重難點10 磁場（解析版）-高考物理重點難點熱點專題

重難點10磁場重難點10磁場1.命題情境源自生產生活中的與磁場的相關的情境或科學探究情境，解題時能從具體情境中抽象出物理模型，正確應用磁場知識、安培力、洛倫茲力、動力學等解決物理實際問題。2.選擇題命題中主要考查磁感應強度的疊加，安培力、洛倫茲力大小和方向等知識點。立體空間的磁場加大了立體空間的思維能的考查。3.命題中經(jīng)常注重物理建模思想的應用，具體問題情境中，抽象出物體模型。帶電粒子在有界磁場中的運動，帶電粒子在電場和磁場組合場或復合場中運動的考查，利用動力學和功能關系、動量守恒等思想分析問題和解決問題。4.命題中經(jīng)常出現(xiàn)巧妙利用三類動態(tài)圓模型（平移圓、旋轉圓、縮放圓）解決大量帶電粒子沿不同方向進入有界磁場運動的問題。一、磁場疊加問題的解題思路(1)確定磁場場源，如通電導線．(2)定位空間中需要求解磁場的點，利用安培定則判定各個場源在這一點上產生的磁場的大小和方向．如圖所示為M、N在c點產生的磁場BM、BN.(3)應用平行四邊形定則進行合成，如圖中的B為合磁場．二、安培力作用下的平衡和加速問題解題思路：(1)選定研究對象．(2)受力分析時，變立體圖為平面圖，如側視圖、剖面圖或俯視圖等，并畫出平面受力分析圖，安培力的方向F安⊥B、F安⊥I.如圖所示：三、帶電粒子在有界磁場中運動的臨界、極值問題的四個結論(1)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。(2)當速度v一定時，弧長(或弦長)越長或者圓心角越大，則帶電粒子在有界磁場中運動的時間越長。(3)當速率v變化時，圓心角越大，運動時間越長。(4)在圓形勻強磁場中，當軌跡圓的半徑大于磁場圓的半徑、且入射點和出射點位于磁場圓同一直徑的兩個端點時，軌跡對應的偏轉角最大，運動時間最長。四、帶電粒子在有界磁場中運動的多解問題1．帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由于帶電粒子的電性、磁場方向、臨界狀態(tài)等多種因素的影響，問題往往存在多解問題。根據(jù)多解形成的原因，常見的有如下三種情況：類型分析圖例帶電粒子電性不確定受洛倫茲力作用的帶電粒子，可能帶正電荷，也可能帶負電荷，在相同的初速度下，正、負粒子在磁場中運動軌跡不同，形成多解如圖，帶電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，如帶正電，其軌跡為a；如帶負電，其軌跡為b磁場方向不確定只知道磁感應強度大小，而未具體指出磁感應強度的方向，此時必須要考慮磁感應強度方向不確定而形成多解如圖，帶正電粒子以速度v垂直進入勻強磁場，若B垂直紙面向里，其軌跡為a，若B垂直紙面向外，其軌跡為b臨界狀態(tài)不唯一帶電粒子在洛倫茲力作用下飛越有界磁場時，由于粒子運動軌跡是圓弧狀，因此，它可能穿過磁場飛出，也可能轉過180°從入射界面一側反向飛出，于是形成多解2.解答多解問題的關鍵(1)找出多解的原因。(2)畫出粒子的可能軌跡，找出圓心、半徑的可能情況。五、三類動態(tài)圓模型1．“平移圓”模型模型界定將半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓進行平移，從而探索出粒子運動的臨界條件，即為“平移圓”法模型條件粒子源發(fā)射速度大小、方向一定，入射點不同但在同一直線上的同種帶電粒子進入勻強磁場時，它們做勻速圓周運動的半徑相同，若入射速度大小為v0，則半徑R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示模型特點帶電粒子軌跡圓的圓心在同一直線上、且該直線與入射點的連線平行(或共線)2．“放縮圓”模型模型界定以入射點P為定點，圓心位于PP′直線上，將半徑放縮作軌跡圓，從而探索出粒子運動的臨界條件，即為“放縮圓”法模型條件粒子源發(fā)射速度方向一定，大小不同的同種帶電粒子進入勻強磁場時，這些帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑隨速度的變化而變化特點軌跡圓的圓心共線：如圖所示(圖中只畫出粒子帶正電的情景)，速度v越大，運動半徑也越大?？梢园l(fā)現(xiàn)這些帶電粒子射入磁場后，它們運動軌跡的圓心在垂直初速度方向的直線PP′上3．“旋轉圓”模型模型界定將一半徑為R＝eq\f(mv0,qB)的圓以入射點為圓心進行旋轉，從而探索出粒子運動的臨界條件，即為“旋轉圓”法模型條件粒子源發(fā)射速度大小一定、方向不同的同種帶電粒子進入勻強磁場時，它們在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，若入射初速度大小為v0，則圓周運動軌跡半徑為R＝eq\f(mv0,qB)，如圖所示模型特點軌跡圓的圓心共圓：如圖所示，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的圓心在以入射點P為圓心、半徑R＝eq\f(mv0,qB)的圓上（建議用時：30分鐘）一、單選題1．智能手機安裝適當?shù)能浖螅脗鞲衅骺蓽y量磁感應強度B的大小。如圖甲所示，在手機上建立三維坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面。某同學在某地對地磁場進行了兩次測量，將手機顯示屏朝上平放在水平桌面上測量結果如圖乙，之后繞x軸旋轉某一角度后測量結果如圖丙，圖中顯示數(shù)據(jù)的單位為μT（微特斯拉）。已知手機顯示屏的面積大約為0.01m2，根據(jù)數(shù)據(jù)可知兩次穿過手機顯示屏磁通量的變化量約為（）

A． B．C． D．【答案】C【解析】根據(jù)題意，計算通過手機顯示屏的磁通量時，應利用地磁場的z軸分量，則圖甲時穿過顯示屏的磁通量大小約為圖乙時穿過顯示屏的磁通量大小約為由數(shù)據(jù)可得，第一次地磁場從手機顯示屏穿過，z軸磁場分量為負值，第二次z軸地磁場分量為正值，可知地磁場從手機背面穿過，則磁通量的變化量約為故選C。2．如圖所示，重物放在電子稱上，跨過定滑輪的細繩一端系住重物，另一端系住多匝矩形通電線圈（為線圈供電的電源沒有畫出）。矩形線圈下部放在勻強磁場中，線圈平面與勻強磁場垂直，線圈的匝數(shù)為n，水平邊長為L，當線圈中通過順時針方向的恒定電流為I時，電子稱顯示的力的值為，改變線圈中電流的方向，但不改變線圈電流的大小，電子稱顯示的力的值為，整個過程中細繩沒有松弛。則磁感應強度B的大小為（

）

A． B． C． D．【答案】C【解析】由于線圈左右兩側收到的安培力大小相等、方向相反，故整個線框受到的合安培力方向只在豎直方向，設重物的質量為M，線框的質量為m，當線圈中通過順時針方向的恒定電流時，安培力方向為豎直向下，已重物為研究對象，根據(jù)受力平衡可得當線圈中通過逆時針方向的恒定電流時，安培力方向為豎直向上聯(lián)合解得故選C。3．虛線OM和虛線ON之間的夾角為30°，如圖所示，虛線OM上方存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場。一帶負電的粒子沿紙面以大小為v的速度從O點右側距離為L的A點向左上方射人磁場，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。則粒子在磁場中做圓周運動的半徑為（）A． B． C．2L D．3L【答案】A【解析】軌跡與相切，畫出粒子的運動軌跡如圖所示，由于故為等邊三角形，則而則故為一直線，則解得故A正確，BCD錯誤。故選A。4．（2023·云南·一模）空間存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面，線段是屏與紙面的交線，長度為，其左側有一粒子源S，可沿紙面內各個方向不斷發(fā)射質量為m、電荷量為q、速率相同的粒子；，P為垂足，如圖所示，已知，若上所有的點都能被粒子從其右側直接打中，則粒子的速率至少為（）A． B． C． D．【答案】C【解析】粒子要打中的右側所有位置，最容易的方式為粒子從飛出，繞過距離最近的點，從右側打中最下端的點，粒子運動的軌跡如圖所示為軌跡圓的弦長，為中點，，；粒子運動的半徑為，根據(jù)幾何關系可知四邊形為平行四邊形，則解得粒子在勻強磁場中勻速圓周運動，洛倫茲力完全提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律可知解得粒子的最小速率為故選C。二、多選題5．如圖甲所示，為特高壓輸電線路上使用六分裂阻尼間隔棒的情景。其簡化如圖乙，間隔棒將6條輸電導線分別固定在一個正六邊形的頂點、、、、、上，為正六邊形的中心，A點、B點分別為、的中點。已知通電導線在周圍形成磁場的磁感應強度與電流大小成正比，與到導線的距離成反比。6條輸電導線中通有垂直紙面向外，大小相等的電流，其中導線中的電流對導線中電流的安培力大小為，則（

）A．A點和B點的磁感應強度相同B．其中導線所受安培力大小為C．、、、、五根導線在點的磁感應強度方向垂直于向下D．、、、、五根導線在點的磁感應強度方向垂直于向上【答案】BC【詳解】A．根據(jù)對稱性可知A點和B點的磁感應強度大小相等，方向不同，關于點對稱，故A錯誤；B．根據(jù)題意可知、對導線的安培力大小，、對導線的安培力大小為對導線，安培力大小為，根據(jù)矢量的合成可得導線所受安培力故B正確；CD．根據(jù)安培定則，、兩條導線在點的磁感應強度等大反向，、兩條導線在點的磁感應強度等大反向，、、、、五根導線在點的磁感應強度方向與導線在點的磁感應強度方向相同，垂直于向下，故C正確，D錯誤。故選C。6．如圖所示，水平絕緣桌面上有兩平行導軌與一電源及導體棒MN構成的閉合回路，已知兩導軌間距為L，質量為m的導體棒MN與兩導軌垂直，通過導體棒的電流為I，勻強磁場的磁感應強度大小為B，方向與水平面成角斜向上，導體棒MN靜止，重力加速度大小為g，則導體棒MN受到的（）A．摩擦力大小為 B．摩擦力大小為C．支持力大小為 D．支持力大小為【答案】AD【解析】以導體棒為研究對象，分析受力如圖所示其中，導體棒和磁場垂直，故導體棒受到的安培力大小F=BIL，對導體棒根據(jù)平衡條件知在水平方向有在豎直方向解得支持力大小為故選AD。三、解答題7．（2024·海南·校聯(lián)考一模）如圖所示，間距為的平行金屬導軌傾斜放置，與水平面的夾角。一質量為的金屬棒垂直導軌放置，并與定值電阻R（大小未知）、電動勢（內阻不計）的電源、開關S構成閉合回路，整個裝置處在豎直向上磁感應強度大小為的勻強磁場中。閉合開關S，金屬棒恰好不會沿導軌向上滑動.已知金屬棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為，最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，導軌和金屬棒的電阻均不計，重力加速度g取，金屬棒始終與導軌垂直且接觸良好。（1）求電阻R的阻值；（2）若把電源更換為電動勢為、內阻的電源，閉合開關S時，求金屬棒的瞬時加速度大小?！敬鸢浮浚?）；（2）【解析】（1）金屬棒恰好不向上滑動，所受的摩擦力方向沿導軌向下，對金屬棒受力分析如圖所示，由平衡條件可知又聯(lián)立解得（2）若把電源更換為電動勢為、內阻為的電源，開關閉合S的瞬間，金屬棒所受的安培力大小根據(jù)牛頓第二定律有解得8．如圖所示，在豎直面內的直角坐標系中，y軸豎直，A、B兩點的坐標分別為與。的區(qū)域內有沿x軸負方向的勻強電場；第二象限內有方向垂直坐標平面向里的勻強磁場（圖中未畫出）；第四象限內有方向垂直坐標平面向里的勻強磁場和豎直方向的勻強電場（圖中均未畫出）。一質量為m、電荷量為q的帶正電小球（視為質點）從A點以大?。╣為重力加速度大?。┑乃俣妊刈鲋本€運動，通過O點（第一次通過x軸）后在第四象限內做勻速圓周運動，恰好通過B點（第二次通過x軸）。求：（1）第二象限內磁場的磁感應強度大??；（2）小球從O點到第四次通過x軸的時間t；（3）小球第五次通過x軸時的位置坐標以及第四次通過x軸后在第一象限內運動過程中到x軸的最大距離。【答案】（1）；（2）；（3）（0,0）；【解析】（1）小球沿AO方向做直線運動，則必為勻速直線運動，則受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的電場力和垂直于AO斜向右上方的洛倫茲力，則解得（2）小球從開始運動到第一次經(jīng)過x軸的時間小球進入第四象限后做勻速圓周運動，則周期則第二次經(jīng)過x軸的時間小球射入第一象限時速度與x軸正向成45°，水平方向沿x軸正向做勻減速運動，加速度為豎直方向做勻減速運動加速度為ay=g合加速度大小為方向與x軸負向成45°角，則再次（第3次）經(jīng)過x軸的時間返回時仍經(jīng)過P點，此時速度仍為方向與x軸負向成45°角，進入第四象限后仍做勻速圓周運動，運動時間為小球從O點到第四次通過x軸的時間（3）小球第四次經(jīng)過x軸的位置坐標為x=2L速度方向與x軸負向成45°角，正好與合加速度方向垂直，則第五次經(jīng)過x軸時沿x軸負向的距離為，則解得則第五次經(jīng)過x軸時小球恰好到達原點，即位置坐標為（0，0）；第四次通過x軸后在第一象限內運動過程中到x軸的最大距離（建議用時：30分鐘）一、單選題1．我國潛艇研制已經(jīng)取得了重大突破，開始進入試車定型階段，該潛艇應用了超導磁流體推進器。如圖是超導磁流體推進器原理圖，推進器浸沒在海水中，海水由前、后兩面進出，左、右兩側導體板連接電源，與推進器里的海水構成回路，由固定在潛艇上的超導線圈（未畫出）產生垂直于海平面向下的勻強磁場，磁感應強度為B。已知左、右兩側導體板間海水的體積為V，垂直于導體板方向單位面積上的電流為I（導體板外電流不計），下列說法正確的是（）A．要使?jié)撏斑M，左，右兩側導體板所接電源的正、負極應與圖示方向相同B．同時改變超導線圈中電流的方向和海水中電流的方向，潛艇受磁場力的方向將反向C．潛艇所受磁場力的大小為IVBD．若導體板間海水的電阻為R，其兩端的電壓為U，則潛艇在海水中勻速前進時，海水中的電流等于【答案】C【解析】A．根據(jù)左手定則，左、右內側導體板所接電源的正、負極與圖示方向相同時，海水受到安培力向前，根據(jù)牛頓第三定律，海水對磁場（實質是海水對超導潛艇）的作用力向后，該力是使?jié)撏Ш笸说牧?，選項A錯誤；B．改變超導線圈中電流的方向，勻強磁場的方向發(fā)生改變，同時改變海水中電流的方向，則潛艇受磁場力的方向不變，選項B錯誤；C．設推進器內側導體板的面積為S，間距為d，裝滿水時，磁場力為選項C正確；D．船在海水中勻速前進時，可視為導體在海水中切割磁感線，產生與電流方向相反的感應電動勢，所以海水中的電流小于，選項D錯誤。故選C。2．（2023·河南開封·統(tǒng)考一模）茫茫宇宙中存在大量的宇宙射線，對宇航員構成了很大威脅?，F(xiàn)有一束射線（含有α、β、γ三種射線）先經(jīng)過一張紙，再進入圓形磁場區(qū)域，之后打在熒光屏上，出現(xiàn)了A、B兩個亮斑。已知α粒子的質量約為β粒子質量的8000倍，α射線的速度約為光速的，β射線的速度約為光速。下列說法正確的是（）A．圓形區(qū)域內磁場方向垂直紙面向里B．打在A處的射線經(jīng)過圓形區(qū)域時，動能增加C．如果將紙拿走保留磁場，光屏將會出現(xiàn)明顯的兩個亮斑D．如果將紙拿走保留磁場，光屏將會出現(xiàn)明顯的三個亮斑【答案】C【解析】A．α射線貫穿能力很弱，不能穿過紙而進入磁場，γ粒子不帶電，在磁場中不偏轉，打在B處，β粒子帶負電，偏轉后打在A處，則根據(jù)左手定則判斷可知，圓形區(qū)域內磁場方向垂直紙面向外，故A錯誤。B．打在A處的射線經(jīng)過圓形區(qū)域時，由于洛倫茲力不做功，所以動能不增加，故B錯誤；CD．如果將紙拿走保留磁場，則α射線進入磁場，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有可得，軌跡半徑為由于α粒子的質量約為β粒子質量的8000倍，α射線的速度約為光速的，則α粒子做圓周運動的半徑很大，遠大于β粒子做圓周運動的半徑。所以α粒子在磁場中的偏轉量很小，幾乎不偏轉，與γ射線一起打在B處，則光屏還是會出現(xiàn)明顯的兩個亮斑，故C正確，D錯誤。故選C。3．（2023·河北邯鄲·統(tǒng)考二模）如圖所示，四根通有恒定電流的長直導線垂直平面放置，四根長直導線與平面的交點組成邊長為的正方形且關于軸和軸對稱，各導線中電流方向已標出，其中導線1、3中電流大小為，導線2、4中電流大小為。已知通電長直導線周圍的磁感應強度大小與電流成正比、與該點到通電長直導線的距離成反比，即、下列說法正確的是（）A．長直導線1、4之間的相互作用力為吸引力B．一垂直于紙面并從點射入的粒子，將做圓周運動C．導線4受到的導線1、2、3的作用力的合力方向指向點D．僅將導線2中的電流反向，則導線2和4連線上各點磁感應強度方向均相同【答案】D【解析】A．當通有同向電流時，通電導線之間表現(xiàn)為吸引力，當通有反向電流時，通電導線之間表現(xiàn)為斥力，A錯誤；B．由右手螺旋定則并結合矢量疊加可知點的磁感應強度為零，因此過點垂直于紙面射入的粒子，將做勻速直線運動，B錯誤；C．長直導線1在長直導線4處產生的磁感應強度大小為方向水平向左，導線3在長直導線4處產生的磁感應強度大小也為，方向豎直向上，長直導線2在長直導線4處產生的磁感應強度大小為方向垂直導線2、4的連線指向右下方，所以三根導線在4處的合場強為零，導線4不受安培力，C錯誤；D．根據(jù)右手螺旋定則以及磁場疊加原理可知，導線1、3在導線2、4的連線上除點的磁感應強度為零外，其他位置合磁感應強度均垂直于導線2、4的連線指向斜向左上方。僅將導線2中的電流反向，導線2、4在導線2、4的連線上的磁感應強度方向均垂直于導線2、4的連線指向斜向左上方。磁場疊加原理可知，四根導線在導線2、4的連線上的磁感應強度方向均垂直于導線2、4的連線指向斜向左上方。D正確。故選D。二、多選題4．（2023·云南·校聯(lián)考一模）2022年6月17日，我國新一代戰(zhàn)艦預計將會配備電磁軌道炮，其原理可簡化為如圖所示（俯視圖）裝置。兩條平行的水平軌道被固定在水平面上，炮彈（安裝于導體棒ab上）由靜止向右做勻加速直線運動，到達軌道最右端剛好達到預定發(fā)射速度v，儲能裝置儲存的能量恰好釋放完畢。已知軌道寬度為d，長度為L，磁場方向豎直向下，炮彈和導體桿ab的總質量為m，運動過程中所受阻力為重力的k（）倍，儲能裝置輸出的電流為I，重力加速度為g，不計一切電阻、忽略電路的自感。下列說法正確的是（）A．電流方向由b到aB．磁感應強度的大小為C．整個過程通過ab的電荷量為D．儲能裝置剛開始儲存的能量為【答案】BCD【解析】A．導體桿ab向右做勻加速直線運動，受到的安培力向右，根據(jù)左手定則可知，流過導體桿的電流方向由a到b，故A錯誤；B．導體桿ab向右做勻加速直線運動，根據(jù)運動學公式可得根據(jù)牛頓第二定律可得又聯(lián)立解得磁感應強度的大小為故B正確；C．整個過程的運動時間為整個過程通過ab的電荷量為故C正確；D．由于不計一切電阻、忽略電路的自感，根據(jù)能量守恒可知，儲能裝置剛開始儲存的能量為故D正確。故選BCD。5．如圖所示，某同學設計了一種粒子探測器，粒子源放置在邊長為的正方形的中心，正方形四邊均為熒光屏，在正方形內有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為，粒子源能向紙面內的各個方向發(fā)射比荷為的帶正電粒子，粒子打到熒光屏上后即被熒光屏吸收，不考慮粒子間的相互作用和熒光屏吸收粒子后的電勢變化，不計粒子源的尺寸大小和粒子重力。下列說法正確的是（

）A．若粒子的速度大小，則所有粒子均不能打到熒光屏B．若粒子的速度大小，則所有粒子均不能打到熒光屏C．若粒子的速度大小，則所有粒子均能打到熒光屏D．若粒子的速度大小，則所有粒子均能打到熒光屏【答案】BD【解析】AB．粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)洛倫茲力和牛頓第二定律有若即則所有粒子均不能打到熒光屏，故B正確，A錯誤；CD．如圖所示只要圖中粒子能打到熒光屏，則所有粒子均能打到熒光屏，即解得由解得故D正確，C錯誤。故選BD。三、解答題6．如圖所示，在Oxy平面的第一象限內有一過原點的無限長擋板，擋板與x軸成60°角放置。擋板上方有無限長、邊界平行于擋板的區(qū)域I和II，分別存在磁感應強度大小為B0和2B0的勻強磁場，方向均垂直紙面向里，磁場邊界與y軸分別交于y=2h和y=4h處。在y=3h處有一離子源射出平行x軸、方向與x軸正向相同、質量為m、電荷量為q的正離子。不計正離子的重力以及離子間的相互作用，并忽略磁場的邊緣效應。（1）若沒有離子進入?yún)^(qū)域I，求離子初速度最大值v1；（2）若離子經(jīng)磁場偏轉后垂直y軸離開第一象限，求離子初速度的最大值v2；（3）若離子經(jīng)磁場偏轉后恰好能打到擋板上，求離子初速度v3?！敬鸢浮浚?）；（2）；（3）【解析】（1）由可得若離子恰好與磁場I的邊界相切得（2）由題可知得又該離子不會進入?yún)^(qū)域I，滿足題目要求（3）平行擋板方向由動量定理解得7．（2023·廣東·模擬預測）如圖所示，圓心為O、半徑的圓形區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，在邊界上的P點有一粒子源，沿紙面向PO右側各個方向（含PO方向）發(fā)射速率的帶正電粒子，粒子的比荷。板長的平行正對帶電金屬板M、N與PO垂直，板間距為2m，O點與金屬板M所在平面的距離為0.5m。金屬板右側存在垂直紙面向里的勻強磁場，虛線為金屬板與磁場區(qū)域的分界線，磁場的磁感應強度大小。已知粒子沿PO方向入射時，粒子在圓形磁場中的偏轉角剛好為，金屬板間的電勢差，不計粒子重力。，。求（1）沿PO方向入射的粒子通過平行金屬板過程中沿垂直板面方向偏移的距離；（2）打在N板右端的粒子進入圓形磁場區(qū)域時的速度方向與PO的夾角；（3）在右側磁場區(qū)域中粒子掃過的區(qū)域的外邊界與磁場邊界所圍的面積?！敬鸢浮浚?）0.9m；（2）；（3）【解析】（1）沿PO方向進入圓形磁場的粒子從圓形磁場邊界的Q點離開磁場，粒子的運動軌跡如圖所示由幾何關系可知為