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1、 QQ:29323100792020年高考物理三轮冲刺与命题大猜想专题09 磁场目录猜想一 ：安培力力的应用1猜想二 ：创新命题情境考查磁偏转2猜想三：带电粒子在磁场中运动的临界极值问题6猜想四：洛伦兹力的科技应用8最新模拟冲刺练习9猜想一 ：安培力力的应用【猜想依据】磁场对电流或通电导体的作用力是高中物理电磁学的基础知识，以考查磁场叠加、平衡条件以及牛顿运动定律的应用为主。【要点概述】1方向判断：根据左手定则判断2大小计算：由公式FBIL计算，且其中的L为导线在磁场中的有效长度如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的直线的长度，相应的电流方向沿两端点连线由始端流向末端，如图所示3安培定则的
2、应用在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和“果”因果磁场原因(电流方向)结果(磁场方向)直线电流的磁场大拇指四指环形电流的磁场四指大拇指【例1】(2020山东济南高三质量评估)长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上，固定的长直导线b与a平行放置，导体棒a与力传感器相连，如图所示(俯视图)a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流，其中Ia方向已知，Ib方向未知导体棒a静止时，传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力下列说法正确的是()AIb与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为BIb与Ia的方向相同，Ib在a处的磁感应强度B大小为CIb与Ia的方向相反，Ib在
3、a处的磁感应强度B大小为DIb与Ia的方向相反，Ib在a处的磁感应强度B大小为【答案】B.【解析】：由题意可知，导体棒a所受的安培力方向向左，由左手定则可知，导体棒a所在处的磁场方向垂直纸面向里，又由安培定则可知直导线b中的电流方向与Ia的方向相同，对导体棒a由力的平衡条件可知FFABIaL，解得B，B正确，A、C、D错误【例2】(2020陕西渭南教学质量检测)如图是 “电磁炮”模型的原理结构示意图光滑水平金属导轨M、N的间距L0.2 m，电阻不计，在导轨间有竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小B100 T装有弹体的导体棒ab垂直放在导轨M、N上的最左端，且始终与导轨接触良好，导体棒ab(含弹体
4、)的质量m0.2 kg，在导轨M、N间部分的电阻R0.8 ，可控电源的内阻r0.2 .在某次模拟发射时，可控电源为导体棒ab提供的电流恒为I4103 A，不计空气阻力，导体棒ab由静止加速到4 km/s后发射弹体，则()A导体棒ab所受安培力大小为1.6105 N B光滑水平导轨的长度至少为20 mC该过程系统产生的焦耳热为3.2106 J D该过程系统消耗的总能量为1.76106 J【答案】BD.【解析】：导体棒ab所受安培力大小为FBIL8104 N，A错误；导体棒ab由静止加速到4 km/s，由动能定理知Fxmv2，则水平导轨长度至少为x20 m，B正确；导体棒ab做匀加速运动，由Fma
5、、vat，解得该过程需要的时间t0.01 s，则该过程中系统产生的焦耳热QI2(Rr)t1.6105 J，C错误；该过程导体棒ab(含弹体)增加的动能Ekmv21.6106 J，系统消耗的总能量EEkQ1.76106 J，D正确猜想二 ：创新命题情境考查磁偏转【猜想依据】带电粒子在有界匀强磁场中的运动是高考题命题热点，重点考查洛伦兹力提供向心力，涉及轨迹半径、时间的计算和几何知识，试题常以选择题或计算题的形式出现。【要点概述】1带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的思想方法和理论依据一般说来，要把握好“一找圆心，二定半径，三求时间”的分析方法在具体问题中，要依据题目条件和情景而定解题的理论依据主
6、要是由牛顿第二定律列式：qvBm ，求半径r及运动周期T.2圆心的确定方法法一若已知粒子轨迹上的两点的速度方向，则可根据洛伦兹力Fv，分别确定两点处洛伦兹力F的方向，其交点即为圆心，如图甲法二若已知粒子运动轨迹上的两点和其中某一点的速度方向，则可作出此两点的连线(即过这两点的圆弧的弦)的中垂线，中垂线与过已知点速度方向的垂线的交点即为圆心，如图乙3半径的确定和计算利用平面几何关系，求出该圆的可能半径(或圆心角)，求解时注意以下几何特点：粒子速度的偏向角()等于圆心角()，并等于AB弦与切线的夹角(弦切角)的2倍(如图)，即2t.4运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T，当粒子运动的圆弧所
7、对应的圆心角为时，其运动时间可由下式表示：tT，t(l为弧长)5常见运动轨迹的确定(1)直线边界(进出磁场具有对称性，如图丙所示)(2)平行边界(存在临界条件，如图丁所示)(3)圆形边界(沿径向射入必沿径向射出，如图戊所示)6常用解题知识(1)几何知识：三角函数、勾股定理、偏向角与圆心角关系根据几何知识可以由已知长度、角度计算粒子运动的轨迹半径，或根据粒子运动的轨迹半径计算未知长度、角度(2)半径公式、周期公式：R、T.根据两个公式可由q、m、v、B计算粒子运动的半径、周期，也可根据粒子运动的半径或周期计算磁感应强度、粒子的电荷量、质量等(3)运动时间计算式：计算粒子的运动时间或已知粒子的运动
8、时间计算圆心角或周期时，常用到tT.【例1】(2020北京海淀区模拟)如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()A无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点 B无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C若小球带负电荷，小球会落在更远的b点 D若小球带正电荷，小球会落在更远的b点【答案】D.【解析】：地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，
9、水平位移会变小，故D正确【例2】.(2020湖南长沙模拟)如图所示，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O在MN上，且OO与MN垂直下列判断正确的是()A电子将向右偏转 B电子打在MN上的点与O点的距离为dC电子打在MN上的点与O点的距离为d D电子在磁场中运动的时间为【答案】D.【解析】：电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A错误；设电子打在MN上的点与O点的距离为x，则由几何知识得：xr2d(2)d，故B、C错误；设轨
10、迹对应的圆心角为，由几何知识得：sin 0.5，得，则电子在磁场中运动的时间为t，故D正确【例3】(2020陕西咸阳模拟)如图所示，A点距坐标原点的距离为L，坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直于坐标平面向里有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域，在磁场中运动，从x轴上的B点射出磁场区域，此时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60，求：(1)磁场的磁感应强度大小；(2)磁场区域的圆心O1的坐标；(3)电子在磁场中运动的时间【答案】：(1)(2)(3)【解析】：(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动，设圆周
11、运动轨迹半径为r，磁场的磁感应强度为B，则有ev0Bm过A、B点分别作速度的垂线交于C点，则C点为轨迹圆的圆心，已知B点速度与x轴夹角为60，由几何关系得，轨迹圆的圆心角C60ACBCr，已知OAL，得OCrL由几何知识得r2L由式得B.(2)由于ABO在有界圆周上，AOB90，得AB为有界磁场圆的直径，故AB的中点为磁场区域的圆心O1，由易得ABC为等边三角形，磁场区域的圆心O1的坐标为.(3)电子做匀速圆周运动，则圆周运动的周期为T由得电子在磁场中运动的时间t.猜想三：带电粒子在磁场中运动的临界极值问题【猜想依据】带电粒子在匀强磁场中运动的临界、极值问题是考查学生应用数学知识解决物理问题绝
12、佳素材，此类试题综合性强，能较好的实现从物理观念到科学思维角度考查学生的推理能力和分析能力。【要点概述】分析临界极值问题常用的四个结论(1)刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切(2)当速率v一定时，弧长越长，圆心角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长(3)当速率v变化时，圆心角大的，运动时间长，解题时一般要根据受力情况和运动情况画出运动轨迹的草图，找出圆心，再根据几何关系求出半径及圆心角等(4)在圆形匀强磁场中，当运动轨迹圆半径大于区域圆半径时，入射点和出射点为磁场直径的两个端点时，轨迹对应的偏转角最大(所有的弦长中直径最长)【例1】(2020河南郑州一模)如图所
13、示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S.某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间后有大量粒子从边界OM射出磁场已知MON30，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()A. B.C. D.【答案】A.【解析】：粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，根据几何
14、知识，作ESOM，则ES为最短的弦，即粒子从S到E的时间最短由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，此时轨迹的弦为DS，设OSd，则DSOStan 30d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：rd，由几何知识有ESOSsin 30d，sin ，则120，粒子在磁场中运动的最短时间为：tminTT，A正确【例2】(2020安徽师大附中模拟)如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成角(0)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)则下列说法正确的是()A若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若v一定，越大，则粒子离开磁场的位置
15、距O点越远C若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短【答案】A.【解析】：由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A正确；若v一定，等于90时，粒子离开磁场的位置距O点最远，B错误；若一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，由可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关，选项C、D错误猜想四：洛伦兹力的科技应用【要点概述】质谱仪回旋加速器装置原理图规律组合场质谱仪粒子由静止被加速电场加速：qUmv2，在磁场中做匀速圆周运动，qvB，则比荷回旋加速器交流电源的周期和粒子做圆周运动的周期相等，粒子在圆周运动过程中每
16、次经过D形盒缝隙都会被加速由qvB得Ekm【例1】(2020福建泉州模拟)如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对 H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T.忽略粒子在D形盒缝隙间的运动时间和相对论效应，下列说法正确的是()A保持B和T不变，该回旋加速器可以加速质子B仅调整磁场的磁感应强度大小，该回旋加速器仍可以加速 H粒子C保持B和T不变，该回旋加速器可以加速 He粒子，且在回旋加速器中运动的时间与 H粒子的相等D保持B和T不变，该回旋加速器可以加速 He粒子，加速后的最大动能与 H粒子的相等【答案】C.D【解析】：形盒缝隙间电场变化周期为T等
17、于被加速的H在磁场中运动的周期，即T；而质子在磁场中的运动周期为TH，则该回旋加速器不可以加速质子，A错误；仅调整磁场的磁感应强度大小，则H在磁场中的运转周期将要变化，则该回旋加速器不可以加速 H粒子了，B错误；He在磁场中运动的周期THeT，则保持B和T不变，该回旋加速器可以加速He粒子，且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同，则粒子运动的时间与H粒子的相等，C正确；根据qvmBm，Ekmmv，可知He加速后的最大动能与H粒子不相等，D错误【例2】(2020河北张家口一模)3.速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪后分成甲、乙两束，其运动轨迹如图所示，其中S0AS0C，则下列说法中正确的是()A
18、甲束粒子带正电，乙束粒子带负电B甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D若甲、乙两束粒子的电荷量相等，则甲、乙两束粒子的质量比为32【答案】B.【解析】：由左手定则可判定甲束粒子带负电，乙束粒子带正电，A错误；粒子在磁场中做圆周运动满足B2qvm，即，由题意知r甲r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B正确；由qEB1qv知能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于，C错误；由知，D错误最新模拟冲刺练习1(2020山东济南质检)如图所示，带负电的金属环绕轴OO以角速度匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡时的位置是()AN极竖直向上BN极竖直向下CN极沿轴线向左
19、DN极沿轴线向右【答案】C.【解析】：负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在磁针处磁场的方向沿轴OO向左由于磁针N极指向为磁场方向，可知C正确2.(2020江西临川高三三校联考)如图所示，三根通电长直导线P、Q、R均垂直纸面放置，ab为直导线P、Q连线的中垂线，P、Q中电流的大小相等、方向均垂直纸面向里，R中电流的方向垂直纸面向外，则R受到的磁场力可能是()AF1 BF2 CF3 DF4【答案】C.【解析】：由于三根直导线平行，根据安培定则和左手定则可知R受到P、Q的磁场力方向分别沿PR、QR连线，表现为斥力P、Q中电流的大小相等，R离P距离较近，P在R处产生的磁感应
20、强度较大，P对R的磁场力较大，结合平行四边形定则可知，R受到P、Q的磁场力的合力可能是F3，C正确，A、B、D错误3.(2020浙江嘉兴一中高三测试)如图所示，X1、X2，Y1、Y2，Z1、Z2分别表示导体板左、右，上、下，前、后六个侧面，将其置于垂直Z1、Z2面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，当电流I通过导体板时，在导体板的两侧面之间产生霍尔电压UH.已知电流I与导体单位体积内的自由电子数n、电子电荷量e、导体横截面积S和电子定向移动速度v之间的关系为IneSv.实验中导体板尺寸、电流I和磁感应强度B保持不变，下列说法正确的是()A导体内自由电子只受洛伦兹力作用 BUH存在于导体的Z1、Z
21、2两面之间C单位体积内的自由电子数n越大，UH越小 D通过测量UH，可用R求得导体X1、X2两面间的电阻【答案】C.【解析】：由于磁场的作用，电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了匀强电场，故电子也受电场力，故A错误；电子受洛伦兹力，向Y2面聚集，在Y1、Y2平面之间累积电荷，在Y1、Y2之间产生了电势差UH，故B错误；电子在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡状态，有：qvBqE，其中：E(d为Y1、Y2平面之间的距离)根据题意，有：IneSv，联立得到：UHBvdBd，故单位体积内的自由电子数n越大，UH越小，故C正确；由于UHBd，与导体的电阻无关
22、，故D错误4.(2020江苏苏锡常镇四市调研)自行车速度计利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压图乙为霍尔元件的工作原理图当磁场靠近霍尔元件时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差下列说法正确的是()A根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径即可获知车速大小B自行车的车速越大，霍尔电势差越高C图乙中霍尔元件的电流I是由正电荷定向运动形成的D如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小【答案】AD.【解析】：根据单位时
23、间内的脉冲数可知车轮转动的转速，若再已知自行车车轮的半径，根据v2rn即可获知车速大小，A正确；根据霍尔原理可知qBqv，UBdv，即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速度有关，与车轮转速无关，B错误；图乙中霍尔元件的电流I是由电子定向运动形成的，C错误；如果长时间不更换传感器的电源，则会导致电子定向移动的速率减小，故霍尔电势差将减小，D正确5.(2020河南百校联盟质检)如图所示，一单边有界磁场的边界上有一粒子源，以与水平方向成角的不同速率，向磁场中射入两个相同的粒子1和2，粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场，粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场，OAAB，则()A粒
24、子1与粒子2的速度之比为12 B粒子1与粒子2的速度之比为14C粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为11 D粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为12【答案】AC.【解析】：粒子进入磁场时的速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心，同理，粒子进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心，由几何关系可知，两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1r212，由r可知，粒子1与粒子2的速度之比为12，A正确，B错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T，且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同，因此粒子在磁场中运动的时间相同，C正
25、确，D错误6.(2020北京海淀区模拟)如图，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点已知OPa，质子1沿与OP成30角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则()A质子1在磁场中运动的半径为a B质子2在磁场中的运动周期为C质子1在磁场中的运动时间为 D质子2在磁场中的运动时间为【答案】B.【解析】：根据题意作出质子运动轨迹如图所示，由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：ra，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角160，质子1在磁场
26、中的运动时间t1TT，故C错误；由几何知识可知，质子2在磁场中转过的圆心角2300，质子2在磁场中的运动时间t2T，故D错误7(2020黑龙江哈尔滨模拟)如图所示，直线MN与水平方向成60角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B.一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知abL，则粒子的速度可能是()A. B.C. D.【答案】AB.【解析】：由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120，所以粒子运动的半径为r(n1
27、，2，3，)，由洛伦兹力提供向心力得qvBm，则v(n1，2，3，)，所以A、B正确8.(2020河南郑州质检)如图所示，平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场，第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30角方向斜向上射入磁场，且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R，已知带电粒子的质量为m，所带电荷量为q，且所受重力可以忽略则()A粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12B粒子完成一次周期性运动的时间为C粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3RD若仅将粒子的入
28、射速度大小变为原来的2倍，则粒子完成一次周期性运动的时间将减少【答案】AC.【解析】：由半径公式r知，轨迹圆半径与磁感应强度B成反比，所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为12，故A正确；粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示：在第二象限的周期T1，圆心角为120，运动时间t1T1，在第三象限运动的周期T2，圆心角为120，运动时间t2T2，所以粒子完成一次周期性运动的时间t0t1t2，故B错误；粒子在第三象限轨迹圆的半径为R22R，从O点入射后第一次经过x轴的距离x1R1R，第二次圆弧的弦长x2R22R，所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为xx1
29、x23R，故C正确；若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍，周期T与速度无关，圆心角不变，所以在磁场中周期运动的时间不变，故D错误9.(2020山东潍坊检测)如图所示，虚线所围圆形区域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.一束电子沿圆形区域的直径方向以速度v射入磁场，电子束经过磁场区后，其运动的方向与原入射方向成角设电子质量为m，电荷量为e，不计电子之间的相互作用力及所受的重力求：(1)电子在磁场中运动轨迹的半径R；(2)电子在磁场中运动的时间t；(3)圆形磁场区域的半径r.【答案】：(1)(2)(3)tan 【解析】：(1)电子在磁场中受到的洛伦兹力提供电子做匀速圆周运动的向心力即：e
30、vBm由此可得电子做圆周运动的半径R；(2)如图根据几何关系，可以知道电子在磁场中做圆周运动时转过的圆心角，则电子在磁场中运动的时间：tT；(3)由图根据几何关系知：tan ，所以rRtan tan .10.(2020陕西咸阳模拟)边长为L的等边三角形OAB区域内有垂直纸面向里的匀强磁场在纸面内从O点向磁场区域AOB各个方向瞬时射入质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，所有粒子的速率均为v.如图所示，沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出，不计粒子之间的相互作用和重力的影响，已知sin 350.577.求：(1)匀强磁场的磁感应强度的大小；(2)带电粒子在磁场中运动的最长时间【答案】：(1)(2)【解析】：(1)OCLcos 30L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对的圆心角为60.半径rOCL由qvB得B.(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长，设弦OA对的圆心角为，由几何关系得sin 0.577，70最长时间tm.18