2021高考物理一轮复习培优物理高考培优专题十一磁场(试题部分)

2021高考物理一轮复习培优物理高考培优专题十一磁场(讲解部分)

qE
解得v= E =1×104 m/s
B
(2)带电粒子在电场中做类平抛运动,
垂直电场方向做匀速直线运动:t= L
v
平行电场方向做匀加速直线运动:
y1= 12 at2 a= qE
m
联立解得 mq = 2EyL1v22 =1×105 C/kg
(3)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,轨迹如图,
洛伦兹力提供向心力qvB=m vR2
图(a)
图(b)
(1)求电子进入磁场时的速度大小; (2)求偏转磁场磁感应强度B的大小以及电子到达荧光屏时偏离中心O'点的距离。
解题思路本题考查的是带电粒子在电场中的加速及在磁场中的偏转问题。电子在磁场中做匀速圆周运动,解题关键是找到圆心和半径,结合洛伦兹力等于向心力列方程求解。
解析 (1)由动能定理有:eU= 12 mv2
解得R=0.5 m 由图得,R2=L2+(R-y2)2 联立解得y2=0.2 m 答案 (1)1×104 m/s (2)1×105 C/kg (3)0.2 m
考向二磁场中的论证问题
例4 (2019丰台期末,20)(1)试证明:“静止的通电导线在磁场中受到的安培力,在数值上等于大量定向运动的电荷受到的洛伦兹力的总和。”以一段柱状通电直导线为例,设导线的横截面积为S,长度为L,单位体积内自由电荷数为n,电荷的电荷量为q,电荷定向移动的平均速率为v。假定在金属导体中正电荷定向移动形成电流,得到结果具有普遍性(本假定同样适用于以下两问)。 (2)如图所示,接通电路后,导体棒在安培力作用下向右运动。此时,导体中自由电荷既在电场力作用下沿导体棒运动,又随导体棒沿水平方向运动,从而导致运动电荷所受洛伦兹力与宏观安培力不在同一方向。

(四川)2021届高考一轮(人教)物理：磁场含答案

（四川）2021届高考一轮（人教）物理：磁场含答案一、选择题1、(双选)如图所示，两根平行长直导线相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定电流；a、b、c是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为、l 和3l。

关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是()A.a处的磁感应强度大小比c处的大B.b、c两处的磁感应强度大小相等C.a、c两处的磁感应强度方向相同D.b处的磁感应强度为零2、(多选)下列说法正确的是()A．磁场中某点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时，受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I的乘积的比值B＝FIL，即磁场中某点的磁感应强度B．通电导线在某点不受磁场力的作用，则该点的磁感应强度一定为零C．磁感应强度B＝FIL只是定义式，它的大小取决于场源及磁场中的位置，与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关D．磁场是客观存在的3、如图所示，蹄形磁铁用悬线悬于O点，在磁铁的正下方有一水平放置的长直导线，当导线中通以由左向右的电流时，蹄形磁铁的运动情况将是()A．静止不动B．向纸外平动C．N极向纸外，S极向纸内转动D．N极向纸内，S极向纸外转动4、已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流强度成正比，与点到通电导线的距离成反比。

现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，∠ACB＝60°，O为斜边的中点。

已知I1＝2I2＝2I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是()A．大小为2B，方向垂直AB向左B．大小为23B，方向垂直AB向左C．大小为2B，方向垂直AB向右D．大小为23B，方向垂直AB向右5、下列说法正确的是()A．运动电荷在磁感应强度不为零的地方，一定受到洛伦兹力的作用B．运动电荷在某处不受洛伦兹力作用，则该处的磁感应强度一定为零C．洛伦兹力既不能改变带电粒子的动能，也不能改变带电粒子的速度D．洛伦兹力对带电粒子不做功6、如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为()A．12Δt B．2Δt C．13Δt D．3Δt7、如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为m a、m b、m c．已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是()A．m a＞m b＞m c B．m b＞m a＞m cC．m c＞m a＞m b D．m c＞m b＞m a*8、关于磁感线的描述，下列说法中正确的是()A．磁感线可以形象地描述各点磁场的强弱和方向，它每一点的切线方向都和小磁针放在该点静止时北极所指的方向一致B．磁感线可以用细铁屑来显示，因而是真实存在的C．两条磁感线的空隙处一定不存在磁场D．两个磁场叠加的区域，磁感线就可能相交*9、如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN．现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()*10、(多选)两根固定的相互平行的直导线A和B，相距为L，电流方向如图所示。

2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案

选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。

2021物理高考一轮培优教师用书专题十磁场(讲解部分)

知能拓展
拓展一安培定则的应用和磁场的叠加
1.安培定则的应用
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”。
原因(电流方向)
结果(磁场绕向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
2.磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源,如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度分别为BM、BN。
线在O点的磁感应强度画出,如图乙所示,由于A、C导线中电流相等而且到
O点距离相等,则BA'=BC';
乙同理:BB'=BD',即正方形中心O处的磁感应强度为零,故选项C正确;若移走A 导线,则磁场BA'不存在,由于BB'=BD',则此时在O点的磁感应强度只剩下导线 C的磁感应强度,而且导线C在O点的磁感应强度方向沿OB方向,即中心O 处的磁感应强度将沿OB方向,故选项D正确。答案 ACD
正电荷所受电场力的方向与电场方向相同,负电荷所受电场力的方向与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功,也可能不做功
力F为零时场的情况
F为零,B不一定为零
F为零,E一定为零
作用效果
只改变电荷运动的速度方向,不既可以改变电荷运动的速度大
改变速度大小
小,也可以改变电荷运动的方向
拓展二安培力与安培力作用下的平衡问题
一、安培力 (1)方向:根据左手定则判断。 (2)大小:F=BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角),若磁场和电流垂直:F=BIL; 若磁场和电流平行:F=0。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等于连接两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端,如图所示。

2021届高考物理一轮复习：磁场训练题含答案

2021届高考人教版一轮物理：磁场训练题含答案专题：磁场一、选择题1、(多选)如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极P，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极Q，并把它们与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体。

现在把玻璃皿放在图示磁场中，下列判断正确的是 ( )A.若P接电源的正极，Q接电池的负极，俯视时液体逆时针转动B.若P接电源的正极，Q接电池的负极，俯视时液体顺时针转动C.若两电极之间接50 Hz正弦交流电，液体不转动D.若两电极之间接50 Hz正弦交流电，液体不断往返转动2、如图所示，一通电金属环固定在绝缘的水平面上，在其左端放置一可绕中点O 自由转动且可在水平方向自由移动的竖直金属棒，中点O与金属环在同一水平面内，当在金属环与金属棒中通有图中所示方向的电流时，则()A．金属棒始终静止不动B．金属棒的上半部分向纸面外转，下半部分向纸面里转，同时靠近金属环C．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时靠近金属环D．金属棒的上半部分向纸面里转，下半部分向纸面外转，同时远离金属环3、如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2．5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0．5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取10m/s2)()A．0．1 A B．0．2 A C．0．05 A D．0．01 A4、如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。

在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。

其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，3a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB．粒子的发射速度大小为4πa t0C．带电粒子的比荷为4π3Bt0D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t05、(多选)如图所示，两个初速度大小相同的同种离子a和b，从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打到屏P上，不计重力，下列说法正确的有()A．a、b均带正电B．a在磁场中飞行的时间比b的短C．a在磁场中飞行的路程比b的短D．a在P上的落点与O点的距离比b的近6、如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O．已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2B． 2 C．1 D．2 27、如图所示，粗糙的足够长的竖直木杆上套有一个带电的小球，整个装置处在由水平匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场组成的足够大的复合场中，小球由静止开始下滑，在整个运动过程中小球的v－t图象如下图所示，其中正确的是()8、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。

2021届高考一轮物理：磁场含答案

2021届高考一轮物理：磁场含答案一轮：磁场**一、选择题1、三根在同一平面(纸面)内的长直绝缘导线组成一等边三角形，在导线中通过的电流均为I，方向如图所示。

a、b和c三点分别位于三角形的三个顶角的平分线上，且到相应顶点的距离相等。

将a、b和c处的磁感应强度大小分别记为B 1、B2和B3，下列说法中正确的是( )A.B1=B2<B3B.B1=B2=B3C.a和b处磁场方向垂直于纸面向外，c处磁场方向垂直于纸面向里D.a处磁场方向垂直于纸面向外，b和c处磁场方向垂直于纸面向里2、(多选)如图为通电螺线管。

A为螺线管外一点，B、C两点在螺线管的垂直平分线上，则下列说法正确的是( )A．磁感线最密处为A处，最疏处为B处B．磁感线最密处为B处，最疏处为C处C．小磁针在B处和A处N极都指向左方D．小磁针在B处和C处N极都指向右方3、如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度质量为2．5g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平，在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0．5T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(g取10 m/s2)( )A．0．1 A B．0．2 A C．0．05 A D．0．01 A4、如图所示，两平行光滑金属导轨固定在绝缘斜面上，导轨间距为L，劲度系数为k的轻质弹簧上端固定，下端与水平直导体棒ab相连，弹簧与导轨平面平行并与ab垂直，直导体棒垂直跨接在两导轨上，空间存在垂直导轨平面斜向上的匀强磁场。

闭合开关S后导体棒中的电流为I，导体棒平衡时，弹簧伸长量为x1；调换图中电源极性，使导体棒中电流反向，导体棒中电流仍为I，导体棒平衡时弹簧伸长量为x2。

忽略回路中电流产生的磁场，则匀强磁场的磁感应强度B的大小为( )A．kIL(x1＋x2) B．kIL(x2－x1) C．k2IL(x2＋x1) D．k2IL(x2－x1)5、两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=k Ir,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,方向沿∠ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.∠A=30°,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.φC=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、DC和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr (r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,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,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,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,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g 的砝码可能使天平重新平衡9.CT 是医院常用的一种仪器,CT 的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O 点处可以释放出初速度为零、质量为m 、电荷量为q 的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A 点射出并获得最大动能E k ,两D 形盒之间的距离为d ,加速电压为U ,则下列说法正确的是( )A.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S 的矩形金属板A 、B 正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v ,板间距离为d ,匀强磁场的磁感应强度为B 0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R ,电离气体充满两板间,其电阻率为ρ(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A 、B 就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是( ) A.通过电阻R 的电流为B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关三、非选择题(共4小题,50分)11.[8分]如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U ,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率. (2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.[12分]如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(√3+√2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成θ=60°夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60°角后射出,求粒子Y 的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于∠POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示),求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.[16分]如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M 右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e<0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=√2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.B A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L =2k I0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln (n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m v2r,解得v=qBLmn (n=1,2,3,…),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO'左侧时受到导线1的斥力更大,在OO'右侧时受到导线3的斥力更大,在OO'处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C 错误;导线2在OO'两侧水平方向的受力具有对称性,故运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO'处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-1.5 V,D 错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M 和N 在c 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C 错误.导线M 在d 点产生的磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向里,导线N 在d 点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d 点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a 、d 两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同,D 正确.7.C 题图乙中霍尔元件中的电流I 是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A 错误;根据霍尔元件工作原理可知Ud q =Bqv ,得U =Bdv ,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率有关,与车轮转速无关,选项B 错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v 车=2πrn 即可获知车速大小,选项C 正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D 错误.8.ABD 线圈中电流的大小为I=E -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,A 正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL ,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F 的方向竖直向下,则有m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=5 g,B 正确,C 错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.9.AC 设粒子在磁场中转动的圈数为n 、最大速度为v ,因每加速一次粒子获得的能量为qU ,每圈有两次加速,则E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,由于粒子经过D 形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,B 正确;发电机稳定发电时,A 板带正电,B 板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C 错误;发电机的效率η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,与等离子体的运动速度无关,D 正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(1分)而光电池产生的电流为I 光电=P45U =√6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q 点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,粒子从F 点射出磁场时,F 点与D 点的距离最小,如图乙所示由几何关系得 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(1分) 解得L=2-√23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X 在磁场中运动的轨迹半径 r=l (1分)粒子在磁场中运动时,有qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=r=l (1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由C 点运动到M 点所用的时间等于粒子X 垂直PO 方向的分运动到N 点所用的时间,即t=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,方向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv 2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P 点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O 、P 点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP 与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P 点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b ,如图所示,从b 点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f ,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r ,故电子沿直径方向进入磁场,从P 点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间t min =14T=√2πt 04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场 (3)

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=k Ir,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,方向沿∠ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.[2020吉林长春质量监测]如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO'到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO'时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.∠A=30°,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.φC=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、DC和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr (r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,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,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,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,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g 的砝码可能使天平重新平衡9.CT 是医院常用的一种仪器,CT 的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B 的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O 点处可以释放出初速度为零、质量为m 、电荷量为q 的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A 点射出并获得最大动能E k ,两D 形盒之间的距离为d ,加速电压为U ,则下列说法正确的是( )A.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S 的矩形金属板A 、B 正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v ,板间距离为d ,匀强磁场的磁感应强度为B 0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R ,电离气体充满两板间,其电阻率为ρ(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A 、B 就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是( ) A.通过电阻R 的电流为B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关三、非选择题(共4小题,50分)11.[8分]如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O 点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA 为L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可等效为一个电池,输出电压恒定为U ,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B 的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出). (1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成θ=60°的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率. (2)当θ变为45°时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.[12分]如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(√3+√2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成θ=60°夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60°角后射出,求粒子Y 的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于∠POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示),求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.[16分]如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M 右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e<0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=√2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.B A点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L =2k I0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60°,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln (n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m v2r,解得v=qBLmn (n=1,2,3,…),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO'与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO'与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO'处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO'左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO'具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO'【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO'左侧时受到导线1的斥力更大,在OO'右侧时受到导线3的斥力更大,在OO'处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C 错误;导线2在OO'两侧水平方向的受力具有对称性,故运动也关于OO'具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO'处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-1.5 V,D 错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M 和N 在c 点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C 错误.导线M 在d 点产生的磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向里,导线N 在d 点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d 点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a 、d 两点磁感应强度大小之比为6∶1,方向相同,D 正确.7.C 题图乙中霍尔元件中的电流I 是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A 错误;根据霍尔元件工作原理可知Ud q =Bqv ,得U =Bdv ,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率有关,与车轮转速无关,选项B 错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v 车=2πrn 即可获知车速大小,选项C 正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D 错误.8.ABD 线圈中电流的大小为I=E -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,A 正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL ,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F 的方向竖直向下,则有m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=5 g,B 正确,C 错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.9.AC 设粒子在磁场中转动的圈数为n 、最大速度为v ,因每加速一次粒子获得的能量为qU ,每圈有两次加速,则E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,由于粒子经过D 形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,B 正确;发电机稳定发电时,A 板带正电,B 板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C 错误;发电机的效率η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,与等离子体的运动速度无关,D 正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(1分)而光电池产生的电流为I 光电=P45U =√6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I 额外=I 光电-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q 点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,粒子从F 点射出磁场时,F 点与D 点的距离最小,如图乙所示由几何关系得 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(1分) 解得L=2-√23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X 在磁场中运动的轨迹半径 r=l (1分)粒子在磁场中运动时,有qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=r=l (1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由C 点运动到M 点所用的时间等于粒子X 垂直PO 方向的分运动到N 点所用的时间,即t=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,方向相同,与水平方向夹角为45°向上.(1分) (2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv 2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P 点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O 、P 点和轨迹圆圆心O'的连线为一菱形,且OP 与水平方向的夹角为45°,故电子将聚集于P 点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b ,如图所示,从b 点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135°(1分) 电子在磁场中运动的周期T=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f ,偏移竖直距离为y 由运动学公式有y=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r ,故电子沿直径方向进入磁场,从P 点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90°(1分) 电子在磁场中运动的最短时间t min =14T=√2πt 04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.。

高考一轮复习物理练习(新教材鲁科版)第十一章磁场第1练磁场及其对电流的作用

1．(2023·广东广州市执信中学高三测试)关于磁场的说法正确的是()A．通电导线在磁场中受到的安培力越大，该位置的磁感应强度越大B．因地磁场影响，在进行奥斯特实验时，通电导线南北放置时实验现象最明显C．垂直磁场放置的通电导线受力的方向就是磁感应强度的方向D．地球表面上任意位置的地磁场方向都与地面平行2.(2021·全国甲卷·16)两足够长直导线均折成直角，按图示方式放置在同一平面内，EO与O′Q在一条直线上，PO′与OF在一条直线上，两导线相互绝缘，通有相等的电流I，电流方向如图所示．若一根无限长直导线通过电流I时，所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B，则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为()A．B、0 B．0、2B C．2B、2B D．B、B3.光滑水平面内固定两根平行的长直导线A和B，通以等大反向的电流I1、I2；通有图示方向电流I的短导线C垂直于A、B放在正中间，三者处于同一平面内．释放C，它将()A．沿着水平面向右运动B．沿着水平面向左运动C．顺时针转动，同时向B靠近D．逆时针转动，同时向A靠近4.(多选)如图所示，用细线将一条形磁体挂于天花板上，磁体处于水平且静止的状态，条形磁体的正下方固定一直导线ab，现将直导线中通入由a指向b的电流，在磁体转动90°的过程中，下列说法正确的是()A．条形磁体的N极向纸面内偏转B．条形磁体的N极向纸面外偏转C．条形磁体受到的拉力小于其受到的重力D．条形磁体受到的拉力大于其受到的重力5．(2023·北京市模拟)如图甲所示是磁电式电表内部结构示意图，蹄形磁体的两极间有一个固定的圆柱形铁芯，铁芯外面套有一个可以绕轴转动的铝框，在铝框上绕有铜线圈．电表指针固定在铝框上，可与线圈一起转动，线圈的两端分别接在两个螺旋弹簧上，被测电流经过这两个弹簧流入线圈．蹄形磁体与铁芯间的磁场可看作是均匀辐射分布的，如图乙所示，无论线圈转到什么位置，线圈平面总与线圈所在磁场的方向平行．关于磁电式电表，下列说法不正确的是()A．磁电式电表的原理是通电线圈在磁场中因受安培力而转动B．改变线圈中电流的方向，指针会反向偏转C．增加线圈的匝数可以提高电表的灵敏度D．用塑料框代替铝框，在使用电表时可以使指针更迅速稳定在示数位置上6.如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，绳3的下端拴接一质量为m、长度为l的导体棒，棒垂直于纸面静止，整个空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场．现向导体棒通入方向向里、大小由零缓慢增大到I0的电流，可观察到导体棒缓慢上升到与绳1所处的水平面成30°角时保持静止．已知重力加速度为g.在此过程中，下列说法正确的是()A．绳1受到的拉力先增大后减小B ．绳2受到的拉力先增大后减小C ．绳3受到的拉力最大值为3mgD ．导体棒中电流I 0的值为3mg Bl7.(2023·福建省莆田第二中学模拟)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 和ac 边的中点，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，细线的拉力大小为F 1.保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场平移至虚线上方，稳定后细线的拉力大小为F 2.已知导线框的质量为m ，则重力加速度g 的大小为( )A.F 1＋F 2mB.F 1＋2F 23mC.F 1＋F 22mD.F 2－F 1m8．如图(a)所示，扬声器中有一线圈处于磁场中，当音频电流信号通过线圈时，线圈带动纸盆振动，发出声音．俯视图(b)表示处于辐射状磁场中半径为R 的N 匝圆形线圈(线圈平面即纸面)，线圈所在处的磁感应强度大小为B ，磁场方向如图中箭头所示，在图(b)中当沿顺时针方向电流大小为I 时．线圈所受安培力大小为( )A ．0B ．2BIRC ．2NBIRD ．2πNBIR9．(2023·福建龙岩市第一中学模拟)在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，接电源负极，沿边缘内壁放一个半径与玻璃皿内径相当的圆环形电极，接电源正极，电源电动势为E ，内阻不计．在玻璃皿中加入导电液体．如果把玻璃皿放在U 形磁铁的磁场中，液体就会旋转起来．导电液体等效电阻为R ，下列说法正确的是( )A ．导电液体在电磁感应现象的作用下旋转B ．改变磁场方向，液体旋转方向不变C ．俯视发现液体顺时针旋转，则U 形磁铁下端为S 极，上端为N 极D ．通过液体的电流大小等于E R10.(多选)在倾角θ＝37°的光滑导体滑轨的上端接入一个电动势E ＝3 V ，内阻r ＝ Ω的电源，滑轨间距L ＝50 cm ，将一个质量m ＝40 g ，电阻R ＝1 Ω的金属棒水平放置在滑轨上．若滑轨所在空间加一匀强磁场，当闭合开关S 后，金属棒刚好静止在滑轨上，如图所示．已知sin 37°＝，cos 37°＝，g ＝10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．磁感应强度有最小值，为 T ，方向垂直滑轨平面向下B ．磁感应强度有最大值，为 T ，方向水平向右C ．磁感应强度有可能为 T ，方向竖直向下D ．磁感应强度有可能为 T ，方向水平向左11.(多选)某同学设计了一种天平，其装置如图所示．两相同的同轴圆线圈M 、N 水平固定，圆线圈P 与M 、N 共轴且平行等距．初始时，线圈M 、N 通以等大反向的电流后，在线圈P 处产生沿半径方向的磁场，线圈P 内无电流且天平平衡．设从上往下看顺时针方向为正向．当左托盘放入重物后，要使线圈P 仍在原位置且天平平衡，可能的办法是( )A ．若P 处磁场方向沿半径向外，则在P 中通入正向电流B ．若P 处磁场方向沿半径向外，则在P 中通入负向电流C ．若P 处磁场方向沿半径向内，则在P 中通入正向电流D ．若P 处磁场方向沿半径向内，则在P 中通入负向电流12.如图，两形状完全相同的平行金属环A 、B 竖直固定在绝缘水平面上，且两圆环的圆心O 1、O 2的连线为一条水平线，其中M 、N 、P 为该连线上的三点，相邻两点间的距离满足MO 1＝O 1N ＝NO 2 ＝O 2P .当两金属环中通有从左向右看逆时针方向的大小相等的电流时，经测量可得M 点的磁感应强度大小为B 1、N 点的磁感应强度大小为B 2，如果将右侧的金属环B 取走，P 点的磁感应强度大小应为( )A ．B 2－B 1B ．B 1－B 22C ．B 1＋B 22 D.B 13。

(2021年整理)高考物理专题复习――磁场

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高中物理复习-—磁场此部分内容为磁场，由基础知识—-专题知识组成，高考复习必备的资料！！一、磁场磁体是通过磁场对铁一类物质发生作用的，磁场和电场一样，是物质存在的另一种形式，是客观存在。

小磁针的指南指北表明地球是一个大磁体。

磁体周围空间存在磁场；电流周围空间也存在磁场。

电流周围空间存在磁场，电流是大量运动电荷形成的，所以运动电荷周围空间也有磁场。

静止电荷周围空间没有磁场。

磁场存在于磁体、电流、运动电荷周围的空间。

磁场是物质存在的一种形式.磁场对磁体、电流都有磁力作用。

与用检验电荷检验电场存在一样，可以用小磁针来检验磁场的存在。

如图所示为证明通电导线周围有磁场存在-—奥斯特实验，以及磁场对电流有力的作用实验.1．地磁场地球本身是一个磁体，附近存在的磁场叫地磁场，地磁的南极在地球北极附近，地磁的北极在地球的南极附近.2．地磁体周围的磁场分布与条形磁铁周围的磁场分布情况相似.3．指南针放在地球周围的指南针静止时能够指南北，就是受到了地磁场作用的结果.4．磁偏角地球的地理两极与地磁两极并不重合,磁针并非准确地指南或指北，其间有一个交角，叫地磁偏角,简称磁偏角。

说明：①地球上不同点的磁偏角的数值是不同的。

②磁偏角随地球磁极缓慢移动而缓慢变化。

③地磁轴和地球自转轴的夹角约为11°。

二、磁场的方向在电场中,电场方向是人们规定的,同理,人们也规定了磁场的方向。

2021届高考物理一轮复习典型专题训练电磁学的磁场

2021届高考物理一轮复习典型专题训练电磁学的磁场一、单选题1．关于磁场和磁感线的描述，正确的说法有（）A ．磁感线总是从磁铁的北极出发，到南极终止B ．磁感线可以形象地表现磁场的强弱与方向C ．磁极之间的相互作用是通过磁场发生的，磁场和电场一样，也是一种物质，所以，磁场中的磁感线也是客观存在的D ．磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列出的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线2．如图所示，四根长直绝缘导线处于同一平面内，它们的电流强度大小关系是1234I I I I =>>，现将其中一根导线中的电流切断（即电流等于零），可使得正方形ABCD 的中点处的磁感应强度最大，则切断的电流是（）A ．I 1B ．I 4C ．I 3D ．I 23．如图所示，在真空中匀强电场的方向竖直向下，匀强磁场的方向垂直纸面向里，三个油滴a 、b 、c 带有等量同种电荷，其中a 静止，b 向右做匀速运动，c 向左做匀速运动。

比较它们的重力G a 、G b 、G c 的关系，正确的是（）A ．G b 最大B ．G c 最小C ．G c 最大D ．G a 最大4．下列关于电场线和磁感线说法错误的是（）A ．电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大B ．磁场的方向就是小磁针N 极在磁场中所指方向C ．即使在复杂电场中的电场线也是不相交的D ．电场线是闭合曲线，磁感线是不闭合曲线5．发现电流的磁效应的物理学家是（）A ．奥斯特B ．牛顿C ．安培D ．爱迪生6．如图所示，矩形线框置于磁感应强度为B的匀强磁场中，线框平面与磁场方向平行，线框的面积为S，则当线框以左边为轴转过30°的过程中，通过线框的磁通量变化量为（）A．0B C．BS D．2BS7．如图所示，导体杆ab的质量为0.1kg，放置在与水平成37°角的倾斜金属导轨上，ab在导轨间的有效电阻为2Ω，与导轨间的动摩擦因数为0.5，导轨间距为0.5m，系统处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为1T，导轨电阻和电池内阻均不计。

2021年高考物理一轮复习考点过关检测题—10.1磁现象和磁场【答案】

2021年高考物理一轮复习考点过关检测题10.1 磁现象和磁场一、单项选择题1．一根长为0.1 m、电流为1 A的通电导线，在磁场中某处受到的磁场力大小为0.4 N，则该处的磁感应强度（）A．等于4 T B．大于或等于4 TC．小于或等于4 T D．可能为零2．如图所示，在水平长直导线的正下方，有一只可以自由转动的小磁针。

现给直导线通以由a向b的恒定电流I，若地磁场的影响可忽略，则小磁针的N极将（）A．保持不动B．向下转动C．垂直纸面向里转动D．垂直纸面向外转动3．如图所示，竖直长导线通以恒定电流I，一闭合线圈MNPQ与导线在同一平面内，当线圈做下列运动时，穿过线圈的磁能量会发生变化的是（）A．水平向右平移B．竖直向下平移C．竖直向上平移D．以导线为轴转动4．小李同学用铁钉与漆包线绕成电磁铁，接通电路前小磁针指向是垂直于纸面方向，当接通电路后，放在其上方的小磁针N极立即转向左侧，如图所示，则下列判断正确的是（）A ．导线A 端接电池负极B ．小磁针所在位置的磁场方向水平向左C ．若小磁针放在电磁铁正下方，则电路接通后小磁针N 极会向右偏D ．若小磁针放在电磁铁左侧，则电路接通后小磁针N 极仍向左偏5．19世纪法国学者安培提出了著名的分子电流假说．他认为，在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流（分子电流实际上是由原子内部电子的绕核运动形成的），分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．下图中将分子电流（上图中箭头表示电子运动方向）等效为小磁体的图示中正确的是（（A ．AB ．BC ．CD ．D6．如图所示，两平行通电长直导线通入同向电流。

若将电流I 1在导线2处产生的磁感应强度记为B 1，电流I 2在导线1处产生的磁感应强度记为B 2；电流I 1对电流I 2的安培力记为F 1，电流I 2对电流I 1的安培力记为F 2，则下列说法正确的是（）A ．若增大通电导线间距离，则F 1和F 2均增大B ．若12I I <，则12F F <C ．无论I 1、I 2如何变化，总有12F F =-D ．无论I 1、I 2如何变化，总有12B B =-7．如图所示，竖直面内有带负电的圆环，当圆环沿顺时针方向转动时，a 、b 、c 三枚小磁针都会发生转动，以下说法正确的是（）A．a、b、c的N极都向纸面外转动B．b的N极向纸面外转，而a、c的N极向纸面内转C．b、c的N极都向纸面内转，而a的N极向纸面外转D．b的N极向纸面内转，而a、c的N极向纸面外转8．如图，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与直面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。

2021年高考物理专题复习：磁场(含答案解析)

2021年高考物理专题复习：磁场1．如图，区域I内有与水平方向成45°角的匀强电场E1，区域宽度为d1，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B和匀强电场E2，区域宽度为d2，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下。

一质量为m、电量大小为q的微粒在区域I左边界的P点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q点穿出，其速度方向改变了30°，重力加速度为g，求：（1）区域I和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度E1、E2的大小。

（2）区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B的大小。

（3）微粒从P运动到Q的时间有多长。

2．在如图所示的直角坐标系中，有一长为L 的轻绳一端固定在第一象限内的O ′点，且可绕O ′点在竖直平面内转动，另一端拴有一个质量为m 的小球，小球电荷量为+q ，OO ′连线与y 轴成45°，OO ′的长度为L ．在x 轴上方有水平向左的匀强电场E 1，在x 轴下方有竖直向上的匀强电场E 2，且E 1＝E 2=mg q，在x 轴下方的虚线（虚线与y 轴成45°）右侧有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ．先将小球放在O ′的正上方，从绳恰好绷直处由静止释放，小球进入磁场时将绳子断开．求：（1）绳子第一次绷紧后小球的速度大小．（2）小球刚进入磁场区域时的速度．（3）小球从进入磁场到第一次经过x 轴上的时间．3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。

在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子从直线ac 与圆的交点a 正对圆心射入柱形区域，而后从圆上的b 点离开该区域，bo 连线与直线垂直。

圆心O 到直线的垂直距离为12R ，现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线ac 的匀强电场，同一粒子以同样速率在a 点沿直线ac 射入柱形区域，也在b 点离开该区域。

若磁感应强度大小为B ，不计重力。

（1）求粒子入射的初速度大小；（2）求电场强度的大小。

2021年高考一轮物理总复习单元培优练第十一单元磁场

2021年高考一轮总复习单元培优练◎练之目标：磁场☆推荐练习时长：30分钟一、单项选择题1.关于电荷在电场和磁场中受力情况,下列说法正确的是()A.处在磁场中的电荷一定受到洛伦兹力的作用B.处在电场中的电荷一定受到电场力的作用C.电荷在磁场中所受洛伦兹力的方向就是磁场的方向D.电荷在电场中所受电场力的方向就是电场强度的方向2.如图所示,匝数为N的矩形线圈面积为S,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO'匀速转动.下列说法中正确的是()A.当线圈从图示位置转过π6时,穿过线圈的磁通量大小Φ=√3NBS2B.当线圈从图示位置转过π3时,穿过线圈的磁通量大小Φ=BS2C.当线圈从图示位置转过π2的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=NBSD.当线圈从图示位置转过π的过程中,穿过线圈的磁通量的变化量大小ΔΦ=03.回旋加速器被广泛应用于科学研究和医学设备中,其工作原理如图所示,其核心部件是两个置于高真空中的半圆形金属盒D1和D2,称为“D形盒”,带电粒子在两盒之间被电场加速,在两盒中做匀速圆周运动,两盒间的狭缝很小,带电粒子穿过的时间可以忽略不计,则下列说法正确的是()A.带电粒子从磁场中获得能量B.带电粒子做匀速圆周运动周期应等于在两D形盒之间所加交变电压的周期的两倍C.仅使加速电压的有效值增大,带电粒子获得的能量一定增大D.仅使D形盒中磁场的磁感应强度B增大,带电粒子在D形盒中运动周期减小4.质子(11H)和α粒子(24He)由静止经同一电场加速后垂直磁感线方向进入同一匀强磁场,则两带电粒子所受洛伦兹力之比为 ( )A.2∶1B.1∶1C.1∶√2D.√2∶15.如图所示,一带正电的物块放在粗糙水平地面上,地面上方空间存在垂直纸面向外的匀强磁场,物块在水平外力F 作用下沿水平向右做匀加速直线运动,下列关于外力F 随时间变化的图象可能正确的是( )A B C D二、多项选择题6.将某个重力不计的电子以某一初速度射入一磁场或一电场中,下列说法正确的是 ( )A.若射入匀强磁场中,电子可能做匀速直线运动B.若射入匀强磁场中,电子可能做匀速圆周运动C.若射入电场中,电子可能做匀速直线运动D.若射入电场中,电子可能做匀速圆周运动7.如图所示,在匀强电场和匀强磁场正交的空间中,质量为m 的带电粒子在垂直于磁场方向的竖直平面内,做半径为R 的匀速圆周运动.设重力加速度为g ,电场强度为E ,磁感强度为B ,则下列结论正确的是( )A.粒子带正电B.粒子沿逆时针方向转动C.粒子速度大小v=BqR ED.粒子带电量q=mgE8.如图所示,等腰直角三角形abc 边界内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B ,在bc 的中点O 处有一粒子源,可沿与ba 平行的方向发射质量为m 、电荷量为q 的带正电离子,发射速率不同.若不计粒子的重力及粒子间的相互作用,粒子都能从ab 边离开,ab=2L ,则这些粒子( )A.最小速度的值为qBLmB.最大速度的值为(√2+1)qBLmC.在磁场中运动的最长时间为πmqBD.在磁场中运动的最短时间为πm4qB9.如图所示,匀强电场的电场强度方向与水平方向夹角为30°且斜向右上方,匀强磁场的方向垂直于纸面(图中未画出).一质量为m、电荷量为q的带电小球(可视为质点)以与水平方向成30°角斜向左上方的速度v做匀速直线运动,重力加速度为g.则()A.小球一定带正电荷B.匀强磁场的方向可能垂直于纸面向外C.电场强度大小为mgqD.磁感应强度的大小为√3mgqv三、填空题10.如图所示,在威尔逊云雾室中,有垂直纸面向里的匀强磁场.图中曲线ab是一个垂直于磁场方向射入的带电粒子的径迹.由于它在行进中使周围气体电离,其能量越来越小,电量保持不变,由此可知粒子带(填“正”或“负”)电,粒子是由(填“a向b”或“b向a”)运动.11.如图所示,MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道,半径为R,直径MN水平,整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,一带电荷量为+q,重力加速度为g,质量为m的小球自M点无初速度下滑,则小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场(填“有关”或“无关”),小球滑到D点时的速度为,对轨道的压力为,若小球滑过轨道的右侧后,(填“能”或“不能”)继续滑到轨道右侧最高点N.四、计算题12.如图所示,一束重力不计带正电的粒子,电量为q,以速度v0垂直射入磁感强度为B、宽度为d的匀强磁场中,穿透磁场时速度方向与粒子原来入射方向的夹角为θ=30°,求:(1)带电粒子在磁场中运动的半径r;(2)带电粒子的质量;(3)要使粒子从左边界射出,则速度v应满足的条件.13.如图所示为一种质谱仪的示意图.一重力不计的离子质量为m,电量为q,经过加速电场加速后,进入电场强度为E,匀强磁场磁感应强度为B1的速度选择器中,刚好沿直线通过速度选择器,通过狭缝O沿垂直磁场的方向进入偏转磁场.(1)为了使离子从静止开始经加速电场后沿直线穿过速度选择器,加速电压U应多大?(2)离子进入匀强磁场区域B2后,要使离子打在乳胶底片上的位置距离射入点O的距离为d,B2应为多大?(3)离子在匀强磁场区域B2中运动的时间多长?14.如图所示,直角坐标系xOy的第一象限有竖直向上的匀强电场,第二、四象限有相同的匀强磁场,方向垂直纸面向里.质量为m、电量为-q的粒子从磁场中M点以速度v0沿y轴正方向开始运动,经y轴上N点沿x轴正方向射入电场,并从x轴上P点离开电场进入第四象限的匀强磁场中,经y轴上的Q点(图中未画出)射出磁场.已知M点的坐标为(-d,0),P点的坐标为(2d,0),不计粒子的重力.求:(1)匀强磁场的磁感应强度B的大小;(2)匀强电场的电场强度E的大小;(3)Q点的坐标和粒子在第四象限中运动的时间t.15.如图所示,MN是一段在竖直平面内半径为R=1 m的光滑的1/4圆弧轨道,y圆心为O,OM水平,轨道上存在场强为E的匀强电场.轨道的右侧OD和EF之间区域有一垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B1=0.1T.EF右侧有一水平放置的一对平行金属板,板间距离d=2 m,板长L=3 m,板间有恒定电压U AB=2 V和方向垂直于纸面向里的匀强磁场.现有一带电荷量为q=0.1 C、质量为m=10 g的带正电小球从M点由静止开始自由下滑,恰能沿NP方向做直线运动,经两板中点P射入,恰能从上板边缘C点射出.求:(1)小球运动到N点时的速度v;(2)轨道上的场强E;(3)平行金属板间的磁感应强度B2.参考答案10.正 a 向b11.无关 v=√2gR 3mg-qvB 能 12.(1)如图所示,d=r sin θ,r=dsinθ=2d.(2)由r=mvqB 得m=qBr v=2qdB v 0.(3)要使粒子从左边界射出,当速度最大时,粒子在磁场中轨迹是半圆,且与右边界相切,由几何条件知r'=d ,洛伦兹力提供向心力qv m B=mv m 2r ',解得v m =qBr 'm=qBd m=v 02,所以要想粒子从左边边界射出,速度v ≤v2.13.(1)离子沿直线穿过速度选择器,则qE=qvB 1,解得:v=EB 1,对离子在加速电场中的加速过程应用动能定理得:qU=12mv 2,解得:U=mE 22qB 12(2)由几何关系可得:R=d2离子进入磁场区域B 2后,洛伦兹力提供向心力,则:qvB 2=m v 2R 解得:2mEqLB 1(3)离子进入磁场区域B 2后,做匀速圆周运动,设运动的时间为t ,则t=T2 又T=2πmqB 2解得:t=πdB 12E14.(1)如图所示,带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,有qv 0B=m v 02R 解得:R=mv0qB ①, 根据几何关系:R=d ②, 联立①②得:B=mv0qd .(2)带电粒子在电场中做类平抛运动:x 方向:2d=v 0t ③,y 方向:d=Eqt 22m ④,联立③④得:E=mv 022qd(3)带电粒子进入第四象限时速度与x 轴的夹角为θ,则tan θ=v0v y=1,所以θ=450,v=√2v 0,R'=mv Bq =√2mvBq=√2d ,由几何关系得Q 的坐标为(0,-2 d ),T=2πm Bq,t=T 2=πm Bq =πdv 015.(1)小球沿NP 做直线运动,由平衡条件可得:mg=qvB 1,代入数据解得:v=10 m/s . (2)小球从M 点到N 点的过程中,由动能定理得:mgR+qER=12mv 2,代入数据解得:E=4N/C (3)在板间复合场中小球受电场力为:Uqd =0.1N=mg ,与重力平衡,故小球做匀速圆周运动. 设运动半径为R',由几何关系得R'=5m,又R'=mv B 2q 得B 2=mvR 'q ,代入数据得B 2=0.2 N/C .。

2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应作业手册答案

课时作业(二十八)1.D[解析] 励磁线圈A中的电流是恒定电流,产生稳恒磁场,穿过线圈B的磁通量不发生变化,不产生感应电流,D正确.2.BD[解析] 左环不闭合,磁铁插向左环时,产生感应电动势,不产生感应电流,环不受力,横杆不转动,故A、C错误;右环闭合,磁铁插向右环时,环内产生感应电动势和感应电流,环受到磁场的作用力,横杆转动,故B、D正确.3.D[解析] 通电直导线周围磁场分布如图所示,根据楞次定律和安培定则判断,选项D正确.4.AC[解析] 线框从图示位置由静止释放后,先在重力作用下向下运动,穿过线框的磁通量不变,故不产生感应电流,一直只受到重力,因此线框做直线运动,A正确,B错误;线框从右向左移动时,穿过线框的磁通量先向外减小,再向里增加,根据楞次定律和安培定则可判断,线框中感应电流一直沿逆时针方向,C 正确,D错误.5.B[解析] 当磁铁的S极靠近时,穿过两圆环的磁通量变大,由楞次定律可知,两圆环的感应电流方向都是顺时针方向(从右向左看),根据左手定则可知,两圆环受到磁铁向左的安培力,远离磁铁,即向左移,由于两圆环的电流方向相同,所以两圆环相互吸引,间距变小,故B正确,A、C、D错误.6.A[解析] 当磁铁经过位置①时,穿过线框的磁通量向下且不断增加,由楞次定律可知,感应电流的磁场方向向上,阻碍磁通量的增加,根据右手螺旋定则可判定,感应电流应沿abcda方向;同理,当磁铁经过位置②时,感应电流沿adcba方向,故A正确.7.B[解析] cd导线受到的安培力向下,由左手定则可判断,cd导线中电流方向是由c指向d,所以c点的电势高于d点的电势,故A错误;结合A的分析可知,ab棒中的电流由b流向a,因ab棒向左运动,由右手定则可判断,ab棒所处位置磁场方向竖直向上,则Ⅰ是S极,Ⅱ是N极,故B正确,C错误;根据楞次定律可判断,ab棒受到向右的安培力,故D错误.8.D[解析] 闭合S的瞬间,穿过B的磁通量没有变化,G中无感应电流,选项A、B错误.当闭合S后,若R接入电路的阻值增大,则A中电流减小,由右手螺旋定则知,穿过B的磁通量向下且减小,由楞次定律可判断,G中电流方向为b→a,故选项C错误,选项D正确.9.A[解析] A中感应电流方向为顺时针,由右手螺旋定则可判断,感应电流的磁场方向向里,由楞次定律可知,引起感应电流的磁场可能为向外增大或向里减小,若原磁场方向向外,则B中电流方向应为逆时针,由于B带负电,故B应顺时针转动且转速增大,若原磁场方向向里,则B中电流方向应为顺时针,B 应逆时针转动且转速减小,又因为导体环A具有扩展趋势,则A、B中电流方向应相反,所以B应顺时针转动且转速增大,A正确.10.AB[解析] 闭合开关S的瞬间,金属环中向左的磁通量增大,根据楞次定律可判断,从左侧看,环中产生沿顺时针方向的感应电流,A正确;由于电阻率ρ铜<ρ铝,先后放上用横截面积相等的铜导线和铝导线制成的形状、大小相同的两个闭合环,铜环中产生的感应电流大于铝环中产生的感应电流,由安培力公式可知,铜环受到的安培力大于铝环受到的安培力,B正确;若将金属环置于线圈右侧,则闭合开关S的瞬间,环将向右弹射,C错误;电池正、负极调换后,同理可以得出金属环仍能向左弹射,D错误.11.B[解析] 导体棒MN向左运动时,由右手定则可判断,感应电流方向为MNdcM,而ab中的电流是由a到b的,即ab、cd中电流方向相反,则两导线相互排斥,故选项A、C错误;MN向右运动时,由右手定则可判断,cd中的感应电流由c到d,而ab中的电流是由a到b的,故两导线相互吸引,根据力的作用是相互的,可知这两个力大小相等,故选项B正确,选项D错误.12.BC[解析] 由楞次定律可知,电路接通的瞬间,螺线管中的电流从无到有,穿过铜环的磁通量向左增大,从左往右看,铜环中产生顺时针方向的感应电流,铜环有收缩的趋势,选项A、D错误,选项B、C正确.13.A[解析] 由安培定则可判断,螺线管中磁感线方向向上,金属棒ab、cd处的磁感线方向均向下,当滑片向左滑动时,螺线管中电流增大,因此磁场变强,即磁感应强度变大,回路中的磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为a→c→d→b→a,由左手定则可判断,ab受到的安培力方向向左,cd受到的安培力方向向右,故ab向左运动,cd向右运动,A正确.14.ABC[解析] 闭合或断开开关S的瞬间,线圈A中的电流发生变化,线圈A中产生感应电动势,故A、B正确;闭合开关S的瞬间,穿过线圈A的磁通量增加,根据安培定则可判断,A中产生的磁场方向向上,同时穿过线圈B的磁通量向上增大,根据楞次定律可判断,线圈B中感应电流的磁场方向向下,根据安培定则可判断,线圈B下端的电势高,电流能通过二极管M,不能通过二极管N,故C正确;结合对选项C的分析可知,S断开瞬间,穿过线圈B的磁通量向上减小,线圈B中产生的感应电流方向与S闭合瞬间线圈B中产生的感应电流方向相反,所以此时感应电流能通过二极管N,不能通过二极管M,故D错误.课时作业(二十九)1.C[解析] 铜盘转动过程中,穿过铜盘的磁通量不变,故A错误;根据右手定则可知,电流从D点流出,流向C点,因此通过电阻R的电流方向向上,故B错误;断开开关后,虽然圆盘与外电路断开了,但是在圆盘自身中仍然会产生涡流,此时应将圆盘视为由很多闭合电路组成的复杂电路,产生的涡流(感应电流)阻碍圆盘的运动,因此圆盘将减速转动,故C正确,D错误.2.C[解析] 金属探测器只能探测金属,不能用于食品生产,不能防止细小的沙石颗粒混入食品中,选项A错误;金属探测器探测金属时,被测金属中感应出涡流,选项B错误,C正确;金属探测器靠内部发射的高频变化的磁场工作,当附近有金属时,探测区的交变磁场受到干扰而被探测器检测出,即使金属与探测器相对静止也会被探测出,选项D错误.3.C[解析] 由右手定则可判断出MN中电流方向为从N到M,通过电阻R的电流方向为a→c;由E=BLv,若磁感应强度大小增为2B,其他条件不变,则MN中产生的感应电动势变为原来的2倍,E1∶E2=1∶2,选项C正确.4.B[解析] 直金属棒的有效切割长度为L,垂直切割磁感线,产生的感应电动势为E=BLv;弯成半圆形后,有效的切割长度为,垂直切割磁感线,产生的感应电动势为E'=B v,故=,B正确.5.BC[解析] 磁场向右均匀增强,由楞次定律判断,电容器上极板带正电,故A错误,B正确;闭合线圈与阻值为r的电阻形成闭合回路,线圈相当于电源,电容器两极板间的电压等于路端电压,线圈产生的感应电动势E=nS=nSk,路端电压U=·r=,则电容器所带电荷量为Q=CU=,故C正确,D错误.6.BC[解析] 闭合S,稳定后,电容器相当于断路,线圈L相当于短路,所以电容器b极板与电源正极相连,带正电荷,A错误;电源有内阻,电容器两端电压等于电路的路端电压,小于电源电动势,B正确;断开S 瞬间,电容器与R2构成回路放电,通过R2的电流方向向左,D错误;断开S瞬间,由于自感现象,线圈L相当于临时电源,阻碍原来的电流减小,通过线圈的电流方向不变,R1与线圈L构成回路,所以通过R1的电流方向向右,C正确.7.A[解析] 设磁场的磁感应强度B=B0-kt,则E==k·L2,I==,F=BIL=(B0-kt)L=-t,由图像可知=,解得k=,故A正确.8.AD[解析] 当θ=0时,杆在圆心位置,切割磁感线的有效长度等于圆环直径,杆产生的感应电动势为E=2Bav,A正确;当θ=时,杆切割磁感线的有效长度等于圆环半径,杆产生的感应电动势为E=Bav,B 错误;当θ=0时,回路的总电阻R1=(2a+πa)R0,杆受的安培力F1=BI1l=B··2a=,C错误;当θ=时,回路的总电阻R2=R0,杆受的安培力F 2=BI2l'=B··a=,D正确.9.BCD[解析] 设甲、乙两线圈匝数分别为n1、n2,半径分别为r1、r2,导线横截面积为S',图甲中,设有界磁场的面积为S,则线圈A产生的电动势E A=n1S,电阻R A=ρ,B产生的电动势为E B=n2S,R B=ρ,因此==,电流之比为=·=,A错误,B正确;图乙中,A的电动势E'A=n1π,B的电动势E'B=n2π,因此=×=,电流之比=·=,C、D 正确.10.(1)方向从b到a(2)[解析] (1)由图像可知,0~t1时间内,有=由法拉第电磁感应定律有E=n=n·S其中S=π由闭合电路欧姆定律有I1=联立解得I1=.由楞次定律可判断,通过电阻R1的电流方向为从b到a.(2)通过电阻R1的电荷量q=I1t1=电阻R1上产生的热量Q=R1t1=.11.(1)3mg(2)[解析] (1)对重物有F T=4mg对金属杆,有F T=mg+F解得F=3mg.(2)对金属杆,有E=B0LvF=B0IL对闭合电路,有I=解得v=.专题训练(九)1.BD[解析] 由右手定则可判断,ab中电流方向为a→b,A错误;导体棒ab切割磁感线产生的感应电动势E=Blv,ab为电源,cd间电阻R为外电路负载,de和cf间电阻中无电流,de和cf两端无电压,因此cd和fe两端电压相等,即U=×R==1 V,B、D正确,C错误.2.BD[解析] 线框中的感应电流取决于磁感应强度B随t的变化率,由图像可知,0~1 s时间内,B增大,Φ增大,感应磁场与原磁场方向相反(感应磁场的磁感应强度的方向向外),由右手螺旋定则可判断,感应电流沿逆时针方向,是负值,由于磁感应强度随时间均匀变化,所以产生的感应电流恒定,同理可分析,1~4 s内感应电流情况,故A错误,B正确;0~1 s时间内,ad边感应电流是向下的,ad边所受的安培力F=BIL,根据左手定则可判断,安培力方向向右,为正值,由于B随时间均匀增大,I不变,所以安培力F随时间t均匀增大,同理可分析1~4 s内F的变化情况,故C错误,D正确.3.D[解析] 0~L过程中,ab边切割磁感线产生的感应电动势E1=BLv,a点电势高于b点,则U ab=BLv;L~2L过程中,感应电动势E2=2BLv,a点电势低于b点,则U ab=-×2BLv=-BLv;2L~3L过程中,最左边切割磁感线产生的感应电动势E3=3BLv,a点电势高于b点,则U ab=×3BLv=BLv,故D正确,A、B、C错误.4.D[解析] 根据条形磁铁磁场的对称性,导体环在O处和O1处的磁通量等大同向,故A错误;根据楞次定律可判断,导体环受到的阻力一直与速度方向相反,故受力一直向左,不存在力反向的情况,故B错误;导体环在OO1中点时的磁通量变化率为0,故在该点受安培力大小为0,加速度为0,故C错误;开始导体环靠近磁极磁通量增加,磁通量变化率可能会增加,电流增大,之后磁通量变化率会变小,电流减小,过了OO1中点,磁通量减少,因此感应电流反向,磁通量变化率可能继续增加,故电流反向增大,靠近O1时,随着速度减小,磁通量变化率逐渐减至0,电流也逐渐减小到0,故D正确.5.D[解析] 设等腰三角形的顶角为2α,此过程产生的感应电动势为E=BLv=B·2x tan α·v=2Bv tan α·x,感应电流为I==,框架受到的安培力为F安=BIL=B··2x tan α=,框架做匀速直线运动,由平衡条件得F=F 安,由数学知识可知选项D正确,A、B、C错误.6.D[解析] 线框切割磁感线产生的感应电动势E=BLv,设线框总电阻是R,则感应电流I==,由图乙所示图像可知,感应电流先均匀变大,后均匀变小,由于B、v、R是定值,故有效切割长度L应先变大后变小,且L随时间均匀变化.闭合圆环匀速进入磁场时,有效长度L先变大后变小,但L随时间不是均匀变化,不符合题意,故A错误;正方形线框进入磁场时,有效长度L不变,感应电流不变,不符合题意,故B错误;梯形线框匀速进入磁场时,有效长度L先均匀增加,后不变,再均匀减小,不符合题意,故C错误;三角形线框匀速进入磁场时,有效长度L先增加后减小,且随时间均匀变化,符合题意,故D正确.7.AD[解析] 在0~t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值);在t0~2t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为顺时针方向(为正值),且大小为在0~t0时间内产生的电流大小的2倍;在2t0~3t0时间内,由楞次定律可判断出感应电流方向为逆时针方向(为负值),且大小与在0~t0时间内产生的感应电流大小相等.因此感应电流I随时间t的变化图线与选项A中图像相符,选项A正确,B错误.在0~t0时间内,ON边虽然有电流但没有进入磁场区域,所受安培力为零;在t0~2t0时间内,感应电流大小为在2t0~3t0时间内产生的2倍,ON边所受安培力为在2t0~3t0时间内的2倍,因此ON边所受的安培力大小F随时间t的变化图线与选项D中图像相符,选项C错误,D正确.8.(1)30 V(2)b→c1.2 N(3)24.3 J[解析] (1)由法拉第电磁感应定律得E1=n=nS=30 V(2)由左手定则得bc边中电流方向为b→cE2=nS=2E1=60 V由闭合电路的欧姆定律得I2==6 A安培力大小F=I2LB1=1.2 N(3)由闭合电路的欧姆定律得I1==3 AQ=Rt1+Rt2=24.3 J9.(1)竖直向下(2)0.4 V(3)1 m/s[解析] (1)带负电的微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,因为重力竖直向下,所以电场力竖直向上,故M板带正电.ab棒向右做切割磁感线运动产生感应电动势,等效于电源,感应电流方向由b流向a,由右手定则可判断,磁场方向竖直向下.(2)微粒受到重力和电场力的作用而处于静止状态,根据平衡条件得mg=E|q|又E=所以U MN==0.1 VR3两端电压与电容器两端电压相等,由欧姆定律得通过R3的电流为I==0.05 A则ab棒两端的电压为U ab=U MN+I=0.4 V.(3)设金属棒ab运动的速度为v,由法拉第电磁感应定律得感应电动势E感=Blv由闭合电路欧姆定律得E感=U ab+Ir=0.5 V联立解得v=1 m/s.专题训练(十)A1.BD[解析] 金属杆ab做加速度减小的加速运动,根据能量守恒定律可知,恒力F做的功等于杆增加的动能和电路中产生的电能.电阻消耗的功率等于电路中产生电能的功率,不等于恒力F的功率,故A 错误;电路中产生电能的功率等于克服安培力做功的功率,等于iE,故B、D正确,C错误.2.D[解析] 线框运动过程中要产生电能,根据能量守恒定律可知,线框返回初始位置1时速率减小,则上升过程动能变化量大于下降过程动能变化量,根据动能定理知,上升过程合力做功较多,故A错误;线框产生的焦耳热等于克服安培力做功,对应同一位置,上升过程线框所受安培力大于下降过程所受安培力,而上升与下降过程线框位移大小相等,则上升过程克服安培力做功大于下降过程克服安培力做功,上升过程线框产生的热量比下降过程线框产生的热量多,故B错误;上升过程线框所受的重力和安培力都向下,线框做减速运动,设加速度大小为a,根据牛顿第二定律得mg+=ma,则a=g+,由此可知,线框速度v减小时,加速度a也减小,故C错误;下降过程线框做加速运动,有mg-=ma',a'=g-,则a'<a,由此可知,下降过程加速度小于上升过程加速度,上升过程与下降过程位移大小相等,则上升过程时间短,下降过程时间长,上升过程与下降过程重力做功相同,则上升过程克服重力做功的平均功率大于下降过程重力的平均功率,D正确.3.C[解析] 速度达到最大值v m前,金属棒做加速度减小的加速运动,故相同时间内速度的增加量减小,所以t=时,金属棒的速度大于,故A错误;由能量守恒定律可知, 0~T内,金属棒机械能的减小量等于R上产生的焦耳热、金属棒与导轨间摩擦生热之和,故B错误;0~内金属棒的位移小于~T内金属棒的位移,金属棒做加速运动,所受的安培力逐渐增大,所以~T内金属棒克服安培力做功更多,产生的电能更多,电阻R上产生的焦耳热更多,故C正确;~T内的位移比0~内的位移大,故~T内克服滑动摩擦力做功更多,由功能关系得,~T内金属棒机械能的减少量更多,故D错误.4.BD[解析] ab边刚越过GH进入磁场区域Ⅰ时,感应电动势E1=BLv1,电流I1==,线框做匀速运动,所以有mg sin θ=BI1L=,当ab边刚越过JP时,感应电动势E2=2BLv1,电流I2==,根据牛顿第二定律得2BI2L-mg sin θ=ma,联立解得a=3g sin θ,故A错误;t2时刻以速度v2做匀速直线运动,即mg sin θ=,所以v1∶v2=4∶1,故B正确;从t1时刻到t2时刻的过程中,根据能量守恒定律,导线框克服安培力做的功等于机械能的减少量,即克服安培力做的功W=+,克服安培力做的功等于产生的电能,故C错误,D正确.5.D[解析] 磁铁在下落的过程中,铝管切割磁感线产生感生电流,受到磁铁所给的向下的安培力,磁铁受到向上的安培力反作用力,初始阶段,磁铁的速度较小,铝管受到的安培力较小,磁铁受到的向下的重力大于向上的安培力反作用力,于是向下做加速度减小的加速运动,如果铝管足够长,磁铁的加速度会减小到零,此时磁铁受到的向下的重力等于向上的安培力反作用力,之后磁铁向下做匀速运动,A、B错误;如果铝管足够长,磁铁在运动过程中所受合力先竖直向下后减为零,C错误;由于磁铁在铝管中运动的速度越来越大,铝管切割磁感线产生的感生电流越来越大,受到向下的安培力越来越大,铝管对磁铁的安培力反作用力也越来越大,这是磁铁落到泡沫塑料上时还没有达到最大速度或者刚好达到最大速度的情况,D正确.6.AD[解析] 圆环向下切割磁感线,由右手定则可判断,圆环中感应电流的方向为顺时针方向(俯视),A 正确;由左手定则可判断,圆环受到的安培力向上,B错误;圆环中感应电动势为E=B·2πR·v,感应电流I=,电阻R'=ρ=,解得I=,圆环受到的安培力F=BI·2πR=,圆环的加速度a==g-,圆环的质量m=d·2πR·πr2,解得加速度a=g-,C错误;当mg=F时,加速度a=0,速度最大,为v m=,D正确.7.(1)1.25 C 4 Ω(2)线框做初速度为0、加速度为0.2 m/s2的匀加速直线运动F=(0.2t+0.1) N (3)1.67 J[解析] (1)根据q=t,由I-t图像得,q=1.25 C根据===解得R=4 Ω(2)由图像可知,感应电流随时间变化的规律为I=0.1t(A)由感应电流I=可得,线框的速度随时间也是线性变化的,v==0.2t(m/s)线框做初速度为0的匀加速直线运动,加速度a=0.2 m/s2线框在外力F和安培力F安作用下做匀加速直线运动,F-F安=ma又F安=BIL解得F=(0.2t+0.1) N(3)线框从磁场中被拉出时的速度v1=at1=1 m/s由能量守恒定律得W F=Q+m线框中产生的焦耳热Q=W F-m=1.67 J8.(1)3 A方向为由b指向a(2)0.4 C(3)0.94 J[解析] (1)设导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度为v1,由动能定理得(F-μmg)s=m-导体杆刚进入磁场时产生的感应电动势为E=Blv1此时通过导体杆的电流大小为I=解得I=3 A由右手定则可知,电流的方向为由b指向a.(2)ΔΦ=B·ld,=,=,q=·Δt联立解得q=0.4 C.(3)由(1)可知,导体杆在F的作用下运动至磁场的左边界时的速度v1=6.0 m/s设导体杆通过半圆形轨道的最高位置时的速度为v,则有mg=m导体杆从刚进入磁场到滑至最高位置的过程中,由能量守恒定律得m=Q+mg×2R0+mv2+μmgd解得Q=0.94 J.专题训练(十)B1.B[解析] 甲图中导体棒切割磁感线产生感应电动势对电容器充电,电容器两板间电势差与感应电动势大小相等时,导体棒向右做匀速直线运动;乙图中导体棒有初速度,切割磁感线,产生感应电流,受到的安培力阻碍其向右运动,其动能转化为内能,最终会静止;丙图中导体棒有初速度,若初速度较大,产生的感应电动势大于电源电动势,导体棒所受的安培力使导体棒减速,当感应电动势等于电源电动势时,电流为零,导体棒做匀速直线运动,而若初速度较小,产生的感应电动势小于电源电动势,导体棒所受的安培力使导体棒加速,当感应电动势等于电源电动势时,电流为零,导体棒做匀速直线运动.甲图中导体棒最终运动的速度与v有关,丙图中导体棒最终运动的速度与v无关,与电源电动势有关,选项B正确.2.ABC[解析] 由右手定则可判断,当金属杆滑动时产生逆时针方向的电流,通过R的感应电流的方向为由a到d,故A正确;金属杆PQ切割磁感线产生的感应电动势的大小为E=Blv=2 V,故B正确;在整个回路中产生的感应电流为I==0.5 A,则安培力F安=BIl=0.5 N,故C正确;金属杆PQ在外力F 作用下在粗糙导轨上以速度v向右匀速滑动,外力F做功大小等于电路产生的焦耳热、导轨与金属杆之间因摩擦产生的热量之和,故D错误.3.AD[解析] 铝框在进入磁场之前做匀加速直线运动,进入磁场时可能做加速、匀速、减速运动,完全进入磁场后做匀加速直线运动,出磁场时可能做加速或减速运动,进入磁场时如果做匀速运动,则出磁场时铝框的速度变大,铝框受到的安培力变大,铝框将做减速运动,但速度最小减到与进入磁场时相等,就再做匀速运动,故选项A、D正确,选项B、C错误.4.B[解析] 根据E=BLv,I=,F=BIL,v=at以及F拉-F=ma可知,线框受到的水平外力是变力,且出磁场时比进磁场时要大,故出磁场时外力做功比进入磁场时外力做功多,故选项A、D错误;线框做匀加速直线运动,由图像及匀加速直线运动规律,结合电流与速度的关系可知,线框边长与磁场宽度之比为3∶8,出磁场的时间不是进入磁场时的一半,故选项B正确,选项C错误.5.C[解析] 由右手定则可判断,金属杆中感应电流方向为b指向a,由左手定则知,金属杆所受的安培力沿轨道向上,A、B错误;总电阻为R总=,I=,当达到最大速度时,金属杆受力平衡,有mg sin θ=BIL=·(R1+R),变形得=·+,根据图像可得=k= s·m-1·Ω,=b=0.5 s·m-1,解得金属杆的质量m=0.1 kg,定值电阻阻值R1=1 Ω,C正确,D错误.6.(1)5 m/s(2)1.25 J(3)1.25 N[解析] (1)在安培力作用下,b棒做减速运动,c棒做加速运动,当两棒速度相等时,c棒达到最大速度.以两棒为研究对象,根据动量守恒定律得m b v0=(m b+m c)v解得c棒的最大速度为v=v0=v0=5 m/s.(2)从b棒开始运动到两棒速度相等的过程中,系统减少的动能转化为焦耳热,两棒中产生的总热量为Q=m b-(m b+m c)v2=2.5 J因为R b=R c,所以c棒从开始至达到最大速度过程产生的焦耳热为Q c==1.25 J.(3)设c棒沿半圆轨道滑到最高点时的速度为v',从最低点上升到最高点的过程,由机械能守恒定律得m c v2-m c v'2=m c g·2R解得v'=3 m/s在最高点,设轨道对c棒的弹力为F,由牛顿第二定律得m c g+F=m c解得F=1.25 N由牛顿第三定律得,在最高点时c棒对轨道的压力为1.25 N,方向竖直向上.7.(1)(2)(3)2mgl sin θ[解析] (1)感应电动势E=Blv感应电流I=安培力F=BIl由平衡条件得F=mg sin θ解得匀速运动的速度大小v=(2)由BIl=mg sin θ解得I=t==所以q=It=(3)线框通过磁场过程中沿斜面匀速运动了2l的距离由能量守恒定律得Q=ΔE减机械能的减少量为ΔE减=mg·2l sin θ故产生的热量为Q=2mgl sin θ8.(1)①②h≤(2)mgh[解析] (1)①a棒从h高处由静止释放后在弯曲导轨上滑动,由机械能守恒定律得mgh=m解得v0=a棒刚进入磁场Ⅰ时,有E=BLv0此时通过a、b棒的感应电流大小为I=解得I=②a棒刚进入磁场Ⅰ时,b棒受到的安培力大小F=2BIL为使b棒保持静止,应有F≤0.2mg联立解得h ≤(2)当a棒进入磁场Ⅰ时,由左手定则可判断,a棒向右做减速运动,b棒向左做加速运动,当二者产生的感应电动势大小相等时,闭合回路的电流为零,此后二者均做匀速运动,故至a、b棒均匀速运动时b棒中产生的焦耳热最多,设此时a、b棒的速度大小分别为v1与v2,有BLv1=2BLv2对a棒,由动量定理得-B LΔt=mv1-mv0对b棒,由动量定理得2B LΔt=mv2联立解得v1=v0,v2=v0由功能关系得,电路产生的总焦耳热为Q总=m -m -m故b棒中产生焦耳热的最大值为Q=Q总=m =mgh。

2021高考物理一轮复习培优物理高考培优专题十一磁场(试题部分)

A.不管载流子带电性质如何,电极 N 的电势一定高于电极 M B.不管载流子带电性质如何,电极 N 的电势一定低于电极 M C.只有当载流子为负电荷时,电极 M 的电势才高于电极 N D.只有当载流子为正电荷时,电极 M 的电势才高于电极 N
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答案 C 5.(2019 石景山期末,16)如图,从离子源产生的甲、乙两种离子,由静止经加速电压 U 加速后在纸面内水平向右运动,自 M 点垂直于磁场边界射入匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为 v1,并在磁场边界的 N 点射出;乙种离子在 MN 的中点射出;MN 长为 l。不计重力影响和离子间的相互作用。求
专题十一磁场
【考情探究】
探考情悟真题
考点
考向
考题示例
10 年考情
学业水平
关联考点
预测热
素养要素
度
磁场、磁感应强度、磁感线、地磁场
2016 北京理综,17,6 分
磁场、电流的磁场
安培力
安培力及其作用下
的平衡问题
3
磁场对运动电荷的作用物质观念 ★★☆
★★☆
★★☆
左手定则、磁场对运动电荷的作用、洛伦 2017 北京理综,24(2) 兹力
A.驱动“小火车”运动的动力来自两块磁铁之间的相互排斥力 B.其他材料不变,只将干电池的“+”“-”极左右对调,则“小火车”运动方向变为向右运动 C.其他材料不变,改用旧的干电池,则“小火车”运动速度一定变大 D.其他材料不变,只增加两端磁铁数量(两端“N”“S”极排布方向不变),则“小火车”运动速度一定变大
A.粒子 a 带负电,粒子 b、c 带正电 B.粒子 c 在磁场中运动的时间最长 C.粒子 c 在磁场中的加速度最大 D.粒子 c 在磁场中的动量最大答案 B

专题11 磁场-2021年高考物理真题与模拟题分类训练(教师版含解析)(1)

专题11 磁场1．(2021·浙江高考真题）如图所示，有两根用超导材料制成的长直平行细导线a 、b ，分别通以80A 和100A 流向相同的电流，两导线构成的平面内有一点p ，到两导线的距离相等。

下列说法正确的是( ）A ．两导线受到的安培力125b a F F =B ．导线所受的安培力可以用F ILB =计算C ．移走导线b 前后，p 点的磁感应强度方向改变D ．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，不存在磁感应强度为零的位置【答案】BCD【解析】A ．两导线受到的安培力是相互作用力，大小相等，故A 错误； B ．导线所受的安培力可以用F ILB =计算，因为磁场与导线垂直，故B 正确；C ．移走导线b 前，b 的电流较大，则p 点磁场方向与b 产生磁场方向同向，向里，移走后，p 点磁场方向与a 产生磁场方向相同，向外，故C 正确；D ．在离两导线所在的平面有一定距离的有限空间内，两导线在任意点产生的磁场均不在同一条直线上，故不存在磁感应强度为零的位置。

故D 正确。

故选BCD 。

2．(2021·河北高考真题）如图，距离为d 的两平行金属板P 、Q 之间有一匀强磁场，磁感应强度大小为1B ，一束速度大小为v 的等离子体垂直于磁场喷入板间，相距为L 的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度大小为2B ，导轨平面与水平面夹角为θ，两导轨分别与P 、Q 相连，质量为m 、电阻为R 的金属棒ab 垂直导轨放置，恰好静止，重力加速度为g ，不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力，下列说法正确的是( ）A ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，12sin mgR vB B Ld θ=B ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，12sin mgR v B B Ld θ=C ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上，12tan mgR v B B Ld θ=D ．导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下，12tan mgR v B B Ldθ=【答案】B【解析】等离子体垂直于磁场喷入板间时，根据左手定则可得金属板Q 带正电荷，金属板P 带负电荷，则电流方向由金属棒a 端流向b 端。

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