2023版高考物理一轮复习第九章磁场5章末热点集训含解析.doc

章末热点集训
热点1　导体在安培力作用下的力学分析
(多选)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，右端与半径为L＝20 cm的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m＝60 g、电阻R＝1 Ω、长为L的导体棒ab，用长也为L的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，当闭合开关S后，导体棒沿圆弧导轨摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，忽略导体棒产生的反电动势，sin 53°＝0.8，cos 53°＝0.6，g＝10 m/s2，则(　　)
A．磁场方向一定竖直向下
B．电源电动势E＝3 V
C．导体棒在摆动过程中所受安培力的大小F＝3 N
D．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J
[解析]　导体棒向右沿圆弧导轨摆动，说明其受到方向向右的安培力，由左手定则知该磁场方向竖直向下，A正确；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL·Lsin θ－mgL(1－cos θ)＝0，代入数值得导体棒中的电流为I＝3 A，由E＝IR得电源电动势E＝3 V，B正确(注意最大偏角处并不是处于平衡状态)；由F＝BIL得导体棒在摆动过程中所受安培力的大小F＝0.3 N，C错误；由能量守恒定律知电源提供的电能W等于电路中产生的焦耳热Q和导体棒重力势能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cos θ)＝0.048 J，故W>ΔE＝0.048 J，D错误．
[答案]　AB
(多选)如图所示，质量为m，长为L的导体棒电阻为R，初始时静止于光滑的水平轨道上，电源电动势为E，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B，其方向与轨道平面成θ角斜向上方且垂直于导体棒，开关闭合后导体棒开始运动，则(　　)
A．导体棒向左运动
B．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
C．开关闭合瞬间导体棒MN所受安培力为
D．开关闭合瞬间导体棒MN的加速度为
解析：选BD.磁场方向与导体棒垂直，导体棒所受安培力F＝BIL＝，方向为垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，将向右运动，A、C错误，B正确．导体棒受到的合力F合＝Fcos(90°－θ)＝Fsin θ，由a＝得a＝，D正确．
热点2　带电粒子在匀强磁场中运动的求解
(2020·河南商丘模拟)在如图所示的平面直角坐标系xOy中，有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出)，磁场方向垂直于xOy平面，O点为该圆形区域边界上的一点．现有一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场，已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为θ＝30°，OP＝L，求：
(1)磁感应强度的大小和方向；
(2)该圆形磁场区域的最小面积．
[解析]　(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里．粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动，如图所示，粒子在Q点飞出磁场．设其圆心为O′，半径为R.由几何关系有(L－R)sin 30°＝R，所以R＝L.
由牛顿第二定律有qv0B＝m，
故R＝.
由以上各式得磁感应强度B＝.
(2)设磁场区域的最小面积为S.由几何关系得
直径OQ＝R＝L，
所以S＝π＝L2.
[答案]　(1)　方向垂直于xOy平面向里　
(2)L2
如图所示，直线MN左下侧空间存在范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在磁场中P点有一个粒子源，可在纸面内向各个方向射出质量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)，已知∠POM＝60°，PO间距为L，粒子速率均为v＝，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)
A.　　　　　　　　 B.
C. D.
解析：选B.粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有：Bvq＝，解得：R＝＝·＝L；粒子做圆周运动的周期为：T＝＝＝；因为粒子做圆周运动的半径、周期都不变，那么，粒子转过的圆心角越小，则其弦长越小，运动时间越短；所以，过P点作MN的垂线，可知，粒子运动轨迹的最小弦长为：Lsin 60°＝L＝R，故最短弦长对应的圆心角为60°，所以，粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝T＝，故A、C、D错误，B正确．
热点3　带电粒子在复合场中的运动分析
(2020·山东烟台模拟)如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ、Ⅲ象限内有平行于y轴，电场强度大小相同、方向相反的匀强电场，在第Ⅳ象限内有垂直于纸面向里的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q的带电粒子，从y轴上的M(0，d)点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴的N点进入第Ⅳ象限内，又经过磁场垂直y轴进入第Ⅲ象限，最终粒子从x轴上的P点离开．不计粒子所受到的重力．求：
(1)匀强电场的电场强度E和磁场的磁感应强度B的大小；
(2)粒子运动到P点的速度大小；
(3)粒子从M点运动到P点所用的时间．
[解析]　(1)粒子运动轨迹如图所示．
设粒子在第Ⅰ象限内运动的时间为t1，粒子在N点时速度大小为v1，方向与x轴正方向间的夹角为θ，则：
x＝v0t1＝d
y＝at＝d
qE＝ma，tan θ＝＝
v1＝
联立以上各式得：θ＝，v1＝2v0，E＝.
粒子在第Ⅳ象限内做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv1B＝m
由几何关系得：R＝＝d
联立并代入数据解得：B＝.
(2)粒子由M点到P点的过程，由动能定理得：
qEd＋qE(R＋Rcos θ)＝mv－mv
代入(1)中所求数据解得：vP＝v0.
(3)粒子在第Ⅰ象限内运动时间：t1＝＝
粒子在第Ⅳ象限内运动周期：T＝＝
t2＝T＝
粒子在第Ⅲ象限内运动时有：R＋Rcos θ＝at
解得：t3＝
粒子从M点运动到P点的时间：
t＝t1＋t2＋t3＝.
[答案]　(1)　　(2)v0
(3)
(2018·高考全国卷Ⅱ)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场，其在xOy平面内的截面如图所示：中间是磁场区域，其边界与y轴垂直，宽度为l，磁感应强度的大小为B，方向垂直于xOy平面；磁场的上、下两侧为电场区域，宽度均为l′，电场强度的大小均为E，方向均沿x轴正方向；M、N为条状区域边界上的两点，它们的连线与y轴平行．一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场，经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出．不计重力．
(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹；
(2)求该粒子从M点入射时速度的大小；
(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为，求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间．
解析：
图(a)
(1)粒子运动的轨迹如图(a)所示．(粒子在电场中的轨迹为抛物线，在磁场中为圆弧，上下对称)
(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动．设粒子从M点射入时速度的大小为v0，在下侧电场中运动的时间为t，加速度的大小为a；粒子进入磁场的速度大小为v，方向与电场方向的夹角为θ[见图(b)]，速度沿电场方向的分量为v1.根据牛顿第二定律有qE＝ma①
式中q和m分别为粒子的电荷量和质量．由运动学公式有
v1＝at②
l′＝v0t③
v1＝vcos θ④
图(b)
粒子在磁场中做匀速圆周运动，设其运动轨迹半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qvB＝⑤
由几何关系得l＝2Rcos θ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
v0＝.⑦
(3)由运动学公式和题给数据得v1＝v0cot⑧
联立①②③⑦⑧式得＝⑨
设粒子由M点运动到N点所用的时间为t′，
则t′＝2t＋T⑩
式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝⑪
由③⑦⑨⑩⑪式得t′＝(1＋)．
答案：见解析