2023年新高考物理大一轮单元复习检测07 磁场【亮点讲】（解析版）.pdf

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1、单元0 7破场n-知 识 梳 理.构建体系_.-磁场在高考中的考查形式主要体现在计算题上，尤其是压轴题，大多涉及带电粒子在复合场中的运动。由于知识综合性强，难度大，区分度大，是高考中的重难点和热点。将立体图转化为侧视图、剖面图等平面图进行思考，应用力的观点、能的观点分析安培力、洛伦兹力，通过安培力在电动机、电磁炮中的作用，安培力在磁电式电流表中的应用，带电粒子在磁场中运动的实际应用，体会应用物理知识解决实际问题的乐趣。1.磁场叠加及通电导体在磁场中的受力的常见模型磁场对通电导线的作用2.通电导体在安培力作用下的运动或运动趋势的解题思路利用研究对象：通电导线或导体则色导体所在位置的磁场分布情况左

2、手定则导体的受力情况皿导体的运动方向或运动趋势的方向3,带电粒子在有界磁场中的运动的常见模型4.带电粒子在有界磁场中的运动的解题技巧曾亮点讲【典 例 1】（磁场的叠加）在通电长直导线产生的磁场中，到导线的距离为r 处的磁感应强度大小8=?，其中/为通过长直导线的电流，k为常量。如图所示，三根通电长直导线P、Q、R均垂直直角坐标系xOy所在平面，其间距相等,P、Q与坐标平面的交点均在x轴上且关于原点。对称，通过P、Q、R的电流之比为1：1：3,电流方向已在图中标出。若通过P 的电流产生的磁场在原点。处的磁感应强度大小为B o,则原点。处的合磁感应强度大小为A.Bo B.V5B0 C.小Bo D.

3、3 B 0【答案】C【解析】根据安培定则可知，通过P的电流产生的磁场在原点。处的磁感应强度方向沿y轴负方向，设三根导线的间距为用 通过P的电流为/。，则 有 殳=学，类似可得，通过Q的电流产生的磁场在原点。处的磁感应 强 度 大 小 为=半、方向沿y轴负方向，通过R的电流产生的磁场在原点。处的磁感应强度大小治=亚 警、方向沿x轴正方向，故原点。处的合磁感应强度大小B+BJ2+B/，解得B=夕 Bo,，故 C 正确。【典例2】（安培力的方向、大小）在匀强磁场中有粗细均匀的同种导线制成的直角三角形线框abc,4a=90。,4c=37。，磁场方向垂直于线框平面，a、c两点接一直流电源，电流方向如图所

4、示.已知SM 37。=0.6,cos 37。=0.8,则下列说法正确的是A.导线瓦受到的安培力大于导线ac所受的安培力B.导线abc受到的安培力的合力大于导线ac受到的安培力C.导线ab、ac所受安培力的大小之比为3：8D.导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向上【答案】C【解析】4、设磁感应强度大小为B,ac边长为L,贝 Uabc的长度为九+口=2 L 由题意可知在a、c点接4 4一直流电源后，流过abc导线的电流为g流过ac导线的电流为弓，故导线儿受到的安培力大小为8 二 乎=翳，导线ac所受的安培力大小为等，选项A 错误;2、导线abc的有效长度为3受到的安培力大小为詈，选项8 错

5、误;C、ab、ac所受安培力的大小之比为（B=3:8,选项C 正确;、根据左手定则，导线abc受到的安培力的合力方向垂直于ac向下，选项。错误.【典例3】（安培力作用下的平衡与运动问题）如图所示，边长为L的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab边中点和ac边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时通电导线框处于静止状态，细线的拉力为居。保持其他条件不变，现虚线下方的磁场消失，虚线上方有相同的磁场（未画出），此时细线的拉力为尸 2。已知重力加速度为g,则导线框的质量为A.瞥 B.宁 C.唔 D.亨3gg 2gg【答案】c【解析】当在虚线

6、的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为&，据平衡条件得：F.+B I =m g,当虚线下方的磁场消失，虚线上方有相同的磁场，细线中的拉力为三，由受力分析及平衡条件得：F2=BI+m g,联立解得：6=皆，故（?正确，ABO错误。故选C。【典 例4】（带电粒子在匀强磁场中的运动规律）如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场A B C D,带电粒子从4点沿力8方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从4。的中点P垂 直 射 入磁场，从DC边的M点飞出磁场（M点未画出）。设粒子从4点运动到C点 所 用 时 间 为 由P点运动到M点所用时间为t2（带

7、电粒子重力不计），则匕：2为ABc 1 X X XX：e X X XX：p X X XX；员 一 E _ _ -XDA.2：1 B.2：3 C.3：2 D.V3：V2【答案】C【解析】如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由4点进入C点匕出时轨冷，点。忌 二.迹所对圆心角%=90。粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角。2=60。则=要=：,故C正确，t e 60 22 248。错误。故选C。【典例5】（带电粒子在圆形边界磁场中的运动）如图所示，正三角形的三条边都与圆相切，在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，质子；”和氮核为e都从顶点4沿4 84c的角平分线方向射入磁场，质子也 从

8、C点离开磁场，氮核胃He从相切点。离开磁场，不计粒子重力，则质子和氢核的入射速度大小之比为B.3：1C.2：1 D.3：2【解析】当质子P(从顶点4 沿4BAC的角平分线方向射入磁场，根据对称性可画出图象如图1所示:图1设内切圆的半径为R,根据数学知识可得：此时轨迹半径为：rx=Rtan300=V3/?;当氯核Q(fH e)从顶点4 沿NB4C的角平分线方向射入磁场，根据对称性可画出图象如图2所示;再根据数学知识可得：此时轨迹半径为 2=.“3。=*再 设 质 子 和 氮 核 的 入射速度大小分别为女和。2,则根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式r=三，可得：鼻=鸳=3,乂因为：32=年=鲁，联

9、立方程可解得：故 BCO错误，A 正确。故选4“由 2Pz 火1【典例6】(洛伦兹力的应用实例)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件，当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，电脑进入休眠状态。休眠状态时，简化原理如图所示，宽为a、厚为b、长为c的矩形半导体霍尔元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，其载流子是电荷量为e的自由电子，当通入方向向右、大小为/的电流时，元件前、后表面间电压为U,则此时元件的A.前表面的电势比后表面的高 B,自由电子受到的洛伦兹力大小为日C.前、后表面间的电压U与/无关 D.前、后表面间的电压U与b成反比【答案】

10、4【解析】4、由于载流子为自由电子，根据左手定则可知集中在后表面，所以前表面电势比后表面电势高，故A正确；8、洛仑磁力与电场力等大反向，所以自由电子受到的洛仑磁力为广，故8错误；C D、=evB,根据电流的微观表达式/=e s i 7,解得：U=,故C D错误；故选：4。neB【典例7】（带电粒子在多磁场中的运动）（多选）据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持.如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1,其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场（图中没画出），磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等.已知电子电量为e,质量为根，若电子

11、恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为度 的匀速圆周运动.则以下说法正确的是A.电场方向垂直环平面向外B.电子运动周期为侬C.垂直环平面的磁感强度大小为等 D.电场强度大小 为 叱eReR【答案】BCD【解析】人电子在圆环内沿顺时针方向，则磁场1对电子产生的洛仑兹力方向垂直环平面向里，电场对电子产生的电场力向外，所以电场方向垂直环平面向里，故A错误；8.电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为u的匀速圆周运动，由圆周运动可知：7=等，故8正确；C.垂直环平面的磁感提供向心力，贝I I：B2ev=m ,则a=W，故C正确；D磁场1对电子产生的洛仑兹力等于电场对电子产生的电场力：

12、B,ev=e E,而a=%=翳，解得：E =黑，故。正确。【典 例8（根据粒子运动确定磁场围范区域）（多选）如图所示，直角三角形4 0 C,4 4 c o =3 0。，4。右侧某区域存在垂直于4 0 C平面的匀强磁场（图中未画出），其磁感应强度大小为8。一质量为m、电荷量为q（q 0）的粒子以速度v从C点垂直于4 C进入磁场，该粒子经磁场偏转后平行于C。射到4 c边上的。点（图中未画出），粒子重力不计。下列说法正确的是A.粒子从C点射入磁场，在到达D点前始终未离开磁场B.磁场方向垂直4 0 c平面向里C.C D间 的 距 离 为 时 萼D.粒子从。点到。点的时间为（2+3，必【答案】BD【解析

13、】作出粒子的运动轨迹如图:A、粒子从C点射入磁场，在到达E点后离开磁场，沿直线到达D点，故A错误；B、根据左手定则可知，磁场方向垂直4 0 c平面向里，故8正确；C、根据洛伦兹力提供向心力，得：Bqv=贮，解得等，7 =等，由几何关系可得，C D间的距离qb qB为R+焉=3 R=翳；粒子从c点到D点的时间为芸7 +二三 =誓辔，故C错误，。正确。【典例9】（带电粒子在直线边界磁场中的运动）（多选）真空区域有宽度为人磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向如图所示，M N、P Q是磁场的边界。质量为小、电荷量为q的粒子（不计重力）沿着与M N夹角为。的方向射入磁场中，刚好没能从P Q边界射出磁场。则

14、粒子射入磁场的速度大小孙和在磁场中运动的时间t可能为7n(l+cos0)B.Bql(l+cos0)mc.T【答案】A D【解析L 4 8.粒子可能带正电也可能带负电，当粒子带正电时，粒子运动轨迹如图所示:则由几何关系得：，=R】（l+c o s。），结合喀，可得如i=；当粒子带负电时，粒子运r rii i.十 L us。j,则由几何关系得：Z =/?2（l-c o s 0）,结合q%2B=吟，解得:R2CD当粒子带正电时，运动轨迹对应的圆心角为27r-2仇 所以粒子在磁场中运动的时间为：廿唳 翳=号 妈 当 粒 子 带 负 电 札 运 动 轨 迹 对 应 的 圆心角为2。，所以粒子在磁场中运动

15、的时间由偏转角可得：t2 二 名 一 二 号 筌=等，故 C 错误，。正确。27r 2TT qB Bq【典 例 10（磁聚焦类问题）（多选）如图所示，在一个半径为R的圆形区域内存在磁感应强度为8、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为弓的正粒子，从4 点沿与4。夹角30。的方向射入匀强磁场区域，最m终从8 点沿与4。垂直的方向离开磁场。若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则A.粒子运动的轨道半径r=RB.粒子在磁场区域内运动的时间t=翳C.粒子的初速度的为=警D.若仅改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域【答案】A C【解析】A.画出粒子轨迹示意图，如下图所示,开磁场，故OB与4。平行

16、，又因为AOAB与AO/IB均为等腰三角形，可得：/.OAB=Z.OBA=Z.OBA=4 0 AB,所以。4 与8。也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为60。，故 108=60。，所以四边形。40B为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径=匕 故 A 正确；A 粒子在磁场中运动的周期：T=誓=黑，粒子在磁场中转过的圆心角。=60。，所以粒子在磁场中运动的时间为：t=黑 筌=分，Vo qB360 qB 3qB故 8 错误；C.根据洛伦兹力提供向心力可得：qv0B=m ,结合轨道半径r=R,联立可得粒子的初速度为：%=噤,故 C 正确；D 当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图

17、如图所示，度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故。错误。故选AC.【典 例1 1(带电粒子在叠加场(电场、磁 场)中 的 运 动)如图所示，在边长为L的正方形abed区域内存在图示方向的匀强电场，正方形的内切圆内存在垂直纸面向里的匀强磁场。现有一质量为小、带电量为+q的粒子从ad边中点e以速度历沿内切圆直径ef射入场区，粒子恰沿直线从儿边的中点/射出场区。保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去磁场，粒子射出电场时速度偏向角焉=45。已知tan530=,不计粒子重力。(1)求

18、仅撤去磁场时粒子在电场内运动的时间片及电场强度E的大小；(2)若保持粒子入射位置及速度大小、方向均不变，仅撤去电场，求粒子在磁场中的运动时间。【答案】解：(1)当只有电场时，粒子做类平抛运动，设粒子出电场时沿电场方向分速度为今速度偏向角的正切值tan。=?v0沿初速度方向：%=vQt0沿电场力方向：y=可得 =2 y,可知粒子一定是从c点射出电场可得to=7加速度a=更m沿电场方向分速度3 =a t0可 得 后=畔(2)设磁场的磁感应强度大小为B,当电场和磁场共存时粒子做直线运动，则qE=q%8当只存在磁场时粒子做圆周运动，由 洛 伦 兹 力 提 供 向 心 力 得=m,由几何关系可知偏转角。

19、满足ta n且=i =i2 r 2粒子在磁场内运动周期T=等v0粒子在磁场内运动时间t =焉X 等=箫 OU VQ IOU I/QO【典 例1 2(带电粒子在复合场中的运动)如图所示，第一象限和第四象限分别存在匀强磁场和匀强电场，匀强磁场大小为B,方向未知，匀强电场的方向与x轴负方向的夹角为3 0。角，第二象限有一平行极板电容器，上极板右端N在y轴上，下极板与x轴重合，且右端在原点。点上。现一质量为m、电量为q的带正电粒子以一定初速度从电容器左端中点4进入，恰好从上极板右端N飞出，经过磁场后垂直支轴进入电场，又恰好从P点垂直y轴飞出电场(P点未标出)。已知电容器板长和间距都为，不计粒子的重力，

20、求：(1)判断磁场方向和在磁场中运动轨迹的半径大小r；(2)电容器的电压U及第四象限的电场强度大小E；(3)粒子从4到P的运动时间。【答案】解：(1)由正电荷和左手定则判断磁场方向是垂直纸面向外；带电粒子在平行板电容器中做类平抛运动，且恰好从N点飞出，设飞出去的速度偏角为。，由推论得ta n 0 =1,则。=4 5 如图所示，带电粒子在磁场中运动的轨道半经r =NC=01COS 0(2)由洛伦兹力提供向心力得B q u =平即v =虹=画m m则带电粒子从A到N,由动能定理得与=0)2得u =世m带电粒子从。点到P 点，沿竖直方向做匀减速直线运动，到达P 点时，竖直方向速度为0,rn.i qEsin30.则 a =-m-，v=a t3水 平 方 向:照 詈 博=(1 +五)1得E =2(V 6-V 3)(3)4 到N的时间q=心=含N 到。的时间t2 =上 7 =三7，7=驷，则1 2=陋由(2)中得D 到P 的时间 3 =(吟需所以，从A 到P 的时间t=ti +J +t3 =(1 2+8 6产9%