（江蘇專用）2019高考物理三輪沖刺 第一篇 回歸教材 九 磁場板塊.docx

《（江蘇專用）2019高考物理三輪沖刺 第一篇 回歸教材 九 磁場板塊.docx》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用）2019高考物理三輪沖刺 第一篇 回歸教材 九 磁場板塊.docx（7頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

九、磁場板塊 基礎回扣 1.磁場、磁感應強度、磁通量 (1)基本特性:磁場對處于其中的磁體、電流和運動電荷有磁場力的作用。 (2)方向:小磁針的N極所受磁場力的方向。 2.磁感應強度:B=FIL(通電導線垂直于磁場)。 3.勻強磁場特點:勻強磁場中的磁感線是疏密程度相同的、方向相同的平行直線。 4.磁通量:Φ=BS。單位為Wb,1 Wb=1 Tm2。適用于勻強磁場,線圈平面與磁感線垂直,與線圈匝數無關。 5.安培力、安培力的方向 (1)安培力的方向用左手定則判定。 (2)安培力的方向特點:F⊥B,F⊥I,即F垂直于B和I決定的平面。 (3)安培力的大小:磁場和電流垂直時:F=BIL;磁場和電流平行時:F=0。 安培力公式寫為F=ILB,適用條件為磁場與電流方向垂直。式中L是有效長度。彎曲導線的有效長度L等于兩端點所連線段的長度(如圖所示);相應的電流方向,沿L由始端流向末端,因為任意形狀的閉合線圈,其有效長度L=0,所以通電后在勻強磁場中,受到的安培力的矢量和一定為零。 6.洛倫茲力的方向 (1)判定方法:左手定則。方向特點:F⊥B,F⊥v,即F垂直于B和v決定的平面(注意:洛倫茲力不做功)。 (2)洛倫茲力的大小:F=qvB sin θ。v∥B時,洛倫茲力F=0(θ=0或180);v⊥B時,洛倫茲力F=qvB(θ=90);v=0時,洛倫茲力F=0。 7.不計重力的帶電粒子在磁場中的運動 (1)勻速直線運動:若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向平行,則粒子做勻速直線運動。 (2)勻速圓周運動:若帶電粒子的速度方向與勻強磁場的方向垂直,則粒子做勻速圓周運動。 質量為m、電荷量為q的帶電粒子以初速度v垂直進入勻強磁場B中做勻速圓周運動,其角速度為ω,軌跡半徑為R,運動的周期為T,則有:qvB=mv2R=mRω2=mvω=mR(2πT)2=mR(2πf)2。 R=mvqB,T=2πmqB(與v、R無關),f=1T=qB2πm。 (3)對于帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的問題,應注意把握以下幾點。 ①粒子運動軌跡圓的圓心的確定 a.若已知粒子在圓周運動中的兩個具體位置及通過某一位置時的速度方向,可在已知的速度方向的位置作速度的垂線,同時作兩位置連線的中垂線,兩垂線的交點為軌跡圓的圓心,如圖甲所示。 b.若已知做圓周運動的粒子通過某兩個具體位置的速度方向,可在兩位置上分別作兩速度的垂線,兩垂線的交點為軌跡圓的圓心,如圖乙所示。 c.若已知做圓周運動的粒子通過某一具體位置的速度方向及軌跡圓的半徑R,可在該位置上作速度的垂線,垂線上距該位置R處的點為軌跡圓的圓心(利用左手定則判斷圓心在已知位置的哪一側),如圖丙所示。 ②粒子軌跡圓的半徑的確定 a.可直接運用公式R=mvqB來確定。 b.畫出幾何圖形,利用半徑R與題中已知長度的幾何關系來確定。在利用幾何關系時,要注意一個重要的幾何特點,即:粒子速度的偏向角φ等于對應軌跡圓弧的圓心角α,并等于弦切角θ的2倍,如圖所示。 ③粒子做圓周運動的周期的確定 a.可直接運用公式T=2πmqB來確定。 b.利用周期T與題中已知時間t的關系來確定。若粒子在時間t內通過的圓弧所對應的圓心角為α,則有t=α360T(或t=α2πT)。 ④圓周運動中有關對稱的規(guī)律 圓周運動中有關對稱的規(guī)律 a.從磁場的直邊界射入的粒子,若再從此邊界射出,則速度方向與邊界的夾角相等,如圖甲所示。 b.在圓形磁場區(qū)域內,沿徑向射入的粒子必沿徑向射出,如圖乙所示。 甲　　　　　　乙 ⑤帶電粒子在有界磁場中運動的規(guī)律 a.直線邊界(進出磁場具有對稱性),如圖所示。 b.平行邊界(存在臨界條件,即軌跡與邊界相切時),如圖所示。 c.圓形邊界(沿徑向射入必沿徑向射出),如圖所示。 8.幾種常見的模型 (1)在如圖甲所示的速度選擇器中,選擇的速度v=EB;在如圖乙所示的電磁流量計中,流速v=UBd,流量Q=Sv=πdU4B。 (2)在如圖甲所示的質譜儀中,粒子由靜止被電場加速有qU=12mv2,粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動有:qvB=mv2r,解得粒子軌道半徑r=1B2mUq,粒子質量m=qr2B22U,比荷qm=2UB2r2。 甲 在如圖乙所示的回旋加速器中,交流電的周期和粒子做圓周運動的周期相等,粒子獲得的最大動能Ekm=q2B2R22m,可見粒子獲得的最大動能由磁感應強度和D形盒半徑決定,與加速電壓無關。 乙 回歸小練 1.(多選)(源于人教版3-1第86頁“問題與練習”)在磁場中的同一位置,先后引入長度相等的直導線a和b,a、b導線的方向均與磁場方向垂直,但兩導線中的電流不同,因此所受的力也不一樣。下列幾幅圖像表現的是導線所受的安培力F與通過導線的電流I的關系。a、b各自有一組F、I的數據,在圖像中各描出一個點。在下圖中,請判斷描繪正確的是(　　) 2.(源于人教版3-1第97頁“思考與討論”)(2018江蘇南京、鹽城一模)如圖所示,電視顯像管中有一個電子槍,工作時它能發(fā)射電子,熒光屏被電子束撞擊就能發(fā)光。在偏轉區(qū)有垂直于紙面的磁場B1和平行于紙面上下的磁場B2,就是靠這樣的磁場來使電子束偏轉,使整個熒光屏發(fā)光。經檢測現有一處故障:磁場B1不存在。則熒光屏上(　　)　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　 A.不亮 B.僅有一個中心亮點 C.僅有一條水平亮線 D.僅有一條豎直亮線 3.(源于人教版3-1第99頁“插圖”)如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構圖,勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外,電子束由電子槍產生,其速度方向與磁場方向垂直。電子速度的大小和磁場強弱可以分別通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節(jié),下列說法正確的是(　　) A.僅增大勵磁線圈中的電流,電子束徑跡的半徑變大 B.僅提高電子槍的加速電壓,電子束徑跡的半徑變大 C.僅增大勵磁線圈中的電流,電子做圓周運動的周期將變大 D.僅提高電子槍的加速電壓,電子做圓周運動的周期將變大 4.(源于人教版3-1第98頁“問題與練習”)(2018江蘇南通三模)磁流體發(fā)電機原理如圖所示,等離子體高速噴射到加有強磁場的管道內,正、負離子在洛倫茲力作用下分別向A、B兩金屬板偏轉,形成直流電源對外供電。則(　　) A.僅減小兩板間的距離,發(fā)電機的電動勢將增大 B.僅增強磁感應強度,發(fā)電機的電動勢將減小 C.僅增加負載的阻值,發(fā)電機的輸出功率將增大 D.僅增大磁流體的噴射速度,發(fā)電機的總功率將增大 5.(多選)(源于人教版3-1第102頁“問題與練習”)(2018江蘇豐縣中學月考)回旋加速器原理如圖所示。D1和D2是兩個中空的半圓形金屬盒,置于與盒面垂直的勻強磁場中,它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上。位于D1圓心處的質子源A能不斷產生質子(初速度可以忽略),它們在兩盒之間被電場加速。當質子被加速到最大動能Ek后,再將它們引出。忽略質子在電場中的運動時間,則下列說法中正確的是(　　) A.若只增大交變電壓U,則質子的最大動能Ek會變大 B.若只增大交變電壓U,則質子在回旋加速器中運行的時間會變短 C.若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,仍可用此裝置加速質子 D.質子第n次被加速前、后的軌道半徑之比為n-1∶n 6.(多選)(源于人教版3-1第103頁“課題研究”)(2018江蘇徐州質檢)在一個很小的矩形半導體薄片上,制作四個電極E、F、M、N,做成了一個霍爾元件,在E、F間通入恒定電流I,同時外加與薄片垂直的磁場B,M、N間的電壓為UH。已知半導體薄片中的載流子為正電荷,電流與磁場的方向如圖所示,下列說法正確的有(　　) A.N板電勢高于M板電勢 B.磁感應強度越大,MN間電勢差越大 C.將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行,UH不變 D.將磁場和電流分別反向,N板電勢低于M板電勢 答案精解精析 回歸小練 1.BC　因在同一磁場中同一位置且導線長度相同,由F=BIL可知圖線斜率FI相等;又電流為零時安培力為零,所以A、D選項錯誤。 2.C　由左手定則可以判定,電子束在平行紙面上下的磁場B2中所受洛倫茲力方向在水平面內垂直紙面指向外或指向內,故打到熒光屏上會形成一條水平亮線,C正確。 3.B　由帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的半徑公式R=mvBq和周期公式T=2πmBq,可知,當兩個勵磁線圈中的電流增大時產生的磁場增強,B增大,其他條件不變的情況下,R變小,T變小,A、C錯誤;因為eU=12mv2,則v=2eUm,若僅提高電子槍的加速電壓,電子速度增大,其在磁場中的運動半徑R增大,T不變,B正確,D錯誤。 4.D　設發(fā)電機的電動勢為U,即兩板間電壓為U,有qUd=qvB,得U=vBd,則僅減小兩板間的距離,發(fā)電機的電動勢將減小,A錯誤;僅增強磁感應強度,發(fā)電機的電動勢將增大,B錯誤;僅增加負載的阻值,根據歐姆定律,電路中電流減小,電功率減小,C錯誤;僅增大磁流體的噴射速度,則電動勢增大,發(fā)電機的總功率將增大,D正確。 5.BD　根據qvB=mv2r,可得v=qBrm。則最大動能為Ek=12mv2=q2B2r22m,與加速電壓無關,故A項錯誤;若只增大交變電壓U,則質子在回旋加速器中加速次數會減小,導致運行時間變短,故B項正確;若只將交變電壓的周期變?yōu)?T,而質子在磁場中運動的周期不變,則兩周期不同,所以不能始終處于加速狀態(tài),故C項錯誤;根據洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動,則半徑R=mvqB,且nqU=12mv2,所以質子第n次被加速前后的軌道半徑之比為n-1∶n,故D項正確。 6.AB　根據左手定則,電流的方向向里,載流子受力的方向指向N端,向N端偏轉,則N板電勢高,故A項正確;設左右兩個表面相距為d,電子所受的電場力等于洛倫茲力,即:設材料單位體積內載流子的個數為n,材料截面積為S,載流子的電荷量為q,則qUHd=qvB①,I=nqSv②,S=dL③,由①②③得UH=BInqd,令k=1nq,則UH=BInqd=kBId④,所以若保持電流I恒定,則M、N間的電壓與磁感應強度B成正比,故B項正確;將磁場方向變?yōu)榕c薄片的上、下表面平行,則載流子不會受到洛倫茲力,因此不存在電勢差,故C項錯誤;若磁場和電流分別反向,依據左手定則,則N板電勢仍高于M板電勢,故D項錯誤。