒內(nèi)部，存在著一種環(huán)形電流分子電流，分子電流使每個物質(zhì)微粒都成為微小的磁體，它的兩側(cè)相當于兩個磁極當物體內(nèi)那些微小磁體，即分子電流的取向雜亂無章時，該物體周圍便沒有產(chǎn)生磁場；當物體內(nèi)那些微小磁體，即分子電流的取向大致相同時，該物體周圍便產(chǎn)生了磁場所以磁體周圍的磁場和電流的磁場一樣，也是因電荷的運動而產(chǎn)生的 安培分子電流假說可以解釋以下磁現(xiàn)象：磁體周圍磁場的產(chǎn)生原因、磁化現(xiàn)象、磁體的消磁等,2磁感應強度

6、 (1)物理意義：用來描述磁場強弱和方向的物理量用符號B表示 (2)大?。寒斠欢瓮娭睂Ь€垂直磁場方向放置時，其所受磁場力F與導線的長度L和電流I的乘積的比值即為該處的磁感應強度的大小，即：BF/IL. 單位：特斯拉(簡稱特，用字母T表示) 方向：小磁針靜止時N極所指的方向為該點的磁感應強度的方 向 (3)矢量性：磁感應強度是矢量，其方向就是磁場方向，即小磁針靜止時N極所指的方向，其合成遵循平行四邊形定則,3磁通量 (1)定義：在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個與磁場方向垂直的平面，面積為S，我們把B與S的乘積叫穿過這個面積的磁通量，簡稱磁通用字母表示定義式：BS. 在公式B/S中應該注意B

7、一定與S垂直，如果不垂直，則S必須是垂直于B的投影面積，BSsin .式中為面積S與磁感應強度B之間的夾角，此式只適用于勻強磁場 單位：韋伯，簡稱韋，符號為Wb. 特點：磁通量是標量，有正、負之分 (2)磁通密度：垂直于磁場方向單位面積內(nèi)的磁通量叫磁通密度它反映了磁感應強度的大小，在數(shù)值上等于磁感應強度，即,考點27,核心方法重點突破,考法1對BF/(IL) 的理解 一段直導線長L1 m，其中通有I1 A的恒定電流，由于它處于勻強磁場中，因而受到垂直于紙面向外的大小為F1 N的磁場力作用，據(jù)此() A可以確定這個磁場的磁感應強度大小，又可以確定這個磁場的方向 B僅能確定磁感應強度的大小，不能確

8、定方向 C僅能確定磁感應強度的方向，不能確定大小 D磁感應強度的大小和方向均無法確定,例1,【解析】 磁感應強度是描述磁場本身性質(zhì)的物理量，它的大小和方向僅由磁場本身決定，而與放在磁場中的電流及其受力無關；公式BF/IL只有在電流方向跟磁場方向垂直時才可以用來確定磁感應強度的大小，用左手定則確定磁感應強度的方向而本題磁場方向未知，故不能知道電流方向跟磁場方向是否垂直 【答案】D,例1,考法2磁感應強度的矢量性 遼寧沈陽東北育才2016模擬如圖所示，兩根水平放置且相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1與I2且I1I2，與兩根導線垂直的同一平面內(nèi)有a、b、c、d四點，a、b、c在兩根導線的水

9、平連線上且間距相等，b是兩根導線連線的中點，b、d連線與兩根導線連線垂直則() AI2受到的安培力水平向左 Bb點磁感應強度為零 Cd點磁感應強度的方向必定豎直向下 Da點和c點的磁感應強度不可能都為零,例2,【解析】 電流I1在I2處的磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，I2受到的安培力的方向水平向右，故A錯誤；電流I1與I2在b處產(chǎn)生的磁場方向相同，所以合磁場方向向下，磁感應強度不等于零，故B錯誤；當兩根水平放置且相互平行的長直導線分別通有方向相反、大小相等的電流時，d點的磁感應強度的方向豎直向下，當兩個電流的大小不相等時，d點的合磁場方向不是豎直向下，故C錯誤；電流I1的大小比電流I2大

10、，則c點的磁感應強度可能等于零，a點的磁感應強度不可能等于零，故D正確 【答案】D,例2,考點27,考法例析成就能力,題型1磁場的本質(zhì)與分布 如圖所示，一個電子在紙面內(nèi)沿著逆時針方向做勻速圓周運動，則此電子的運動將() A不產(chǎn)生磁場 B產(chǎn)生磁場，圓心處磁場方向垂直紙面向里 C產(chǎn)生磁場，圓心處磁場方向垂直紙面向外 D只在圓周的內(nèi)側(cè)產(chǎn)生磁場,例1,【解析】 磁場產(chǎn)生的本質(zhì)是電荷的運動，所以電子的運動將產(chǎn)生磁場電子沿著逆時針方向做勻速圓周運動，相當于沿順時針方向的環(huán)形電流(負電荷的運動方向與電流方向相反)再應用安培定則可判定在圓心處的磁場方向垂直紙面向里，故B選項正確在圓周的外側(cè)同樣也產(chǎn)生了磁場 【

11、答案】B,例1,題型2磁通量的計算 江蘇物理20171，3分如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r，圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為() A11B12C14D41,例2,【解析】 根據(jù)磁通量的定義，當B垂直于S時，穿過線圈的磁通量為BS，其中S為有磁感線穿過區(qū)域的面積，所以穿過a、b兩線圈的磁通量相等，所以A正確，B、C、D錯誤 【答案】A,例2,題型3磁感應強度的矢量性及安培定則的應用 課標全國201718，6分如圖，在磁感應強度大小為B0的勻強磁場中，兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l.在兩導線中均通有方向垂直于紙面向

12、里的電流I時，紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應強度為零如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點處磁感應強度的大小為() A0B.B0C. B0D2B0,例3,【解析】 設導線P在a點處產(chǎn)生的磁感應強度為B，由于a點處的磁感應強度為零，故導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度與B0等大反向如圖甲所示，由幾何關系得，導線P、Q在a點處產(chǎn)生的合磁感應強度B02Bcos 30，方向水平向右若P中的電流反向、其他條件不變，如圖乙所示，由幾何關系得，P、Q導線在a點處產(chǎn)生的磁感應強度變?yōu)锽，方向豎直向上，則a點處磁感應強度的大小 為 ，故選項C正確 【答案】C,例3,第10章,考點28磁

13、場對電流的作用,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法3安培力方向的判定 考法4安培力大小的計算 考法例析 成就能力 題型4通電導體或線圈在安培力作用下的轉(zhuǎn)動 題型5通電導體在安培力作用下的綜合問題,必備知識全面把握,1磁場對電流的作用 (1)安培力的概念：通電導線在磁場中受的力稱為安培力 (2)安培力的大小 當B、I、L兩兩垂直時，F(xiàn)BIL. 若B與I夾角為時，將B沿垂直I和平行I的方向正交分解，取垂直分量，可得FBILsin . 注意：是磁感應強度的方向與導線方向的夾角當0或180，即磁感應強度的方向與導線方向平行時，F(xiàn)0. 公式的適用條件：一般只適用于勻強磁場 (3)安培力

14、的方向 左手定則：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指 指向電流的方向，這時拇指所指的方向就是通電導線在磁場中所受安培力的方向,2安培力做功與能量轉(zhuǎn)化的關系,考點28,(1)安培力做功的特點：與路徑有關這一點跟重力和電場力做功的特點是不同的，而與靜摩擦力做功相似 (2)安培力做功的實質(zhì)：把電能轉(zhuǎn)化為其他形式的能,核心方法重點突破,考法3安培力方向的判定 浙江選考物理2016年10月10，3分如圖所示，把一根通電的硬直導線ab，用輕繩懸掛在通電螺線管正上方，直導線中的電流方向由a向b.閉合開關S瞬間，導線a端所受安培力的方向是() A向

15、上 B向下 C垂直紙面向外 D垂直紙面向里,例1,【解析】 根據(jù)右手螺旋定則可知，閉合開關后，通電螺線管的右端為N極根據(jù)左手定則可知，導線a端受力垂直紙面向里，選項D正確 【答案】D,例1,考法4安培力大小的計算 遼寧鞍山2016模擬如圖所示，用粗細均勻的電阻絲折成平面梯形框架abcd.其中ab、cd邊與ad邊夾角均為60，abbccdL，長度為L的電阻絲電阻為R0，框架與一電動勢為E、內(nèi)阻rR0的電源相連接，垂直于框架平面有磁感應強度為B的勻強磁場，則梯形框架abcd受到的安培力的大小為(),例2,【解析】 【答案】C,例2,考點28,考法例析成就能力,題型4通電導體或線圈在安培力作用

16、下的轉(zhuǎn)動 如圖所示，通電直導線ab用線吊在條形磁鐵的上方并與磁鐵平行，當通以由a向b的電流時，導線的運動情況是() A因ab與磁感線平行，故不動 B在水平面內(nèi)繞O點逆時針轉(zhuǎn)動(俯視) C在水平面內(nèi)繞O點順時針轉(zhuǎn)動(俯視) D在豎直平面內(nèi)繞O點順時針轉(zhuǎn)動(俯視),例1,【解析】 首先要明確ab所在處磁場的分布情況，如圖所示應用左手定則可判定Oa部分受安培力垂直紙面向里，Ob部分受安培力垂直紙面向外，故ab在水平面內(nèi)繞O點順時針轉(zhuǎn)動(俯視) 【答案】C,例1,題型5通電導體在安培力作用下的綜合問題 1安培力與力的平衡原理的綜合 課標全國201524，12分如圖，一長為10 cm的金屬棒ab用兩個

17、完全相同的彈簧水平地懸掛在勻強磁場中；磁場的磁感應強度大小為0.1 T，方向垂直于紙面向里；彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣金屬棒通過開關與一電動勢為12 V的電池相連，電路總電阻為2 .已知開關斷開時兩彈簧的伸長量均為0.5 cm；閉合開關，系統(tǒng)重新平衡后，兩彈簧的伸長量與開關斷開時相比均改變了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判斷開關閉合后金屬棒所受安培力的方向，并求出金屬棒的質(zhì)量,例2,【解析】 依題意，開關閉合后，電流方向從b到a，由左手定則可知，金屬棒所受的安培力方向豎直向下 開關斷開時，兩彈簧各自相對于其原長伸長為l10.5 cm.由胡克定律和力的平衡條件得2kl1mg

18、式中，m為金屬棒的質(zhì)量，k是彈簧的勁度系數(shù)，g是重力加速度的大小 開關閉合后，金屬棒所受安培力的大小為FIBL 式中，I是回路電流，L是金屬棒的長度兩彈簧各自再伸長了l20.3 cm，由胡克定律和力的平衡條件得2k(l1l2)mgF 由歐姆定律有EIR 式中，E是電池的電動勢，R是電路總電阻 聯(lián)立各式并代入題給數(shù)據(jù)得m0.01 kg 【答案】安培力的方向豎直向下0.01 kg,例2,2安培力與電路知識的綜合 在傾角30的斜面上固定一平行金屬導軌，導軌寬L0.25 m，上端接入電動勢E12 V、內(nèi)阻不計的電池和滑動變阻器，垂直導軌放有一根質(zhì)量m0.2 kg的金屬棒ab，它與導軌間的動摩擦因數(shù) ，

19、整個裝置放在磁感應強度B0.8 T，垂直斜面向上的勻強磁場中，如圖所示，當調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)時，可使金屬棒靜止在導軌上？導軌與棒的電阻不計，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，g取10 m/s2.,例3,【解析】 【答案】1.64.8 ,例3,3安培力與科技的綜合 重慶理綜20157，16分音圈電機是一種應用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機如圖是某音圈電機的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應強度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終

20、相等某時刻線圈中電流從P流向Q，大小為I. (1)求此時線圈所受安培力的大小和方向 (2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v，求安培力的功率,例4,【解析】 (1)由對稱性可知，線圈前后兩邊受安培力等大反向，合力為零，所以線圈所受合力為右邊受的安培力，匝數(shù)為n，所以FnBIL，由左手定則可得方向水平向右 (2)由(1)得FnBIL，由PFv得安培力的功率PnBILv. 【答案】(1)nBIL，方向水平向右(2)nBILv,例4,4安培力與做功、動能定理的綜合 浙江理綜201420，6分(多選)如圖甲所示，兩根光滑平行導軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應強度為B.垂直于導軌

21、水平對稱放置一根均勻金屬棒從t0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向則金屬棒() A一直向右移動 B速度隨時間周期性變化 C受到的安培力隨時間周期性變化 D受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功,例5,【解析】 【答案】A、B、C,例5,課標全國201719，6分(多選)如圖，三根相互平行的固定長直導線L1、L2和L3兩兩等距，均通有電流I，L1中電流方向與L2中的相同，與L3中的相反，下列說法正確的是(),例6,【解析】 【答案】BC,例6,第10章,考點29磁場對運動電荷的作用,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法5帶電粒

22、子在勻強磁場中的運動 考法6帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 考法例析 成就能力 題型6帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 題型7帶電粒子在有界磁場中的圓周運動,必備知識全面把握,1磁場對運動電荷的作用 (1)洛倫茲力 定義：運動電荷在磁場中受到的力稱為洛倫茲力 大小：FqBv.式中，q為運動電荷所帶的電荷量，v為運動電荷的運動速度此式只有在v垂直于B的條件下才適用；若v與B平行，則F0；若v與B成角，則可將B(v)沿v(B)方向和垂直v(B)方向正交分解，取垂直分量即可其表達式為FqBvsin ，如圖所示 方向：用左手定則判定：伸開左手，使拇指與其余四個手指垂直，并且都與手掌在同一個平面內(nèi)；

23、讓磁感線從掌心垂直進入，并使四指指向正電荷運動的方向，這時拇指所指的方向就是運動的正電荷在磁場中所受洛倫茲力的方向負電荷受力的方向與正電荷受力的方向相反如圖所示,(2)洛倫茲力的特點 由左手定則可知：F一定與B、v垂直，即一定垂直于由B和v所確定的平面因為F一定并始終垂直于v，所以洛倫茲力對電荷永遠不會做功,2帶電粒子在勻強磁場中的運動 在勻強磁場中，當帶電粒子平行于磁場方向運動時，粒子做勻速直線運動；帶電粒子以速度v垂直射入勻強磁場B中，若只受洛倫茲力，則帶電粒子在與B垂直的平面內(nèi)做勻速圓周運動 (1)洛倫茲力提供向心力： (2)軌跡半徑公式： (3)周期公式： 由此周期公式我們可以得到，帶

24、電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期跟運動速度和軌跡半徑無關，只和粒子的比荷(q/m)和磁感應強度B有關,(4)動能公式:,考點29,核心方法重點突破,考法5帶電粒子在勻強磁場中的運動 課標全國201317，6分空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的粒子以速度v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60.不計重力，該磁場的磁感應強度大小為(),例1,【解析】 【答案】A,例1,考法6帶電粒子在有界勻強磁場中的運動 四川理綜20164，6分如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場一帶正

25、電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力則() Avbvc12，tb：tc21 Bvbvc21，tbtc12 Cvbvc21，tbtc21 Dvbvc12，tbtc12,例2,【解析】 【答案】A,例2,考點29,考法例析成就能力,題型6帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動 課標全國201618，6分平面OM和平面ON之間的夾角為30，其橫截面(紙面)如圖所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外一帶電粒子的質(zhì)量為m，電荷量為q(q0

26、)粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30角已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場不計重力粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(),例1,【解析】 【答案】D,例1,題型7帶電粒子在有界磁場中的圓周運動 1圓形邊界磁場 課標全國201618，6分一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動在該截面內(nèi)，一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi)，射入時的運動方向與MN成30角當筒轉(zhuǎn)過90時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒不計重力若粒子在筒內(nèi)未

27、與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(),例2,【解析】 【答案】A,例2,2直線邊界磁場 山東淄博一中2018月考帶電粒子的質(zhì)量m1.71027 kg，電荷量q1.61019 C，以速度v3.2106 m/s沿垂直于磁場同時又垂直于磁場邊界的方向進入勻強磁場中，磁場的磁感應強度為B0.17 T，磁場的左右邊界平行，寬度L10 cm，如圖所示不計粒子的重力，求： (1)帶電粒子射出磁場時的速度大小和偏轉(zhuǎn)角； (2)帶電粒子在磁場中運動的時間； (3)粒子射出磁場時偏離入射方向的距離d.,例3,【解析】 【答案】(1)3.2106 m/s30 (2)3.27108s (3)2.68102

28、m,例3,課標全國201724，12分如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場在x0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0(常數(shù)1)一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求(不計重力)： (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離,例4,【解析】 【答案】,例4,第10章,考點30洛倫茲力在現(xiàn)代科技中的應用問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法7與電、磁場有關的現(xiàn)代科技問題的分析方法 考法例析 成就能力 題型8帶電粒子在磁場中運動的科技應用,

29、必備知識全面把握,1常見科學儀器的原理 (1)速度選擇器 用途：利用相互垂直的電場、磁場選出一定速度的帶電粒子的裝置 基本構(gòu)造：如圖所示，兩平行金屬板間加電壓產(chǎn)生勻強電場E，勻強磁場方向與勻強電場方向垂直 原理：當電荷量為q的粒子(重力不計)以速度v垂直進入勻強電場和勻強磁場的區(qū)域時，粒子受電場力qE和洛倫茲力qvB作用，無論粒子帶正電還是帶負電，電場力和洛倫茲力的方向總相反若電場力與洛倫茲力大小相等，即qEqvB，vE/B，粒子所受合力為零，勻速通過狹縫射出場區(qū)若粒子速度vv，則洛倫茲力大于電場力；若v

30、子都是速度vE/B的粒子,特點： a速度選擇器只選擇粒子的速度(大小、方向)而不選擇質(zhì)量和電荷量，如圖所示，若粒子從右側(cè)入射則不能穿過場區(qū) b速度選擇器B、E、v三個物理量的大小、方向互相約束，以保證粒子受到的電場力和洛倫茲力等大、反向，如圖中只改變磁場B的方向，粒子將發(fā)生偏轉(zhuǎn) (2)質(zhì)譜儀 用途： 用來分析各種元素的同位素并測量其質(zhì)量及含量百分比的儀器 構(gòu)造：如圖所示，主要由以下幾部分組成： a帶電粒子/注入器； b加速電場(U)； c速度選擇器(B1、E)； d偏轉(zhuǎn)磁場(B2)； e照相底片,原理：如圖所示,(3)回旋加速器 組成：如圖所示兩個D形盒、大型電磁鐵、高頻振蕩交變 電壓，D形盒

31、間可形成電壓U. 原理：利用電場對帶電粒子的加速作用和磁場對運動電荷 的偏轉(zhuǎn)作用來獲得高能粒子 a磁場的作用：帶電粒子以某一速度垂直磁場方向進入勻強磁場時，只在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，其中周期與速率和軌跡半徑無關，使帶電粒子每次進入D形盒中都能運動相等時間(半個周期)后，平行于電場方向進入電場中加速 b電場的作用：回旋加速器兩個D形盒之間的窄縫區(qū)域存在周期性變化的并垂直于兩D形盒正對截面的勻強電場，帶電粒子經(jīng)過該區(qū)域時被加速帶電粒子在電場中的加速時間可以忽略不計，因為兩個D形盒之間的縫隙很小，加速效果取決于加速電壓，與縫隙寬度無關 c交變電壓：為了保證每次帶電粒子經(jīng)過狹縫時均被加速，使之

32、能量不斷提高，要在狹縫處加一個周期與帶電粒子在磁場中運動周期相同的交變電壓,2霍爾效應 (1)定義：如圖所示，在勻強磁場中放置一個矩形截面的載流導體，當磁場方向與電流方向垂直時，導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差，這個現(xiàn)象稱為霍爾效應 (2)原理：導體中定向移動的電荷，在磁場中受到洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn)，使導體上、下面異種電荷堆積，從而出現(xiàn)電勢差 (3)相關概念：霍爾效應中產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差或霍爾電壓霍爾電壓與電流、磁感應強度、長方體導體的厚度都有關系利用霍爾效應制成的元件稱為霍爾元件霍爾元件是一種重要的磁傳感器,考點30,核心方法重點突破,考法7與電、磁場有關的現(xiàn)代科技問題

33、的分析方法 黑龍江牡丹江2016模擬如圖所示為質(zhì)譜儀的原理圖，M為粒子加速器，電壓為U15 000 V；N為速度選擇器，磁場與電場正交，磁感應強度為B10.2 T，板間距離為d0.06 m；P為一個邊長為l的正方形abcd磁場區(qū)，磁感應強度為B20.1 T，方向垂直紙面向外，其中dc的中點S開有小孔，外側(cè)緊貼dc放置一塊熒光屏今有一比荷為 q/m108 C/kg的正離子從靜止開始經(jīng)加速后，恰好通過速度選擇器，從a孔以平行于ab方向進入abcd磁場區(qū)，正離子剛好經(jīng)過小孔S打在熒光屏上求： (1)粒子離開加速器時的速度v； (2)速度選擇器的電壓U2； (3)正方形abcd的邊長l.,例1,【解析

34、】 【答案】(1)1106 m/s(2)1.2104 V(3)0.16 m,例1,考點30,考法例析成就能力,題型8帶電粒子在磁場中運動的科技應用 1霍爾元件 江蘇物理20149，4分(多選)如圖所示，導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UHk ，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽略，則() A霍爾元件前表面的電勢低于后表面的電勢 B若電源的正負極對調(diào)，電壓表將反偏

35、CIH與I成正比 D電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比,例1,【解析】 電子在霍爾元件中受到向后表面的洛倫茲力作用，故霍爾元件前表面的電勢要高于后表面的電勢，選項A錯誤；若電源正負極對調(diào)，則磁感應強度B的方向及霍爾元件中的電流方向都將反向，電子在霍爾元件中受到的洛倫茲力仍向后表面，前表面的電勢仍高于后表面的電勢，電壓表不會反偏，選項B錯誤；根據(jù)電路連接方式知，電流IH I，故電流IH與I成正比，選項C正確；因為IH和B都與I成正比，由UH k知，UH與I2成正比，因為電阻RRL，故流過電阻RL的電流可認為是干路電流I，其消耗的電功率為PLI2RL，綜上所述可得UH與PL成正比，選項D正確 【

36、答案】CD,例1,2電磁流量計 福建廈門2016模擬隨著社會生產(chǎn)的發(fā)展，大型化工廠已越來越多，環(huán)境污染也越來越嚴重為對環(huán)境污染進行監(jiān)控，技術人員在排污管末端安裝了如圖所示的流量計該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a、b、c，左右兩端開口在垂直于上、下底面方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在前、后兩個內(nèi)側(cè)面分別固定有金屬板作為電極污水充滿管口從左向右流經(jīng)該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內(nèi)排出的污水體積)，下列說法中正確的是() A若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高 B若污水中負離子較多，則前表面比后表面電勢高 C污水中離子濃度越高，電壓表的示數(shù)將越

37、大 D所測的污水流量Q與U成正比,例2,【解析】 若污水中正離子較多，正離子向右移動，受到洛倫茲力，根據(jù)左手定則，正離子向后表面偏轉(zhuǎn)，則前表面比后表面電勢低，故A錯誤若污水中負離子較多，根據(jù)左手定則，負離子向前表面偏轉(zhuǎn)，則前表面比后表面電勢低，故B錯誤電場力、洛倫茲力二力平衡時，有qEqvB，即U/bvB，Qvbc，污水流量Q ，即電壓表的示數(shù)與離子濃度無關，Q與U成正比，故C錯誤，D正確 【答案】D,例2,3回旋加速器 江蘇物理201615，16分回旋加速器的工作原理如圖甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電

38、荷量為q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0.周期T .一束該粒子在t0T/2時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用求： (1)出射粒子的動能Ek； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Ek所需 的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能 射出，d應滿足的條件,例3,【解析】 【答案】,例3,4質(zhì)譜儀 現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場若某種一價正離子在入口處

39、從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為() A11B12C121D144,例4,【解析】 【答案】D,例4,第10章,專題9帶電粒子在復合場中的運動,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法8帶電粒子在組合場中的運動 考法9帶電粒子在疊加場中的運動 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,1復合場 (1)復合場的分類 組合場：電場與磁場各位于一定的區(qū)域內(nèi)，并不重疊，電場、磁場交替出現(xiàn) 疊加場：在同一區(qū)域內(nèi)，電場、磁場、重力場共存，或其中某兩場共存 (2)三種場力的特點 重力的方向始終豎直向下，

40、重力做功與路徑無關，重力做的功等于重力勢能的變化量 電場力的方向與電場方向相同或相反，電場力做功與路徑無關，電場力做的功等于電勢能的變化量 洛倫茲力的大小與速度方向和磁場方向的夾角有關，方向始終垂直于速度v和磁感應強度B共同決定的平面無論帶電粒子做什么運動，洛倫茲力始終不做功,(3)帶電粒子在復合場中常見的幾種運動 靜止或勻速直線運動 當帶電粒子在復合場中所受合外力為零時，將處于靜止狀態(tài)或勻速直線運動狀態(tài) 勻速圓周運動 當帶電粒子所受的重力與靜電力大小相等、方向相反時，帶電粒子在洛倫茲力的作用下，在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動 分階段運動 帶電粒子可能依次通過幾個情況不同的復合場區(qū)域，

41、其運動情況隨區(qū)域發(fā)生變化，由幾個不同的運動階段組成,2基本分析思路 (1)解決帶電粒子在組合場中運動問題的方法 (2)帶電粒子在組合場中運動的分析思路 第1步：分階段(分過程)按照時間順序和進入不同的區(qū)域分成幾個不同的階段； 第2步：受力和運動分析，主要涉及兩種典型運動，如下：,第3步：用規(guī)律: (3)帶電粒子在疊加場中運動的分析方法 弄清疊加場的組成進行受力分析確定帶電粒子的運動狀態(tài)，注意運動情況和受力情況的結(jié)合對于粒子連續(xù)通過幾個不同區(qū)域的場時，要分階段進行處理畫出粒子運動軌跡，靈活選擇不同的運動規(guī)律,a當帶電粒子在疊加場中做勻速直線運動時，根據(jù)受力平衡列方程求解 b當帶電粒子在疊加

42、場中做勻速圓周運動時，應用牛頓運動定律結(jié)合圓周運動規(guī)律求解 c當帶電粒子做復雜曲線運動時，一般用動能定理或能量守恒定律求解 d對于臨界問題，注意挖掘隱含條件 (4)帶電粒子在疊加場中運動問題的求解要點 受力分析是基礎在受力分析時是否考慮帶電粒子的重力由題目條件決定 運動過程分析是關鍵在運動過程分析中應注意帶電粒子做直線運動、曲線運動及圓周運動、類平拋運動的條件 構(gòu)建物理模型是難點根據(jù)不同的運動過程及物理模型選擇合適的物理規(guī)律列方程求解,(5)“電偏轉(zhuǎn)”和“磁偏轉(zhuǎn)”的比較,專題9,核心方法重點突破,考法8帶電粒子在組合場中的運動 天津理綜201711，18分平面直角坐標系xOy中，第象限存在垂直

43、于平面向里的勻強磁場，第象限存在沿y軸負方向的勻強電場，如圖所示一帶負電的粒子從電場中的Q點以速度v0沿x軸正方向開始運動，Q點到y(tǒng)軸的距離為到x軸距離的2倍粒子從坐標原點O離開電場進入磁場，最終從x軸上的P點射出磁場，P點到y(tǒng)軸距離與Q點到y(tǒng)軸距離相等不計粒子重力，問： (1)粒子到達O點時速度的大小和方向； (2)電場強度和磁感應強度的大小之比,例1,【解析】,例1,【答案】,考法9帶電粒子在疊加場中的運動 1無軌道約束型 天津理綜201611，18分如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強電場，電場強度大小E5 N/C，同時存在著水平方向的勻強磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應強度大小B0.

44、5 T有一帶正電的小球，質(zhì)量m1.0106 kg，電荷量q2106 C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運動，當經(jīng)過P點時撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應現(xiàn)象)，取g10 m/s2.求： (1)小球做勻速直線運動的速度v的大小和方向； (2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點所在的這條電場線經(jīng)歷的時間t.,例2,【解析】 【答案】(1)20 m/s，與電場E的方向之間的夾角為60斜向上(2)3.5 s,例2,2有軌道約束型 四川理綜201410，17分 在如圖所示的豎直平面內(nèi)，水平軌道CD和傾斜軌道GH與半徑r 9/44 m的光滑圓弧軌道分別相切于D點和G點，GH與水平面的夾角37.過

45、G點、垂直于紙面的豎直平面左側(cè)有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應強度B1.25 T；過D點、垂直于紙面的豎直平面右側(cè)有勻強電場，電場方向水平向右，電場強度E1104 N/C.小物體P1質(zhì)量m2103 kg、帶電荷量q8106 C，受到水平向右的推力F9.98103 N的作用，沿CD向右做勻速直線運動，到達D點后撤去推力當P1到達傾斜軌道底端G點時，不帶電的小物體P2在GH頂端由靜止釋放，經(jīng)過時間t0.1 s與P1相遇P1和P2與軌道CD、GH間的動摩擦因數(shù)均為0.5，g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，物體電荷量保持不變，不計空氣阻力求： (1)小物體P1在水平

46、軌道CD上運動速度v的大??； (2)傾斜軌道GH的長度s.,例3,【解析】 (1)設小物體P1在勻強磁場中運動的速度為v，受到向上的洛倫茲力為F1，受到的摩擦力為f，則F1qvB f(mgF1) 由題意，水平方向合力為零，F(xiàn)f0 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)解得 v4 m/s. (2)設P1在G點的速度大小為vG，由于洛倫茲力不做功，根據(jù)動能定理有 qErsin mgr(1cos ) mvG2 mv2 P1在GH上運動，受到重力、電場力和摩擦力的作用，設加速度為a1，根據(jù)牛頓第二定律有 qEcos mgsin (mgcos qEsin )ma1 P1與P2在GH上相遇時，設P1在GH上運動的距離為s1，則

47、 s1vGt a1t2,例3,設P2質(zhì)量為m2，在GH上運動的加速度為a2，則 m2gsin m2gcos m2a2 P1與P2在GH上相遇時，設P2在GH上運動的距離為s2，則 s2 a2t2 ss1s2 聯(lián)立式，代入數(shù)據(jù)得s0.56 m. 【答案】(1)4 m/s(2)0.56 m,第10章,專題10帶電粒子在磁場中的臨界和多解問題,必備知識 全面把握 核心方法 重點突破 考法10帶電粒子在有界勻強磁場中運動時的臨界問 題 考法11帶電粒子在勻強磁場中運動時的多解問題 考法例析 成就能力,必備知識全面把握,1處理帶電粒子在有界勻強磁場中的臨界問題的技巧 帶電粒子進入有界磁場區(qū)域

48、，其軌跡往往是一段圓弧，存在臨界和極值問題，如圖所示為常見的三種臨界模型草圖 分析臨界問題時應注意： (1)從關鍵詞、語句找突破口，審題時一定要抓住題干中“恰好”“最大”“至少”“不脫離”等詞語，挖掘其隱藏的規(guī)律如： 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，據(jù)此可以確定速度、磁感應強度、軌跡半徑、磁場區(qū)域面積等方面的極值 當速度v一定時，弧長(或弦長)越大，圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長(前提條件是弧是劣弧) 當速率變化時，圓心角大的，運動時間長,在圓形勻強磁場中，當運動軌跡圓半徑大于磁場區(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，軌跡對應的偏

49、轉(zhuǎn)角最大(所有的弦長中直徑最長) (2)數(shù)學方法和物理方法的結(jié)合如利用“矢量圖”“邊界條件”等求臨界值，利用“三角函數(shù)”“不等式的性質(zhì)”“二次方程的判別式”等求極值 (3)臨界問題的一般解題模式：根據(jù)粒子的運動軌跡，運用動態(tài)思維，作出臨界軌跡圖；尋找?guī)缀侮P系，分析臨界條件，總結(jié)臨界點的規(guī)律；應用數(shù)學知識和相應物理規(guī)律分析臨界量列出方程,2帶電粒子在勻強磁場中運動時的多解問題 (1)多解形成的原因 帶電粒子電性不確定形成多解；磁場方向不確定形成多解；臨界狀態(tài)不唯一形成多解；運動的往復性形成多解 (2)帶電粒子在磁場中運動的多解模型,(3)處理多解模型的解題技巧 分析題目特點，確定題目多解形成的原

50、因； 作出粒子運動軌跡示意圖(全面考慮多種可能)； 若為周期性的多解問題，注意尋找通項式，若有出現(xiàn)幾種解的可能性，注意每種解出現(xiàn)的條件,專題10,核心方法重點突破,考法10帶電粒子在有界勻強磁場中運動時的臨界問題 山東理綜201524，20分如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(區(qū))和小圓內(nèi)部(區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子由小孔下方d/2處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場不計粒子的重力 (1)求極板間

51、電場強度的大??； (2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求區(qū)磁感應強度的大?。?(3)若區(qū)、區(qū)磁感應強度的大小分別為 、 ，粒 子運動一段時間后再次經(jīng)過H點，求這段時間粒子運動的路程,例1,【解析】,例1,甲,,乙,【答案】,丙,考法11帶電粒子在勻強磁場中運動時的多解問題 重慶理綜20149，18分如圖所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間充滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別充滿方向垂直于NSTM平面向外和向內(nèi)的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h.質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g. (1)求電場強度的大小和方向 (2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度 的最小值 (3)若粒子能經(jīng)過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射 速度的所有可能值,例2,【解析】,例2,【答案】,謝謝觀賞,