十二、磁场-【步步高·考前三个月】2025年高考物理复习讲义课件（苏京）（课件PPT+word教案）

经典重现　考题再现 十二、磁场 1.(2024·浙江1月选考·4)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是 A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确； a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误； 磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不可能处处为零，故C错误； 因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。 2.(2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向 A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半 部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误. 3.(2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形 左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 7 8 9 1 2 3 4 5 6 4.(2019·全国卷Ⅰ·17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为 A.2F B.1.5F C.0.5F D.0 7 8 9 √ 设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F=BlI，则导体 棒ML和LN所受安培力的合力为F1=BlI=F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F+F1=1.5F，选项B正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 5.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接 收屏。该粒子的比荷为 A. B. C. D. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 √ 1 2 3 4 5 6 由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，粒子做匀速圆周运动有qvB=m=，如果保 持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq=qvB，联立有=，故选A。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 6.(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则 A.电场力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 7 8 9 √ 6 1 2 3 4 5 根据功率的计算公式可知P=Fvcos θ，则电场力的瞬时功率为P电=Eqv1，A错误； 由于v1与磁场平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B，B错误； 根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面的平面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误； 离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。 7 8 9 6 1 2 3 4 5 7 8 9 7.(2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为 A. B. C. D. √ 6 1 2 3 4 5 7 8 9 粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O 点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ=π+2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时轨迹过a、b中点，β=30°，可得θ=π，则t=T=，故选C。 6 1 2 3 4 5 8.(2022·江苏卷·13)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1，半径之比ra∶rb=6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求： 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (1)粒子a、b的质量之比ma∶mb； 7 8 9 答案　2∶1　 分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvB=m 解得r= 由题干知半径之比ra∶rb=6∶1， 故mava∶mbvb=6∶1 因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度之比为va∶vb=3∶1 联立解得ma∶mb=2∶1 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 (2)粒子a的动量大小pa。 7 8 9 答案　mv 电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，由题图知，分裂后瞬间a、b速度方向均与v相同。分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，有mv=mava+mbvb 因为分裂后动量关系为mava∶mbvb=6∶1， 联立解得pa=mava=mv。 6 1 2 3 4 5 7 8 9 6 1 2 3 4 5 9.(2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)求金属板间电势差U； 7 8 9 答案　　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E= 根据牛顿第二定律得qE=ma 解得a= 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得=ad=v0t0 联立解得U= 6 1 2 3 4 5 (2)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动 方向间的夹角θ； 7 8 9 答案　(或60°)　 6 1 2 3 4 5 7 8 9 设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α== 故α= 则出电场时粒子的速度为v==v0 粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB=m 解得r== 6 1 2 3 4 5 7 8 9 已知圆形磁场区域半径为R=， 故r=R 粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示， 即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径 方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ=2α= 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)； 6 1 2 3 4 5 (3)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 7 8 9 答案　见解析图 6 1 2 3 4 5 7 8 9 粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r=R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。 $$ 十二、磁场 1.(2024·浙江1月选考·4)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是(　　) A.图示左侧通电导线受到安培力向下 B.a、b两点的磁感应强度相同 C.圆柱内的磁感应强度处处为零 D.c、d两点的磁感应强度大小相等 答案　A 解析　由左手定则可知，图示左侧通电导线受到安培力向下，故A正确；a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，故B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内的磁感应强度不可能处处为零，故C错误；因c点处的磁感线较d点密集，可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，故D错误。 2.(2022·江苏卷·3)如图所示，两根固定的通电长直导线a、b相互垂直，a平行于纸面，电流方向向右，b垂直于纸面，电流方向向里，则导线a所受安培力方向(　　) A.平行于纸面向上 B.平行于纸面向下 C.左半部分垂直纸面向外，右半部分垂直纸面向里 D.左半部分垂直纸面向里，右半部分垂直纸面向外 答案　C 解析　根据安培定则，可判断出导线a左侧部分所在处磁场方向斜向右上方，右侧部分的磁场方向斜向右下方，根据左手定则可判断出左半部分所受安培力垂直纸面向外，右半部分所受安培力垂直纸面向里，故C正确，A、B、D错误. 3.(2021·广东卷·5)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线，长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线，若中心直导线通入电流I1，四根平行直导线均通入电流I2，I1≫I2，电流方向如图所示，下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　) 答案　C 解析　因I1≫I2，则可不考虑四个边上的直导线之间的相互作用；根据两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引，异向电流相互排斥”，则正方形左右两侧的直导线I2要受到I1吸引的安培力，形成凹形，正方形上下两边的直导线I2要受到I1排斥的安培力，形成凸形，故变形后的形状如图C，故选C。 4.(2019·全国卷Ⅰ·17)如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　) A.2F B.1.5F C.0.5F D.0 答案　B 解析　设三角形边长为l，通过导体棒MN的电流大小为I，则根据并联电路的规律可知通过导体棒ML和LN的电流大小为，如图所示，依题意有F=BlI，则导体棒ML和LN所受安培力的合力为F1=BlI=F，方向与F的方向相同，所以线框LMN受到的安培力大小为F+F1=1.5F，选项B正确。 5.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP=l，S与屏的距离为，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r=2a，粒子做匀速圆周运动有qvB=m，则=，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq=qvB，联立有=，故选A。 6.(2022·重庆卷·5)2021年中国全超导托卡马克核聚变实验装置创造了新的纪录。为粗略了解等离子体在托卡马克环形真空室内的运动状况，某同学将一小段真空室内的电场和磁场理想化为方向均水平向右的匀强电场和匀强磁场(如图)，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B。若某电荷量为q的正离子在此电场和磁场中运动，其速度平行于磁场方向的分量大小为v1，垂直于磁场方向的分量大小为v2，不计离子重力，则(　　) A.电场力的瞬时功率为qE B.该离子受到的洛伦兹力大小为qv1B C.v2与v1的比值不断变大 D.该离子的加速度大小不变 答案　D 解析　根据功率的计算公式可知P=Fvcos θ，则电场力的瞬时功率为P电=Eqv1，A错误；由于v1与磁场平行，则根据洛伦兹力的计算公式有F洛=qv2B，B错误；根据运动的叠加原理可知，离子在垂直于纸面的平面内做匀速圆周运动，沿水平方向做加速运动，则v1增大，v2不变，v2与v1的比值不断变小，C错误；离子受到的洛伦兹力不变，电场力不变，则该离子的加速度大小不变，D正确。 7.(2020·全国卷Ⅰ·18)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　粒子在磁场中运动的时间与速度大小无关，由在磁场中的运动轨迹对应的圆心角决定。设轨迹交半圆于e点，ce中垂线交bc于O点，则O点为轨迹圆心，如图所示。圆心角θ=π+2β，当β最大时，θ有最大值，由几何知识分析可知，当ce与相切时，β最大，此时轨迹过a、b中点，β=30°，可得θ=π，则t=T=，故选C。 8.(8分)(2022·江苏卷·13)利用云室可以知道带电粒子的性质，如图所示，云室中存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，一个质量为m、速度为v的电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，a、b在磁场中的径迹是两条相切的圆弧，相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1，半径之比ra∶rb=6∶1，不计重力及粒子间的相互作用力，求： (1)(4分)粒子a、b的质量之比ma∶mb； (2)(4分)粒子a的动量大小pa。 答案　(1)2∶1　(2)mv 解析　(1)分裂后带电粒子在磁场中偏转做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则有 qvB=m 解得r= 由题干知半径之比ra∶rb=6∶1， 故mava∶mbvb=6∶1 因为相同时间内的径迹长度之比la∶lb=3∶1，则分裂后粒子在磁场中的速度之比为 va∶vb=3∶1 联立解得ma∶mb=2∶1 (2)电中性粒子在A点分裂成带等量异种电荷的粒子a和b，由题图知，分裂后瞬间a、b速度方向均与v相同。分裂过程中，没有外力作用，动量守恒，有mv=mava+mbvb 因为分裂后动量关系为mava∶mbvb=6∶1， 联立解得pa=mava=mv。 9.(14分)(2023·辽宁卷·14)如图，水平放置的两平行金属板间存在匀强电场，板长是板间距离的倍。金属板外有一圆心为O的圆形区域，其内部存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子沿中线以速度v0水平向右射入两板间，恰好从下板边缘P点飞出电场，并沿PO方向从图中O'点射入磁场。已知圆形磁场区域半径为，不计粒子重力。 (1)(4分)求金属板间电势差U； (2)(6分)求粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向间的夹角θ； (3)(4分)仅改变圆形磁场区域的位置，使粒子仍从图中O'点射入磁场，且在磁场中的运动时间最长。定性画出粒子在磁场中的运动轨迹及相应的弦，标出改变后的圆形磁场区域的圆心M。 答案　(1)　(2)(或60°)　(3)见解析图 解析　(1)设板间距离为d，则板长为d，带电粒子在板间做类平抛运动，两板间的电场强度为E= 根据牛顿第二定律得qE=ma 解得a= 设粒子在平板间的运动时间为t0，根据类平抛运动的规律得=a，d=v0t0 联立解得U= (2)设粒子出电场时与水平方向夹角为α，则有 tan α== 故α= 则出电场时粒子的速度为v==v0 粒子出电场后做匀速直线运动，接着进入磁场，根据牛顿第二定律有qvB=m 解得r== 已知圆形磁场区域半径为R=， 故r=R 粒子沿PO方向射入磁场，轨迹如图所示，即沿半径方向射入磁场，故粒子将沿半径方向射出磁场，粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为θ，则粒子在磁场中运动圆弧轨迹对应的圆心角也为θ，由几何关系可得θ=2α= 故粒子射出磁场时与射入磁场时运动方向的夹角为(或60°)； (3)粒子在该磁场中运动的半径与圆形磁场半径关系为r=R，根据几何关系可知，粒子在该磁场中运动的轨迹一定为劣弧，故劣弧所对应轨迹圆的弦为磁场圆的直径时粒子在磁场中运动的时间最长，则相对应的运动轨迹以及圆心M的位置如图所示。 学科网（北京）股份有限公司 $$