全国通用版2018高考物理大一轮复习磁场综合检测
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：专题八 磁场 第1讲 磁场 磁场对电流的作用 含答案 精品
专题八磁场第1讲磁场磁场对电流的作用一、单项选择题1．(2018年上海卷)如图K811所示，足够长的直线ab靠近通电螺线管，与螺线管平行．用磁传感器测量ab上各点的磁感应强度B，在计算机屏幕上显示的大致图象是( )图K811A. B.C. D.2．将一个质量很小的金属圆环用细线悬挂起来，在其附近放一条形磁铁，磁铁的轴线与圆环在同一个平面内，且通过圆环中心，如图K812所示，当圆环中通以顺时针方向的电流时，从上往下看( )图K812A．圆环顺时针转动，靠近磁铁B．圆环顺时针转动，远离磁铁C．圆环逆时针转动，靠近磁铁D．圆环逆时针转动，远离磁铁3．如图K813所示，无限长导线均通以恒定电流I.直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则下列选项中O 处磁感应强度和图中O处磁感应强度相同的是( )图K813A B C D4．(2018年广东惠州一调)如图K814所示，在倾角为α的光滑斜面上，要使垂直纸面放置的一根长为L、质量为m的通电直导体处于静止状态，则应加的匀强磁场B的方向可能是( )图K814A．平行斜面向上B．平行斜面向下C．垂直斜面向下D．垂直斜面向上5．(2018年广东深圳南山期末)指南针是我国古代的四大发明之一．当指南针静止时，其N极指向如图K815虚线(南北向)所示，若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极偏东北向)所示．则以下判断正确的是( )图K815A．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有东向西的电流B．可能在指南针上面有一导线东西放置，通有西向东的电流C．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有北向南的电流D．可能在指南针上面有一导线南北放置，通有南向北的电流6．如图K816所示，一条形磁铁静止在固定斜面上，上端为N极，下端为S极，其一条磁感线如图所示，垂直于纸面方向有两根完全相同的固定导线，它们与磁铁两端的连线都与斜面垂直且长度相等(如图中虚线所示)．开始两根导线未通电流，斜面对磁铁的弹力、摩擦力的大小分别为F N、F f，后来两根导线通图示方向大小相同的电流后，磁铁仍然静止，则与未通电时相比( )图K816A．F N、F f均变大 B．F N不变，F f变小C．F N变大，F f不变 D．F N变小，F f不变7．水平面上有“U”形导轨NM、PQ，它们之间的宽度为L，M和P之间接入电源，现垂直于导轨搁一根质量为m的金属棒ab，棒与导轨间的动摩擦因数为μ(滑动摩擦力略小于最大静摩擦力)，通过棒的电流强度为I，并加一个范围较大的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于金属棒ab，与垂直导轨平面的方向夹角为θ，如图K817所示，金属棒处于静止状态，重力加速度为g，则金属棒所受的摩擦力大小为( )图K817A．BIL sin θB．BIL cos θC．μ(mg－BIL sin θ)D．μ(mg＋BIL cos θ)二、多项选择题8．(2018年海南卷)如图K818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l2、l和3l.关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是( )图K818 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处的磁感应强度为零9．(2018年浙江卷)如图K819甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为I m，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒( )图K819A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功10．如图K8110所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为F1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为F2，则以下说法正确的是( )图K8110A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短C．F1＞F2 D．F1＜F2三、非选择题11．如图K8111所示，水平导轨间距为L＝0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1 kg，电阻R0＝0.9 Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10 V，内阻r＝0.1 Ω，电阻R＝4 Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5 T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，a b处于静止状态．已知s i n53°＝0.8，cos 53°＝0.6.求：(1)通过ab的电流大小和方向．(2)ab受到的安培力大小．(3)重物重力G的取值范围．图K811112．(2018年重庆卷)某电子天平原理如图K8112所示，“E”形磁铁的两侧为N极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C、D与外电路连接，当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量．已知线圈匝数为n，线圈电阻为R，重力加速度为g.问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？图K8112专题八磁场第1讲磁场磁场对电流的作用1．C 2．C3．A 解析：由题意可知，题图中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小的2倍，方向垂直纸面向里；对A项，根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，对B项，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；对C项，右上段与左下段通电导线产生磁场叠加为零，则剩余两段通电导线产生磁场叠加也为零，故C错误；对D项，四段通电导线在O点的磁场大小是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．4．C 5．C6．D 解析：两根导线通题图方向大小相同的电流后，导线受到安培力，由牛顿第三定律，磁铁受到垂直斜面向上的作用力，斜面对磁铁的弹力减小，摩擦力不变，选项D正确．7．B 解析：金属棒处于静止状态，其合力为零，对其进行受力分析，如图D101所示，在水平方向有BIL cos θ－F f＝0，F f＝BIL cos θ，选项B正确，选项A、C、D错误．图D1018．AD 解析：由右手定则可以判断，a、c两处的磁场是两电流在a、c处产生的磁场相加，但a 距离两导线比c近，故a处的磁感应强度大小比c处的大，A正确；b、c与右侧电流距离相同，故右侧电流在此两处产生的磁场等大反向，但因为左侧电流在此两处产生了大小不同、方向相同的磁场，故b、c两处的磁感应强度大小不相等，B错误；由右手定则可知，a处磁场垂直纸面向里，c处磁场垂直纸面向外，C错误；b与两导线距离相等，故两磁场叠加为零，D正确．9．ABC 解析：由左手定则可知，金属棒一开始向右做匀加速运动，当电流反向以后，金属棒开始做匀减速运动，经过一个周期速度变为0，然后重复上述运动，所以选项A、B正确；安培力F＝BIL，由图象可知前半个周期安培力水平向右，后半个周期安培力水平向左，不断重复，选项C 正确；一个周期内，金属棒初、末速度相同，由动能定理可知安培力在一个周期内不做功，选项D 错误．10．BC 解析：如图D102甲所示，导体棒处的磁场方向指向右上方，根据左手定则可知，导体棒受到的安培力方向垂直于磁场方向指向右下方，根据牛顿第三定律，对条形磁铁受力分析，如图乙所示，所以F N 1＞F N 2即台秤示数F 1＞F 2，在水平方向上，由于F ′有向左的分力，磁铁压缩弹簧，所以弹簧长度变短．甲 乙图D10211．解：(1)I ＝ER ＋R 0＋r＝2 A方向为由a 到b . (2)F ＝BIL ＝5 N.(3)受力如图D118所示，f m ＝μ(mg －F cos 53°)＝3.5 N图D118当最大静摩擦力方向向右时F T ＝F sin 53°－f m ＝0.5 N 当最大静摩擦力方向向左时F T ＝F sin 53°＋f m ＝7.5 N 由于F T ＝G ，所以0.5 N≤G ≤7.5 N.12．解： (1)由右手定则可知线圈向下运动，感应电流从C 端流出．(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入，由F A ＝mg 和F A ＝2nBIL ，得m ＝2nBLgI .(3)设称量最大质量为m 0，由m ＝2nBLgI 和P ＝I 2R得m 0＝2nBL gP R.。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第九章磁场45分钟章末验收卷含答案
45分钟章末验收卷一、单项选择题1。
如图1所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点,处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ,重力加速度为g.则( ）图1A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面向上C．金属棒中的电流大小为错误!tan θD．每条细线所受拉力大小为mg cos θ答案C解析平衡时两细线与竖直方向夹角均为θ,故金属棒受到安培力，根据左手定则,可判断金属棒中的电流方向由M指向N,故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；设每条细线所受拉力大小为F T，由受力分析可知，2F T sin θ＝BIL，2F T cos θ＝mg，得I＝mgBL tan θ,故C正确；由受力分析可知，2F T cos θ＝mg,得F T＝错误!·错误!，故D错误．2.不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的径迹如图2。
分别用v M与v N、t M与t N、错误!与错误!表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质比，则( ）图2A．如果错误!＝错误!，则v M>v NB．如果错误!＝错误!,则t M<t NC．如果v M＝v N，则q Mm M>错误!D．如果t M＝t N，则错误!〉错误!答案A解析由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m错误!，错误!＝错误!,由它们在磁场中的轨迹可知，两个带电粒子M和N轨迹的半径关系为r M>r N，如果错误!＝错误!，则v M>v N,选项A正确；两个带电粒子M和N在匀强磁场中轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期,由T＝错误!可知,如果错误!＝错误!，则两个带电粒子M和N在匀强磁场中运动周期相等，t M＝t N，选项B错误，同理,选项D错误;由qvB＝m v2r，可解得v＝错误!.如果v M＝v N，则错误!〈错误!，选项C错误．3.如图3所示,有一个正方形的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点，f 是cd的中点，如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的粒子（带电粒子重力不计）,恰好从e点射出,则（）图3A．如果粒子的速度增大为原来的2倍，将从d点射出B．如果粒子的速度增大为原来的3倍，将从f点射出C．如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变为原来的2倍，将从d 点射出D．只改变粒子的速度使其分别从e、d、f点射出时，从e点射出所用时间最短答案A解析如果粒子的速度增大为原来的2倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式R＝错误!可知，半径将增大为原来的2倍,根据几何关系可知，粒子正好从d点射出，故A项正确；设正方形边长为2a，则粒子从e点射出，轨迹半径为错误!a.磁感应强度不变,粒子的速度变为原来的3倍,则轨迹半径变为原来的3倍，即轨迹半径为错误!a,则由几何关系可知，粒子从fd之间射出磁场,B项错；如果粒子速度不变,磁感应强度变为原来的2倍,粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从d点射出，C项错;只改变粒子速度使其分别从e、d、f三点射出时,从f点射出时轨迹的圆心角最小,运动时间最短，D项错．4．如图4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为B，某种比荷为错误!、速度大小为v的一群离子以一定发散角α由原点O出射，y 轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内，则cos 错误!为( ）图4A 。
2018版高考物理(全国通用)大一轮复习讲义文档：第十章 电磁感应 45分钟章末验收卷 Word版含答案
45分钟章末验收卷一、单项选择题1．图1甲是法拉第于1831年发明的人类历史上第一台发电机——圆盘发电机．图乙为其示意图，铜盘安装在水平的铜轴上，磁感线垂直穿过铜盘；两块铜片M 、N 分别与铜轴和铜盘边缘接触，匀速转动铜盘，电阻R 就有电流通过．则下列说法正确的是( )图1A ．回路中恒定电流的大小与铜盘转速无关B ．回路中有大小和方向都做周期性变化的涡流C ．回路中电流方向不变，从M 经导线流进电阻R ，再从N 流向铜盘D ．铜盘绕铜轴转动时，沿半径方向上的金属“条”切割磁感线，产生电动势 答案 D解析 圆盘发电机的圆盘可看做无数条沿半径方向的金属“条”，转动切割磁感线产生感应电动势，D 项正确；金属“条”相互并联，产生的感应电动势与一条金属“条”转动切割产生的感应电动势相等，即E ＝12BL 2ω，可见感应电动势大小不变，回路总电阻不变，由闭合回路欧姆定律得I ＝E R，故回路中电流大小恒定，且与铜盘转速有关，A 、B 项错；由右手定则可知，回路中电流方向是自下而上通过电阻R ，C 项错．2．下列没有利用涡流的是( )A ．金属探测器B ．变压器中用互相绝缘的硅钢片叠成铁芯C ．用来冶炼合金钢的真空冶炼炉D ．磁电式仪表的线圈用铝框做骨架答案 B解析 金属探测器、冶炼炉都是利用涡流现象工作的，磁电式仪表利用涡流能让指针快速稳定，也是利用涡流现象，变压器中的硅钢片是为了防止涡流产生铁损．3.如图2所示电路中，A 、B 、C 为完全相同的三个灯泡，L 是一直流电阻不可忽略的电感线圈．a 、b 为线圈L 的左右两端点，原来开关S 是闭合的，三个灯泡亮度相同．将开关S 断开后，下列说法正确的是( )图2A ．a 点电势高于b 点，A 灯闪亮后缓慢熄灭B ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭C ．a 点电势高于b 点，B 、C 灯闪亮后缓慢熄灭D ．a 点电势低于b 点，B 、C 灯不会闪亮只是缓慢熄灭答案 D解析 电路稳定时，三个完全相同的灯泡亮度相同，说明流经三个灯泡的电流相等．某时刻将开关S 断开，流经电感线圈的磁通量减小，其发生自感现象，相当于电源，产生和原电流方向相同的感应电流，故a 点电势低于b 点电势，三个灯不会闪亮只是缓慢熄灭，选项D 正确．4．如图3所示，等腰三角形内分布有垂直于纸面向外的匀强磁场，它的底边在x 轴上且长为2L ，高为L ，纸面内一边长为L 的正方形导线框沿x 轴正方向做匀速直线运动穿过匀强磁场区域，在t ＝0时刻恰好位于如图所示的位置，以顺时针方向为导线框中电流的正方向，下面四幅图中能够正确表示导线框中的电流－位移(I －x )关系的是( )图3答案 B解析 位移在0～L 过程，磁通量增大，由楞次定律判断感应电流方向为顺时针方向，为正值．I ＝Bl v R ，l ＝x ，则I ＝B v Rx ；位移在L ～2L 过程：磁通量先增大后减小，由楞次定律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，由楞次定律判断感应电流方向为逆时针方向，为负值，I ＝B v R(3L －x )． 5．如图4甲，光滑平行且足够长的金属导轨ab 、cd 所在平面与水平面成θ角，b 、c 两端接有阻值为R 的定值电阻．阻值为r 的金属棒PQ 垂直导轨放置，其他部分电阻不计．整个装置处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向上．从t ＝0时刻开始，棒受到一个平行于导轨向上的外力F 作用，由静止开始沿导轨向上运动，运动中棒始终与导轨垂直且接触良好，通过R 的感应电流随时间t 变化的图象如图乙所示．下面分别给出了穿过回路PQcb 的磁通量Φ、磁通量的变化率ΔΦΔt、电阻R 两端的电势差U 和通过棒上某横截面的总电荷量q 随运动时间t 变化的图象，其中正确的是( )图4答案 B解析 由于产生的感应电动势是逐渐增大的，而图象A 描述磁通量与时间关系中斜率不变，产生的感应电动势不变，A 错误；回路中的感应电动势为：E ＝ΔΦΔt ，感应电流为I ＝E R ＋r＝ΔΦ(R ＋r )Δt，由题图乙可知：I ＝kt ，故有：ΔΦΔt ＝k (R ＋r )t ，所以图象B 正确；I 均匀增大，电阻R 两端的电势差U ＝IR ＝ktR ，则知U 与时间t 成正比，C 错误；通过金属棒的电荷量为：q ＝I t ＝12kt 2，故有q －t 图象为抛物线，并非过原点的直线，D 错误． 6.如图5所示，虚线两侧的磁感应强度大小均为B ，方向相反，电阻为R 的导线弯成顶角为90°，半径为r 的两个扇形组成的回路，O 为圆心，整个回路可绕O 点转动．若由图示的位置开始沿顺时针方向以角速度ω转动，则在一个周期内电路消耗的电能为( )图5A.πB 2ωr 4RB.2πB 2ωr 4RC.4πB 2ωr 4RD.8πB 2ωr 4R答案 C 解析 从图示位置开始计时，在一个周期T 内，在0～T 4、T 2～34T 内没有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内有感应电流产生，在T 4～T 2，34T ～T 内线框产生的总的感应电动势E ＝4×12Br 2ω＝2Br 2ω，则在一周期内电路释放的电能为Q ＝E 2R ·T 2，T ＝2πω，解得Q ＝4πB 2ωr 4R ，C 项正确． 7．随着科技的不断发展，无线充电已经进入人们的生活．某品牌手机的无线充电原理如图6所示．关于无线充电，下列说法正确的是( )图6A ．充电底座中的发射线圈将磁场能转化为电能B ．充电底座可以直接使用直流电源实现对手机的无线充电C ．接收线圈中交变电流的频率与发射线圈中交变电流的频率相同D ．无线充电时手机接收线圈利用“电流的磁效应”获取电能答案 C解析 发射线圈中通入交变电流，交变电流周围形成交变磁场，交变磁场又形成交变电场，从而在接收线圈形成交变电流．发射线圈是将电能转化为磁场能，接收线圈是将磁场能转化为电能，A 错误；直流电周围形成恒定的磁场，恒定的磁场无法由电磁感应形成电场，B 错误；根据电磁感应规律知接收线圈与发射线圈中交变电流的频率一样，C 正确；无线充电时手机接收线圈利用“电磁感应”获得电能，D 错误．二、多项选择题8.如图7所示，足够长的光滑导轨倾斜放置，导轨宽度为L ，其下端与电阻R 连接．导体棒ab 电阻为r ，导轨和导线电阻不计，匀强磁场竖直向上．若导体棒ab 以一定初速度v 下滑，则关于ab 棒的下列说法中正确的是( )图7A．所受安培力方向水平向右B．可能以速度v匀速下滑C．刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为BL vD．减少的重力势能等于电阻R上产生的内能答案AB解析导体棒ab以一定初速度v下滑，切割磁感线产生感应电动势和感应电流，由右手定则可判断出电流方向为从b到a，由左手定则可判断出ab棒所受安培力方向水平向右，选项A正确．当mg sin θ＝BIL cos θ时，ab棒沿导轨方向合外力为零，可以速度v匀速下滑，选项B正确．由于速度方向与磁场方向夹角为(90°＋θ)，刚下滑的瞬间ab棒产生的感应电动势为E＝BL v cos θ，选项C错误．由能量守恒定律知，ab棒减少的重力势能不等于电阻R 上产生的内能，选项D错误．9．如图8，两根平行光滑金属导轨固定在同一水平面内，其左端接有定值电阻R.Ox轴平行于金属导轨，在0≤x≤4 m的空间区域内存在着垂直导轨平面向下的磁场，磁感应强度B 随坐标x(以m为单位)的分布规律为B＝0.8－0.2x(T)．金属棒ab在外力作用下从x＝0处沿导轨运动，金属棒始终与导轨垂直并接触良好，不计导轨和金属棒的电阻．设在金属棒从x1＝1 m经x2＝2 m到x3＝3 m的过程中，R的电功率保持不变，则金属棒()图8A．在x1与x3处的电动势之比为1∶3B．在x1与x3处受到磁场B的作用力大小之比为3∶1C．从x1到x2与从x2到x3的过程中通过R的电荷量之比为5∶3D．从x1到x2与从x2到x3的过程中R产生的焦耳热之比为5∶3答案BCD解析由于金属棒在运动过程中，R的电功率不变，则由P＝I2R知电路中电流I不变，又根据E ＝IR知在x1与x3处电动势相同，选项A错误；由题意知在x1、x2、x3处的磁感应强度分别为0.6 T 、0.4 T 、0.2 T ，设导轨间距为L ，由F ＝BIL 知金属棒在x 1与x 3处受到磁场B 的作用力大小之比为3∶1，选项B 正确；由E ＝ΔΦΔt ，q ＝I Δt ，得q ＝ΔΦR，如图为B 随x 变化的图象，图线与坐标轴所围的面积与L 的乘积表示回路磁通量的变化量ΔΦ，可知金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程中通过R 的电荷量之比为5∶3，选项C 正确；根据Q ＝I 2R Δt 和q ＝I Δt 可知金属棒从x 1到x 2与从x 2到x 3的过程所用的时间之比为5∶3，则R 产生的焦耳热之比为5∶3，选项D 正确．10.如图9所示，在水平光滑绝缘桌面上建立直角坐标系xOy ，第一象限内存在垂直桌面向上的磁场，磁场的磁感应强度B 沿x 轴正方向均匀增大且ΔB Δx＝k ，一边长为a 、电阻为R 的单匝正方形线圈ABCD 在第一象限内以速度v 沿x 轴正方向匀速运动，运动中AB 边始终与x 轴平行，则下列判断正确的是( )图9A ．线圈中的感应电流沿逆时针方向B ．线圈中感应电流的大小为ka 2v RC ．为保持线圈匀速运动，可对线圈施加大小为k 2a 4v R的水平外力 D ．线圈不可能有两条边所受安培力大小相等答案 BC解析 由楞次定律得感应电流沿顺时针方向，A 错误；设线圈向右移动一段距离Δl ，则通过线圈的磁通量变化为ΔΦ＝Δl ·ΔB Δx·a 2＝Δl ·a 2k ，而所需时间为Δt ＝Δl v ，根据法拉第电磁感应定律，感应电动势为E ＝ΔΦΔt ＝ka 2v ，故感应电流大小为I ＝E R ＝ka 2v R，B 正确；线圈匀速运动时，外力与安培力平衡，由平衡条件得F ＝(B 2－B 1)Ia ＝ka 2I ＝k 2a 4v R ，C 正确；线圈的AB 、CD 两条边所受安培力大小相等，D 错误．11．如图10，两平行金属导轨固定在水平面上，匀强磁场方向垂直导轨平面向下，金属棒ab 、cd 与导轨垂直构成闭合回路，且两棒都可沿导轨无摩擦滑动．用与导轨平行的水平恒力F 向右拉cd 棒，经过足够长时间以后( )图10A ．两棒间的距离保持不变B ．两棒都做匀速直线运动C ．两棒都做匀加速直线运动D ．ab 棒中的电流方向由b 流向a答案 CD三、非选择题12.水平放置的两根平行金属导轨ad 和bc ，导轨两端a 、b 和c 、d 两点分别连接电阻R 1和R 2，组成矩形线框，如图11所示，ad 和bc 相距L ＝0.5 m ，放在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度为B ＝1 T ，一根电阻为0.2 Ω的导体棒PQ 跨接在两根金属导轨上，在外力作用下以4 m/s 的速度，向右匀速运动，如果电阻R 1＝0.3 Ω，R 2＝0.6 Ω，导轨ad 和bc 的电阻不计，导体棒与导轨接触良好．求：图11(1)导体棒PQ 中产生的感应电流的大小；(2)导体棒PQ 上感应电流的方向；(3)导体棒PQ 向右匀速滑动的过程中，外力做功的功率．答案 (1)5 A (2)Q →P (3)10 W解析 (1)根据法拉第电磁感应定律E ＝BL v ＝1×0.5×4 V ＝2 V又R 外＝R 1R 2R 1＋R 2＝0.3×0.60.3＋0.6Ω＝0.2 Ω 则感应电流的大小I ＝E R 外＋r ＝20.2＋0.2A ＝5 A (2)根据右手定则判定电流方向为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 ＝F v ＝2.5×4 W ＝10 W.13．如图12所示，间距为L 的平行且足够长的光滑导轨由两部分组成．倾斜部分与水平部分平滑相连，倾角为θ，在倾斜导轨顶端连接一阻值为r 的定值电阻．质量为m 、电阻也为r 的金属杆MN 垂直导轨跨放在导轨上，在倾斜导轨区域加一垂直导轨平面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场；在水平导轨区域加另一垂直轨道平面向下、磁感应强度也为B 的匀强磁场．闭合开关S ，让金属杆MN 从图示位置由静止释放，已知金属杆MN 运动到水平轨道前，已达到最大速度，不计导轨电阻且金属杆MN 始终与导轨接触良好，重力加速度为g .求：图12(1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的最大速率v m ；(2)金属杆MN 在倾斜导轨上运动，速度未达到最大速度v m 前，当流经定值电阻的电流从零增大到I 0的过程中，通过定值电阻的电荷量为q ，求这段时间内在定值电阻上产生的焦耳热Q ；(3)金属杆MN 在水平导轨上滑行的最大距离x m .答案 见解析解析 (1)金属杆MN 在倾斜导轨上滑行的速度最大时，其受到的合力为零，对其受力分析，可得mg sin θ－BI m L ＝0根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I m ＝BL v m 2r解得：v m ＝2mgr sin θB 2L 2 (2)设在这段时间内，金属杆MN 运动的位移为x由电流的定义可得：q ＝I Δt根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律得：平均电流I ＝B ΔS 2r Δt ＝BLx 2r Δt解得：x ＝2qr BL设电流为I 0时金属杆MN 的速度为v 0，根据法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律，可得I 0＝BL v 02r ，解得v 0＝2rI 0BL设此过程中，电路产生的焦耳热为Q 热，由功能关系可得：mgx sin θ＝Q 热＋12m v 20定值电阻r 产生的焦耳热Q ＝12Q 热 解得：Q ＝mgqr sin θBL －mI 20r 2B 2L 2 (3)设金属杆MN 在水平导轨上滑行时的加速度大小为a ，速度为v 时回路电流为I ，由牛顿第二定律得：BIL ＝ma由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律可得：I ＝BL v 2r 得：B 2L 22r v ＝m Δv ΔtB 2L 22r v Δt ＝m Δv ，即B 2L 22r x m＝m v m 得：x m ＝4m 2gr 2sin θB 4L 4。
2018届高考物理一轮复习磁场综合检测
磁场一、选择题（1~6题为单项选择题，7~10题为多项选择题）1．如图1所示,在通电螺线管中央的正上方用轻质细线悬挂长为l的一小段通电直导线，导线中通入垂直于纸面向里的电流I，力传感器用来测量细线的拉力大小，导线下方的螺线管与一未知极性的直流电源连接.开关断开时,力传感器的示数恰好等于通电直导线的重力G，现闭合开关，则下列说法正确的是（）图1A．通电螺线管在通电直导线处产生的磁场方向可能竖直向下B．通电直导线可能受到垂直纸面向里的安培力作用C．若力传感器的示数变大，则电源的右端一定为正极D．若力传感器的示数变为通电直导线重力的一半,则通电直导线所在处的磁感应强度大小一定为错误!2．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针原来指向正北的N极逆时针转过30°(如图2所示的虚线),设该处的地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为（)图2A．B B．2B C。
错误!D。
错误!B3．（2016·江苏省苏锡常镇联考)两根相互靠近的长直导线1、2中通有相同的电流，相互作用力为F。
若在两根导线所在空间内加一匀强磁场后，导线2所受安培力的合力恰好为零。
则所加磁场的方向是（)图3A．垂直纸面向里B．垂直纸面向外C．垂直导线向右D．垂直导线向左4．如图4所示，两平行导轨与水平面成α＝37°角，导轨间距为L＝1。
0 m，匀强磁场的磁感应强度可调，方向垂直导轨所在平面向下。
一金属杆长也为L，质量m＝0.2 kg，水平放在导轨上，与导轨接触良好而处于静止状态，金属杆与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5,通有图示方向的电流,电流强度I＝2。
0 A，令最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则磁感应强度的最大值和最小值分别为( )图4A．1.0 T 0 B．1。
0 T 0.6 TC．1。
0 T 0.2 T D．0.6 T 0.2 T5．(2016·黑龙江大庆模拟）如图5所示，从S处发出的热电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转。
【高三物理试题精选】2018高考物理磁场一轮复习题(含答案和解释)
2018高考物理磁场一轮复习题(含答案和解释)
4 (2018 吴江模拟)如图4所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。
规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是图5中的( )
图4
图5
解析选C 由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动1/4圆周，故t＝T/4，由于T＝2πmBq，求得B＝πm2qt，只有选项C正确。
5 (2018 南京月考)如图6所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。
一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出。
若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b( )
图6
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D．在电场中运动时，动能一定减小
解析选C a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电。
2018版高三物理一轮复习专题9磁场含2015年高考真题
专题9 磁场1.（15江苏卷）如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度，下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长NM相等，将它们分别挂在天平的右臂下方，线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态，若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是答案：A解析：因为在磁场中受安培力的导体的有效长度(A)最大，所以选A.2．（15海南卷）如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a 点.在电子经过a点的瞬间.条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向（）A．向上 B.向下 C.向左 D.向右答案：A解析：条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确.3.（15重庆卷）题1图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物质发生衰变放出的部分粒子的经迹，气泡室中磁感应强度方向垂直纸面向里.以下判断可能正确的是A.a、b为β粒子的经迹B. a、b为γ粒子的经迹C. c、d为α粒子的经迹D. c、d 为β粒子的经迹答案：D解析：γ射线是不带电的光子流，在磁场中不偏转，故选项B错误.α粒子为氦核带正电，由左手定则知受到向上的洛伦兹力向上偏转，故选项A、C错误；β粒子是带负电的电子流，应向下偏转，选项D正确.4.（15重庆卷）音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机.题7图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L ，匝数为n ，磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下，大小为B ，区域外的磁场忽略不计.线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等.某时刻线圈中电流从P 流向Ｑ，大小为I ．（１）求此时线圈所受安培力的大小和方向.（２）若此时线圈水平向右运动的速度大小为v ，求安培力的功率．解析：（1）线圈的右边受到磁场的安培力，共有n 条边，故F=nBIL,由左手定则，电流向外，磁场向下，安培力水平向右（2）安培力的瞬时功率为P=Fv=nBILv5.（15重庆卷）题9图为某种离子加速器的设计方案.两个半圆形金属盒内存在相同的垂直于纸面向外的匀强磁场.其中MN 和M N ''是间距为h 的两平行极板，其上分别有正对的两个小孔O 和O '，O N =ON=d ''，P 为靶点，O P=kd '（k 为大于1的整数）.极板间存在方向向上的匀强电场，两极板间电压为U .质量为m 、带电量为q 的正离子从O 点由静止开始加速，经O '进入磁场区域.当离子打到极板上O N ''区域（含N '点）或外壳上时将会被吸收.两虚线之间的区域无电场和磁场存在，离子可匀速穿过.忽略相对论效应和离子所受的重力.求：（1）离子经过电场仅加速一次后能打到P 点所需的磁感应强度大小；（2）能使离子打到P 点的磁感应强度的所有可能值；（3）打到P 点的能量最大的离子在磁场中运动的时间和在电场中运动的时间.解析：（1）离子经电场加速，由动能定理：212qU mv =，可得v =磁场中做匀速圆周运动，2v qvB m r= 刚好打在P 点，轨迹为半圆，由几何关系可知2kd r =联立解得B = （2）若磁感应强度较大，设离子经过一次加速后若速度较小，圆周运动半径较小，不能直接打在P 点，而做圆周运动到达N '右端，再匀速直线到下端磁场，将重新回到O 点重新加速，直到打在P 点.设共加速了n 次，有：212n nqU mv = 2n n n v qv B m r = 且2n kd r =解得：B =， 要求离子第一次加速后不能打在板上，有12d r >，且2112qU mv =，2111v qv B m r = 解得：2n k <故加速次数n 为正整数最大取21n k =-即B =2(1,2,3,,1)n k =-（3）加速次数最多的离子速度最大，取21n k =-，离子在磁场中做n-1个完整的匀速圆周运动和半个圆周打到P 点. 由匀速圆周运动22r m T v qBππ==2=(1)2T t n T -+=磁电场中一共加速n 次，可等效成连续的匀加速直线运动.由运动学公式221(1)2k h at -=电 qU a mh=可得：=t 电 6.（15新课标2卷）指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针，下列说明正确的是A. 指南针可以仅具有一个磁极B. 指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转答案：BC解析：指南针不可以仅具有一个磁极，故A 错误；指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B 正确；当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C 正确；根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一根导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D 错误.7.（15新课标2卷）有两个匀强磁场区域I 和 II ，I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动.与I 中运动的电子相比，II 中的电子A. 运动轨迹的半径是I 中的k 倍B. 加速度的大小是I 中的k 倍C. 做圆周运动的周期是I 中的k 倍D. 做圆周运动的角速度是I 中的k 倍答案：AC解析： 电子在磁场中做匀速圆周运动时，向心力由洛伦兹力提供：rmv qvB 2=，解得：qBmv r =，因为I 中的磁感应强度是II 中的k 倍，所以，II 中的电子运动轨迹的半径是I 中的k 倍，故A 正确；加速度m qvB a =，加速度大小是I 中的1/k 倍，故B 错误；由周期公式：qBm T π2=，得II 中的电子做圆周运动的周期是I 中的k 倍，故C 正确；角速度mqB T ==πω2，II 中的电子做圆周运动的角速度是I 中的1/k 倍，D 错误 8.（15新课标1卷）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行.一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小答案：D 解析：由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即2v qvB m R=，轨道半径mv R qB=，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度v R ω=可判断角速度变小，选项D 正确. 9.（15广东卷）在同一匀强磁场中，α粒子（He 42）和质子（H 21）做匀速圆周运动，若它们的动量大小相等，则α粒子和质子A ．运动半径之比是2∶1B ．运动周期之比是2∶1C ．运动速度大小之比是4∶1D ．受到的洛伦兹力之比是2∶1 答案：B解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有：qvB ＝r v m 2，解得其运动半径为：r ＝qBmv ，由题意可知，m αv α＝m H v H ，所以有：H αr r ＝αH q q ＝21，H αv v ＝αH m m ＝41，H αf f 洛洛＝αH H αm m q q ⋅＝21故选项A 、C 、D 错误；根据匀速圆周运动参量间关系有：T ＝v r π2，解得：T ＝qB m π2，所以有：H αT T ＝αH H αq q m m ⋅＝12，故选项B 正确.。
2018届高考物理一轮总复习章末检测卷：第八章 磁场 全国通用 含解析
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2017·河北省重点中学调研)如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是()A．从AB边出射的电子的运动时间都相等B．从AC边出射的电子的运动时间都相等C．入射速度越大的电子，其运动时间越长D．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长解析：电子做圆周运动的周期T＝2πmeB，保持不变，电子在磁场中运动时间为t＝θ2πT，轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长．电子沿BC方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关．故选项A正确，选项C错误；从AC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等．故选项B、D错误．答案：A2．(2017·烟台模拟)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变D．电子将向右偏转，速率改变解析：导线在电子附近产生的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知，电子受到的洛伦兹力方向向右，电子向右偏转，但由于洛伦兹力不做功，电子速率不变，A正确．答案：A3．(2016·新乡模拟)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故选项C正确，D错误．答案：C4．(2016·黄冈模拟)如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是()A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B．该点电荷的比荷qm＝2v0BRC．该点电荷在磁场中的运动时间t＝πR 3v0D．该点电荷带正电解析：根据左手定则可知，该点电荷带负电，选项D错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应的圆心角，根据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹刚好是半个圆周，画出其运动轨迹并找出圆心O1，如图所示，根据几何关系可知，轨道半径r＝R 2，根据r ＝mv 0Bq 和t ＝πr v 0可求出，该点电荷的比荷为q m ＝2v 0BR和该点电荷在磁场中的运动时间t ＝πR2v 0，所以选项B 正确，C 错误；该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O 点，选项A 错误．答案：B5．(2016·张家界模拟)如图所示，铜质导电板(单位体积的电荷数为n)置于匀强磁场中，用电源、开关、电流表、电压表可以测出磁感应强度的大小和方向．将电路接通，串联在AB 线中的电流表读数为I ，电流方向从A 到B ，并联在CD 两端的电压表的读数为U CD >0，已知铜质导电板厚h 、横截面积为S ，电子电荷量为e.则该处的磁感应强度的大小和方向可能是( )A .neSU Ih、垂直纸面向外 B .nSU Ih、竖直向上C .neSU Ih、垂直纸面向里 D .nSU Ih、竖直向下 解析：铜质导电板靠电子导电，当铜质导电板通电时，U he ＝Bev ，式中v 为电子定向运动的速度，由电流的微观定义得I ＝neSv ，得B ＝neSU Ih，B 、D 错；根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，A 对，C 错．答案：A6．(2017·衡水模拟)如图所示，从离子源发射出的正离子，经加速电压U 加速后进入相互垂直的电场(E 方向竖直向上)和磁场(B 方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转．要使此离子沿直线通过电磁场，需要( )A ．增加E ，减小B B ．增加E ，减小UC ．适当增加UD ．适当减小E解析：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，必须满足条件Eq ＝qvB.根据左手定则可知正离子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，因正离子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．增大电场强度E，即可以增大电场力，减小磁感应强度B，即减小洛伦兹力，不满足要求，故选项A错误；减小加速电压U，则洛伦兹力减小，而增大电场强度E，则电场力增大，不满足要求，故选项B错误；加速电场中，根据eU＝12mv2可得v2＝2eUm，适当地增大加速电压U，从而增大洛伦兹力，故选项C正确；根据适当减小电场强度E，从而减小电场力，故选项D正确．答案：CD7．如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是()解析：带电小球进入复合场时受力情况：其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，A项中力qvB随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，做曲线运动，所以A错．答案：CD8．(2017·绵阳模拟)粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D形金属盒的半径为R，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f，加速电压为U，若中心粒子源处产生的质子质量为m、电荷量为＋e，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A．不改变磁感应强度B和交流电的频率f，该加速器也可加速α粒子B．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U的增大而增大C．质子被加速后的最大速度不能超过2πRfD．质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1解析：质子被加速获得的最大速度受到D形盒最大半径的制约，v m＝2πRT＝2πRf，C正确；粒子旋转频率为f＝Bq2πm，与被加速粒子的比荷有关，所以A错误；粒子被加速的最大动能E km＝mv2m2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；因为运动半径R＝mvBq，nUq＝mv22，知半径比为2∶1，D正确．答案：CD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．) 9．(8分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L ＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B ＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N＝mg，(2分)水平方向BIL－F f－Mg＝0，(2分)又F f＝μF N.(2分)联立解得I＝2A．(1分)由左手定则知电流方向由a指向b.(1分)答案：2 A电流方向由a指向b10．(10分)横截面为正方形abcd的匀强磁场磁感应强度为B，一个带电粒子以垂直于磁场方向、在ab边的中点与ab边成30°角的速度v0射入磁场，如图所示，带电粒子恰好不从ad边离开磁场，已知粒子的质量为m，正方形边长为L，不计重力，求：(1)粒子带何种电荷？粒子的电荷量是多少？(2)粒子在磁场中运动的时间．解析：(1)根据左手定则，粒子带正电荷，设粒子做圆周运动的半径为r.由几何条件有r＋r cos 60°＝L2，(1分)解得r＝L3.(1分)根据牛顿第二定律qv0B＝mv20r，(2分)所以q＝mv0Br＝3mv0BL.(1分)(2)设周期为T，由几何条件可知粒子轨道所对的圆心角为300°，(1分)所以t＝56T，(1分)又T＝2πrv0＝2πL3v0，(2分)解得t＝56T＝5πL9v0.(1分)答案：(1)粒子带正电荷，3mv0BL(2)5πL9v011．(10分)如图甲所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv 0B 0＝m v 20r，(2分) 做匀速圆周运动的周期T 0＝2πr v 0.(2分) 联立两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0.(1分) (2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r ＝d 4.(3分)当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有r ＝d 4n(n ＝1，2，3，…)．(1分) 联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qr m ＝πd 2nT 0(n ＝1，2，3，…)．(1分) 答案：(1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1，2，3，…)12．(12分)(2014·重庆卷)某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g.问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入？求重物质量与电流的关系；(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析：(1)由右手定则可知线圈向下运动，感应电流从C 端流出．(1分)(2)设线圈受到的安培力为F A ，外加电流从D 端流入．(1分)由F A ＝mg ，①(2分)F A ＝2nBIL ，②(2分)得m ＝2nBL gI.③(1分) (3)设称量最大质量为m 0，由m ＝2nBL gI ，④(2分) P ＝I 2R ，⑤(2分)得m 0＝2nBL g P R.⑥(1分) 答案：(1)电流从C 端流出 (2)从D 端流入 m ＝2nBL g I (3)2nBL g P R13．(12分)(2015·浙江卷)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等．质量为m ，速度为v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r 的圆，圆心在O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器．引出器原理如图所示，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O′点(O′点图中未画出)．引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P 点进入通道，沿通道中心线从Q 点射出．已知OQ 长度为L ，OQ 与OP 的夹角为θ.(1)求离子的电荷量q 并判断其正负．(2)离子从P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B′，求B′.(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应．为使离子仍从P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E 的方向和大小．解析：(1)离子做圆周运动Bqv ＝m v 2r，①(2分) 解得q ＝mv Br，正电荷．②(2分) (2)如图所示．O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r.引出轨迹为圆弧B′qv ＝m v 2R ，③(2分) 解得R ＝mvB ′q .④(1分)根据几何关系得R ＝r 2＋L 2－2rR cos θ2r －2L cos θ.⑤(1分)解得B′＝mv qR ＝2mv （r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）.⑥(1分)(3)电场强度方向沿径向向外⑦(1分)引出轨迹为圆弧Bqv －Eq ＝m v 2R ，⑧(1分) 解得E ＝Bv －2mv 2（r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）.(1分)答案：(1)q ＝mv Br ，正电荷 (2)2mv （r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）(3)沿径向向外E ＝Bv －2mv 2（r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）。
2018年全国卷高考物理总复习《磁场》习题专训(含答案)
2018年全国卷高考物理总复习《磁场》习题专训1．如图所示，条形磁铁放在桌子上，一根通电直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图，则在这个过程中磁铁受到的摩擦力（保持静止）（）A．为零.B．方向由左变为向右.C．方向保持不变.D．方向由右变为向左.【答案】B2．在等边三角形的三个顶点a、b、c处，各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，则过c点的导线所受安培力的方向（）A．与ab边平行，竖直向上B．与ab边平行，竖直向下C．与ab边垂直，指向左边D．与ab边垂直，指向右边【答案】C3．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耳电压U H。
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neSvI 。
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B ．U H 存在于导体的Z 1、Z 2两面之间C ．单位体积内的自由电子数n 越大，U H 越小D ．通过测量U H ，可用IU R =求得导体X 1、X 2两面间的电阻 【答案】C4．如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的直径。
一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为v 、方向与ab 成30°角时，恰好从b 点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t ；若同一带电粒子从a 点沿ab 方向射入磁场，也经时间t 飞出磁场，则其速度大小为（ ）A ．v 21B ．v 32C ．v 23D ．v 23 【答案】C5．如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为q mgE 3=，且电场方向与磁场方向垂直。
2018版高考物理大一轮专题复习课时作业：综合测试7(专题13)含答案
综合测试7(专题13）(选修3－4）（时间：60分钟满分：95分)一、选择题（本题共6小题，每小题8分，共48分．在每小题给出的五个选项中，均有三项符合题目要求,选对一个得3分，选错一个扣4分，扣完为止．）1．关于电磁波，下列说法正确的是（）A．电磁波在真空中的传播速度与电磁波的频率无关B．周期性变化的电场和磁场可以相互激发，形成电磁波C．电磁波在真空中自由传播时,其传播方向与电场强度、磁感应强度均垂直D．利用电磁波传递信号可以实现无线通信，但电磁波不能通过电缆、光缆传输E．电磁波可以由电磁振荡产生，若波源的电磁振荡停止，空间的电磁波随即消失2．下列说法中正确的是（)A．做简谐运动的物体，其振动能量与振幅无关B．全息照相的拍摄利用了光的干涉原理C．真空中的光速在不同的惯性参考系中都是相同的，与光源和观察者的运动无关D．医学上用激光做“光刀”来进行手术，主要是利用了激光的亮度高、能量大的特点E．机械波和电磁波都可以在真空中传播3．如图X7。
1所示为半圆形的玻璃砖，C为AB的中点，OO′为过C点的AB面的垂线．a、b两束不同频率的单色可见细光束垂直AB边从空气射入玻璃砖，且两束光在AB面上入射点到C点的距离相等，两束光折射后相交于图中的P点，以下判断正确的是( )图X7。
1A．在半圆形的玻璃砖中，a光的传播速度大于b光的传播速度B．a光的频率大于b光的频率C．两种色光分别通过同一双缝干涉装置形成的干涉条纹，相邻明条纹的间距a光的较大D．若a、b两束光从同一介质射入真空过程中，a光发生全反射的临界角大于b光发生全反射的临界角E．b光比a光更容易发生衍射现象4．在坐标原点的波源产生一列沿x轴正方向传播的简谐横波，波速v＝10 m/s，已知在t＝0时刻的波形如图X7。
2所示，此时波刚好传播到x＝5 m处．下列说法中正确的是（)图X7.2A．这列波的波长为4 mB．这列波的振幅为20 cmC．这列波的频率为2.5 HzD．波源起振方向沿y轴正方向E．再经过0.2 s的时间，质点a到达质点b现在所处的位置5．(2016年云南名校统考)一列简谐横波，沿x轴正方向传播，传播速度为10m/s，在t＝0时的波形图如图X73所示，则下列说法正确的是（)图X73A．此时x＝1。
2018年高考物理课标Ⅰ专用复习专题测试专题十 磁场 共185张 精品
答案 D 因洛伦兹力不做功,故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后,其速度大
小不变,由r= mv 知,轨道半径增大;由角速度ω= v 知,角速度减小,选项D正确。
qB
r
解题关键 ①洛伦兹力对带电粒子不做功。②粒子做圆周运动满足Bqv=m v2 ,可得r= mv 。③v=
r
Bq
ωr。
11.(2015课标Ⅱ,19,6分,0.506)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子
2 m Be
∝1
B
,故T2=kT1,C正确。角速度ω=
2 T
= Be
①正确画出粒子在磁场中运动的轨迹图。②由于
θ 2
=
t T
且θ=30°得出t=
T 12
=
m 6Bq
。
③当筒转过90°时,粒子恰好从小孔N飞出,意味着粒子在磁场中运动的时间t= 。
2ω
反思总结 此题考查处理粒子在磁场中运动问题的基本方法:定圆心、画轨迹,由几何知识求半 径,找圆心角求时间。
8.(2016课标Ⅲ,18,6分)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上 方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q (q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知 该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子 离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为 ( )
2
3 3
B0,故C项正确。
甲
乙
2018届高考物理电磁感应专题卷含答案解析(全国通用)
2018年高考物理二轮复习讲练测专题06 电磁感应一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分。
在每小题给出的四个选项中，1~8题只有一项符合题目要求；9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。
）1．一个闭合线圈中没有产生感应电流，因此可以得出. （）A. 此时该处一定没有磁场B. 此时该处一定没有磁场的变化C. 闭合线圈的面积一定没有变化D. 穿过线圈平面的磁通量一定没有变化【答案】D点睛：解答本题主要是抓住感应电流产生的条件：闭合线圈的磁通量发生变化，而磁通量的变化可以是由磁场变化引起，也可以是线圈的面积变化，或位置变化引起的．2．如图，由某种粗细均匀的总电阻为3R的金属条制成的矩形线框abcd，固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B中．一接入电路电阻为R的导体棒PQ，在水平拉力作用下沿ab、dc以速度v匀速滑动，滑动过程PQ始终与ab垂直，且与线框接触良好，不计摩擦．在PQ从靠近ad处向bc滑动的过程中（）A. PQ中电流一直增大B. PQ中电流一直减小C. 线框消耗的电功率先增大后减小D. 线框消耗的电功率先减小后增大【答案】C【解析】A、B项，设导体棒的长度为L，磁感应强度为B，导体棒的速度v保持不变，根据法拉第电磁感应定律，感应的电动势E BLv =不变，设线框左边的电阻为r ，则左右两边线框的电阻为R 并 ， 111+3R r R r =-并 流过PQ 的电流()23=33E RE I R R r R r R=+-+并 ，可以看出当PQ 从靠近ad 向bc 靠近过程中， r 从零增大到3R ，从而可以判断电流先减小后增大，故A 、B 项错误。
C ，D 项，电源的内阻为R ，PQ 从靠近ad 向bc 靠近过程中，外电路的并联等效电阻从零增大到0.75R 又减小到零，外电路的电阻等于电源内阻的时候消耗的功率最大，所以外电路的功率应该先增大后减小，故C 正确D 项错误。
2018高考物理第一轮复习专题磁场同步练习鲁科版【word版】.doc
磁场【模拟试题】（答题时间：60分钟）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分。
在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确。
）1. 科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，我国已在2006年1月1日零时进行了时间调整。
假如地球的磁场是由地球表面带负电引起的，则可能判定（）A. 地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱B. 地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强C. 地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱D. 地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强2. 两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面连接的垂直平分线上。
则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）A. a点B. b点C. c点D. d点3. 如图所示，条形磁铁放在桌面上，一条通电的直导线由S极的上端平移到N极的上端的过程中，导线保持与磁铁垂直，导线的通电方向如图示，则这个过程中磁铁受到的摩擦力（磁铁保持静止）A. 为零B. 方向由向左变为向右C. 方向保持不变D. 方向由向右变为向左4. 如图所示。
一金属直杆MN两端接有导线，悬挂于线圈上方，MN与线圈轴线均处于竖直平面内，为使MN垂直于纸面向外运动，则：（）A. 将b、c端接在电源正极，a、d端接在电源负极B. 将b、d端接在电源正极，a、c端接在电源负极C. 将a、d端接在电源正极，b、c端接在电源负极D. 将a、c端接在电源正极，b、d端接在电源负极5. 如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态。
若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是（）A. 小球A仍可能处于静止状态B. 小球A将可能沿轨迹1运动C. 小球A将可能沿轨迹2运动D. 小球A将可能沿轨迹3运动6. 如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30°角从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为（）A. 1∶2B. 2∶1C. 1∶3D. 1∶17. 质量为m、带电量为q的小球，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向外的匀强磁场中，其磁感应强度为B，如图所示。
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《磁场》综合检测(时间:90分钟满分:100分)【测控导航】考点题号1.地磁场安培定则 22.磁感应强度及叠加1,33.安培力左手定则4,154.回旋加速器95.霍尔元件106.实验13,147.带电粒子在磁场中运动5,6,7,11,168.带电粒子在复合场中运动8,12,17,18有一个选项正确,第9～12题有多项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.(2016·广东中山联考)关于电场强度、磁感应强度,下列说法中正确的是( B )A.由真空中点电荷的电场强度公式E=k可知,当r趋近于零时,其电场强度趋近于无限大B.电场强度的定义式E=适用于任何电场C.由安培力公式F=ILB可知,一小段通电导体在某处不受安培力,说明此处一定无磁场D.一带电粒子在磁场中运动时,磁感应强度的方向一定垂直于洛伦磁力的方向和带电粒子的运动方向解析:公式E=k是点电荷的电场强度的决定式,E与Q成正比,与r2成反比,但是当r→0时,带电体不能视为点电荷,A错误;公式E=是电场强度的定义式,适用于任何电场,但是电场中某点的电场强度与F,q无关,B正确;通电导线受力为零的地方,磁感应强度B的大小不一定为零,这可能是电流方向与B的方向在一条直线上的原因造成的,C错误;洛伦兹力方向垂直于B与v决定的平面,但B与v不一定垂直,D错误.2.(2016·广西河池模拟)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流引起的.下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是( B )解析:地磁场的N极在地理的南极附近,地磁场的S极在地理的北极附近,根据安培定则,让拇指与四指垂直,而四指弯曲的方向就是电流流动的方向,故B正确.3.(2016·河南百校质检)正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a,b,c三点分别是正三角形三边的中点,若A,B,C三处导线中的电流分别为I,2I,3I,已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比,与电流到这一点的距离成反比,即B=k,则a,b,c三点的磁感应强度大小关系为( B )A.a点最大B.b点最大C.c点最大D.b,c两点一样大解析:设正三角形的边长为2L,则a,b,c三点的磁感应强度大小分别为B a=2k,B b==·k,B c==·k,比较可得选B.4.(2016·浙江桐乡检测)如图所示,表示磁场对直线电流的作用,其中不正确的是( C )解析:根据左手定则,伸开左手,让磁感线垂直穿过手心,四指指电流方向,拇指所指方向为安培力的方向,故选项A,B,D正确,C错误.5.(2016·北京海淀区期中)如图所示,甲、乙两个质量相同、带等量异种电荷的带电粒子,以不同的速率经小孔P垂直磁场边界MN,进入方向垂直纸面向外的匀强磁场中,在磁场中做匀速圆周运动,并垂直磁场边界MN射出磁场,半圆轨迹如图中虚线所示.不计粒子所受重力及空气阻力,则下列说法中正确的是( C )A.甲带负电荷,乙带正电荷B.洛伦兹力对甲做正功C.甲的速率大于乙的速率D.甲在磁场中运动的时间大于乙在磁场中运动的时间解析:由左手定则可知,甲带正电荷,乙带负电荷,选项A错误;洛伦兹力方向与速度方向垂直,故洛伦兹力对甲不做功,选项B错误;根据r=可知,由于甲的半径大于乙,故甲的速率大于乙的速率,选项C正确;根据T=可知,两个电荷的周期相同,运动时间均为T,故甲在磁场中运动的时间等于乙在磁场中运动的时间,选项D错误.6.如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹.下列关于实验现象和分析正确的是( B )A.励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹B.励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹C.保持励磁电压(即励磁线圈上所加电压)不变,增加加速电压,电子束形成圆周的半径减小D.保持加速电压不变,增加励磁电压,电子束形成圆周的半径增大解析:励磁线圈通以顺时针方向的电流,则由安培定则可知线圈内部磁场向里,由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹,选项B正确,A错误;保持励磁电压不变,增加加速电压,则电子的运动速度变大,根据r=可知电子束形成圆周的半径增大,选项C错误;保持加速电压不变,增加励磁电压,则B变大,根据r=可知,电子束形成圆周的半径减小,选项D错误.7.如图(甲)所示,为一个质量为m,电荷量为q的圆环,可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动,细杆处于匀强磁场中,(不计空气阻力),现给圆环向右初速度v0,在以后的运动过程中的速度图像如图(乙)所示.则圆环所带的电性、匀强磁场的磁感应强度B和圆环克服摩擦力所做的功W,下列说法正确的是(重力加速度为g)( B )A.圆环带负电,B=B.圆环带正电,B=C.圆环带负电,W=mD.圆环带正电,W=m解析:因圆环最后做匀速直线运动,即在竖直方向上平衡,由左手定则知圆环带正电,有q B=mg得B=由动能定理得,圆环克服摩擦力所做的功W=m-m()2=m,故选项B正确.8.如图所示,一个质量为m、电荷量为+q的带电粒子,不计重力,在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ,沿曲线abcd运动,ab,bc,cd都是半径为R的圆弧.粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直纸面向外的磁感应强度方向为正,则磁场区域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是( C )解析:由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ,Ⅱ,Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里、向外,在三个区域中均运动圆周,故t=,由于T=,解得B=.只有选项C正确.9.(2016·河北唐山模拟)粒子回旋加速器的工作原理如图所示,置于真空中的D形金属盒的半径为R,两金属盒间的狭缝很小,磁感应强度为B的匀强磁场与金属盒盒面垂直,高频交变电流的频率为f,加速器的电压为U,若中心粒子源处产生的质子质量为m,电荷量为+q,在加速器中被加速.不考虑相对论效应,则下列说法正确是( AC )A.质子被加速后的最大速度不能超过2πRfB.加速的质子获得的最大动能随加速电压U增大而增大C.质子第二次和第一次经过D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1D.不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,该加速器也可加速α粒子解析:质子在回旋加速器中被加速,需要满足质子做圆周运动的周期与交变电压的周期相等,质子的最大动能由D形盒的半径R决定,故选项B错误;由半径公式r=可知质子的最大速度v=,且满足周期T==,可得最大速度v=2πfR,故选项A正确;质子在电场中加速,根据动能定理,第一次通过狭缝有qU=m,第二次通过狭缝有qU=m-m,由两式可知v2∶v1=∶1,故选项C正确;质子的电荷数和质量数都是1,α粒子(氦核He)的电荷数为2,质量数为4,两种粒子的比荷并不相等,由周期公式T=可知两种粒子的周期也不相等,不改变磁感应强度B和交变电流的频率f,则不满足α粒子做圆周运动的周期与交变电流的周期相等,该加速器就不能加速α粒子,故选项D错误.10.(2016·北京市海淀区期末)半导体内导电的粒子——“载流子”有两种:自由电子和空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子),以自由电子导电为主的半导体叫N形半导体,以空穴导电为主的半导体叫P形半导体.如图为检验半导体材料的类型和对材料性能进行测试的原理图,图中一块长为a、高为b、宽为c的半导体样品板放在沿y轴正方向的匀强磁场中,磁感应强度大小为B.当有大小为I、沿x轴正方向的恒定电流通过样品板时,会在与z轴垂直的两个侧面之间产生霍尔电势差U H,霍尔电势差大小满足关系U H=k,其中k为材料的霍尔系数.若每个载流子所带电荷量的绝对值为e,下列说法中正确的是( AD )A.如果上表面电势高,则该半导体为P形半导体B.如果上表面电势高,则该半导体为N形半导体C.霍尔系数较大的材料,其内部单位体积内的载流子数目较多D.样品板在单位体积内参与导电的载流子数目为解析:如果半导体为P形半导体,则能自由移动的是带正电的粒子,由左手定则可以判断出粒子偏向上表面,故上表面电势高,选项A正确;如果半导体为N形半导体,则能自由移动的是负电子,由左手定则可以判断出电子偏向上表面,故上表面电势低,选项B错误;待电流稳定后,粒子在电场力与洛伦兹力的作用下处于平衡状态,故存在q=Bqv,而电流的大小又可以表示为I=neSv=nebcv,两式整理得BI=U H nec;又因为U H=k,故k=,故霍尔系数k较大的材料,其内部单位体积内的载流子数目较少,选项C错误;由上式还可以推出n=,选项D正确.11.如图所示,abcd是一个边长为L的正方形,它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线.一带电粒子从ab边的中点O垂直于磁场方向射入,其速度方向与ad边成θ=30°角,如图.已知该带电粒子所带电荷量为+q,质量为m,重力不计,若要保证带电粒子从ad边射出,则( BD )A.粒子轨道半径最大值为B.粒子轨道半径最大值为C.该带电粒子在磁场中飞行的时间为D.该带电粒子入射时的最大速度为解析:由左手定则可以判断出,带电粒子受到洛伦兹力使得粒子向上偏转而做圆周运动,由公式R=可知,偏转半径随入射速度的增大而增大,要保证粒子从ad边射出,则粒子沿临界轨迹OFE做圆周运动,如图所示;根据几何关系可知,1.5R=,故此时的半径R=,选项A错误,B正确;粒子在磁场中的飞行时间取决于粒子做圆周运动的圆心角的大小,由几何关系可得OO2=O2E,因为∠EOO2=60°,故∠EO2O=60°,所以此时的圆心角为360°-60°=300°=,则带电粒子在磁场中飞行的时间为t=×=×=,选项C错误;由公式R=可知,带电粒子入射时的最大速度v==,选项D正确.12.(2016·浙江嘉兴期末)扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆.其简化模型如图,Ⅰ,Ⅱ为宽度均为L的条形匀强磁场区域,边界竖直,相距也为L,磁场方向相反且垂直于纸面,磁感应强度的大小分别为B1,B2,其中B1=B0.一质量为m、电荷量为-q、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入扭摆器,射入Ⅰ区和离开Ⅰ区时速度与水平方向夹角均为θ=30°,则( CD )A.若B2=B0,则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向垂直B.若B2=B0,粒子在扭摆器中运动的时间t=C.若B2=B0,粒子在扭摆器中运动的最高点和最低点的高度差h=(2-)LD.若B2≥,则粒子能返回Ⅰ区解析:若B2=B0,粒子运动轨迹如图(甲)所示则粒子离开扭摆器的速度方向与进入扭摆器的速度方向平行,选项A错误;根据动能定理,可得Uq=mv2,解得粒子射入Ⅰ区域时的速度为v=,粒子在Ⅰ中运动时有qvB0=m,由几何知识得L=2Rsin θ=R,联立代入数据解得B0=,粒子在磁场Ⅰ区域中运动的时间为t1===;同理若B2=B0,粒子在Ⅱ中的运动时间t2=,粒子在Ⅰ,Ⅱ中间做匀速直线运动,t3==,故粒子在扭摆器中的运动时间为t=t1+t2+t3=+,选项B错误;由于B2=B1=B0,粒子在两个磁场中的运动半径相等都为R,根据几何知识R=L,h=2R(1-cos θ)+Ltan θ,代入数据得h=(2-)L,选项C正确;如图(乙)所示.为使粒子能再次回到Ⅰ区,应满足R′(1+sin θ)≤L,代入数据解得B2≥,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(6分)(2016·天津和平区校级期末)磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用,此现象可通过以下实验证明:(1)如图(a)所示,在重复奥斯特的电流磁效应实验时,为使实验方便效果明显,通电导线应.A.平行于南北方向,位于小磁针上方B.平行于东西方向,位于小磁针上方C.平行于东南方向,位于小磁针下方D.平行于西南方向,位于小磁针下方此时从上向下看,小磁针的旋转方向是(填“顺时针”或“逆时针”).(2)如图(b)所示是电子射线管示意图,接通电源后,电子射线由阴极沿x轴方向射出,在荧光屏上会看到一条亮线.要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转,在下列措施中可采用的是.(填选项代号)A.加一磁场,磁场方向沿z轴负方向B.加一磁场,磁场方向沿y轴正方向C.加一电场,电场方向沿z轴负方向D.加一电场,电场方向沿y轴正方向(3)如图(c)所示,两条平行直导线,当通以相同方向的电流时,它们相互(填“排斥”或“吸引”),当通以相反方向的电流时,它们相互(填“排斥”或“吸引”),这时每个电流都处在另一个电流的磁场里,因而受到磁场力的作用,也就是说,电流和电流之间,就像磁极和磁极之间一样,也会通过磁场发生相互作用.解析:(1)由于无通电导线时,小磁针S极指南,N极指北,位于南北方向,若导线的磁场仍使小磁针南北偏转,根本无法观察,所以为使实验方便效果明显,导线应平行于南北方向位于小磁针上方,这样当导线中通电时,小磁针能向东西偏转,实验效果比较明显,故A正确.导线下方磁场方向垂直纸面向里,小磁针N极向里转,从上向下看,小磁针逆时针旋转.(2)若加一沿z轴负方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿y轴负方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故A错误;若加一沿y轴正方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿z轴负方向,亮线向下偏转,符合题意,故B正确;若加一沿z轴负方向的电场,电子带负电,电场力方向沿z轴正方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故C错误;若加一沿y轴正方向的电场,电子带负电,电场力方向沿y轴负方向,亮线不向下偏转,不符合题意,故D错误.(3)题图(c)中,通入电流方向相同时,研究右导线的受力情况,将左导线看成场源电流,根据安培定则可知,它在右导线处产生的磁场方向垂直纸面向外,由左手定则判断可知,右导线所受的安培力方向向左;同理,将右导线看成场源电流,左导线受到的安培力向右,两导线要靠拢,说明电流方向相同时,两导线相互吸引;同理可知,当通入电流方向相反时,两导线远离,两导线相互排斥.答案:(1)A 逆时针(2)B (3)吸引排斥评分标准:每问2分.14.(6分)霍尔元件可以用来检测磁场及其变化.图(甲)为使用霍尔元件测量通电直导线产生磁场的装置示意图.由于磁芯的作用,霍尔元件所处区域磁场可看做匀强磁场.测量原理如图(乙)所示,直导线通有垂直纸面向里的电流,霍尔元件前、后、左、右表面有四个接线柱,通过四个接线柱可以把霍尔元件接入电路.所用器材已在图中给出,部分电路已经连接好.为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B;(1)制造霍尔元件的半导体参与导电的自由电荷带负电,电流从(乙)图中霍尔元件左侧流入,右侧流出,霍尔元件(填“前”或“后”)表面电势高.(2)在图中画线连接成实验电路图.(3)已知霍尔元件单位体积内自由电荷数为n,每个自由电荷的电荷量为e,霍尔元件的厚度为h,为测量霍尔元件所处区域的磁感应强度B,还必须测量的物理量有、(写出具体的物理量名称及其符号),计算式B= .解析:(1)磁场是直线电流产生的,根据安培定则,磁场方向向下;电流向右,根据左手定则,安培力向内,载流子是负电荷,故后表面带负电,前表面带正电,故前表面电势较高.(2)变阻器控制电流,用电压表测量电压,电路图如图所示.(3)设前后表面的厚度为d,最终自由电荷在电场力和洛伦兹力的作用下处于平衡,有e=evB根据电流微观表达式,有I=neSv=nedhv联立解得B=.答案:(1)前(2)见解析(3)电压表示数U 电流表示数I评分标准:每空1分,作图2分.15.(8分)如图所示,在倾角为30°的斜面上,固定一宽度为L=0.25 m的足够长平行光滑金属导轨,在导轨上端接入电源和滑动变阻器.电源电动势为E=3.0 V,内阻为r=1.0 Ω.一质量m=20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于垂直于斜面向上的匀强磁场中,磁感应强度为B=0.80 T.导轨与金属棒的电阻不计,取g=10 m/s2.(1)如要保持金属棒在导轨上静止,滑动变阻器接入电路中的阻值是多少?(2)如果拿走电源,直接用导线接在两导轨上端,滑动变阻器阻值不变化,求金属棒所能达到的最大速度值.(3)在第(2)问中金属棒达到最大速度前,某时刻的速度为10 m/s,求此时金属棒的加速度大小.解析:(1)由于金属棒静止在金属导轨上,故受力平衡,如图所示安培力F=ILB=mgsin 30°=0.1 N (1分)得I==0.5 A (1分)设变阻器接入电路的阻值为R,根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)联立解得R=-r=5 Ω. (1分)(2)金属棒达到最大速度时,将匀速下滑,此时安培力大小、回路中电流大小应与上面情况相同,即金属棒产生的电动势E=IR=2.5 V(1分)由E=BLv得v==12.5 m/s. (1分)(3)金属棒速度为10 m/s时,产生的电动势E′=BLv′=2 V (1分)电流为I′=金属棒受到的安培力为F′=BI′L=0.08 N (1分)金属棒的加速度为a==1 m/s2. (1分)答案:(1)5 Ω(2)12.5 m/s (3)1 m/s216.(8分)(2016·山东淄博摸底)如图所示,在y轴右侧有一方向垂直纸面向里的有界匀强磁场区域(图中未画出),磁感应强度大小为B.一束质量为m、电荷量为+q的粒子流,沿x轴正向运动,其速度大小介于v0与2v0之间,从坐标原点射入磁场,经磁场偏转后,所有粒子均沿y 轴正方向射出磁场区域.不计粒子重力.求:(1)粒子在磁场中运动的最大半径和最小半径;(2)粒子在磁场中运动的时间;(3)满足条件的磁场区域的最小面积.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则qvB=m,速度最大为2v0的粒子,运动半径最大,R1=; (1分)速度最小为v0的粒子,运动半径最小R2=. (1分)(2)所有粒子运动的周期都相同,粒子在磁场中运动的时间也相同,T=,t=T,得t=. (2分)(3)粒子沿x轴正向进入磁场,射出时速度方向均竖直向上,偏转角都是90°,所以轨迹经过的区域为磁场的最小面积,如图所示,图中浅色阴影部分即为最小磁场区域.S1=π- (1分)S2=π- (1分)S=S1-S2 (1分)联立代入数据得S=. (1分)答案:(1)(2)(3)17.(12分)(2016·广东百校质检)如图所示,一质量m=1×10-16kg、电荷量q=2×10-6C的带正电微粒(重力不计),从静止开始经电压U1=400 V的加速电场加速后,水平进入两平行金属板间的偏转电场中,金属板长L=1 m,两板间距d= m,微粒射出偏转电场时的偏转角θ=30°,接着进入一方向垂直于纸面向里的匀强磁场区,该匀强磁场的磁感应强度大小B= T,微粒在磁场中运动后恰能从右边界射出.求:(1)微粒进入偏转电场时的速度大小v0;(2)两金属板间的电压U2;(3)微粒在磁场中的运动时间t和匀强磁场的宽度D.解析:(1)带电微粒在加速电场中运动,由动能定理有qU1=m, (1分)得v0=4×106 m/s. (1分)(2)带电微粒在偏转电场中运动时,有a==, (1分)t=, (1分)tan θ==, (1分)代数解得U2=400 V. (1分)(3)带电微粒在磁场中运动,恰好从右边界射出,对应圆周运动的圆心角为120°,由洛伦兹力提供向心力有qvB=m,得r=, (1分)T=, (1分)由以上三式可得带电微粒在磁场中的时间t===1×10-10 s, (1分)由几何关系可知D=r+rsin θ, (1分)=cos θ, (1分)解得D=×10-4 m. (1分)答案:(1)4×106 m/s(2)400 V(3)1×10-10 s ×10-4 m18.(12分)(2016·河北正定中学月考)如图所示,左侧装置内存在着匀强磁场和方向竖直向下的匀强电场,装置上下两极板间电势差为U,间距为L,右侧为“梯形”匀强磁场区域ACDH,其中,AH∥CD,=4L.一束电荷量大小为q、质量不等的带电粒子(不计重力、可视为质点),从狭缝S1射入左侧装置中恰能沿水平直线运动并从狭缝S2射出,接着粒子垂直于AH、由AH 的中点M射入“梯形”区域,最后全部从边界AC射出.若两个区域的磁场方向均水平(垂直于纸面向里)、磁感应强度大小均为B,“梯形”宽度=L,忽略电场、磁场的边缘效应及粒子间的相互作用.(1)判定这束粒子所带电荷的种类,并求出粒子速度的大小;(2)求出这束粒子可能的质量最小值和最大值;(3)求出(2)问中偏转角度最大的粒子在“梯形”区域中运动的时间.解析:(1)由于粒子在“梯形”磁场中从边界AC射出,可知粒子带正电;(1分)由于粒子在左侧正交电磁场中沿直线通过且洛伦兹力不做功,故粒子速率不变,有qvB=Eq,E=,所以v=. (2分)(2)在“梯形”区域内,粒子做匀速圆周运动,由牛顿第二定律,有qvB=m,(1分)当粒子质量有最小值时,R最小,粒子运动轨迹恰与AC相切[如图(甲)];当粒子质量有最大值时,R最大,粒子运动轨迹恰过C点[如图(乙)],由几何关系有R1=(2L-R1)sin 45°,R1=2(-1)L,(2分)因MN=L,所以△AMC是等腰直角三角形,R2=L, (1分)解得,m min=,m max=.(2分)(3)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,粒子沿图(甲)轨迹运动时对应的圆心角最大,有t=T=T, (2分)解得t=. (1分)答案:(1)带正电(2)(3)【备用题组】1.(2016·四川巴中检测)如图,在xOy平面第一象限整个区域分布一匀强电场,电场方向平行y轴向下.在第四象限内存在一有界匀强磁场,左边界为y轴,右边界为x=5l的直线, 磁场方向垂直纸面向外.一质量为m、带电荷量为+q的粒子从y轴上P点以初速度v0垂直y轴射入匀强电场,在电场力作用下从x轴上Q点以与x轴正方向成45°角进入匀强磁场.已知OQ=l,不计粒子重力.求:(1)P点的纵坐标;(2)要使粒子能再次进入电场,磁感应强度B的取值范围.解析:(1)设粒子进入磁场时y方向的速度为v y,则v y=v0tan θ设粒子在电场中运动时间为t,有=v0t=t联立解得OP=.(2)作出粒子刚好能再进入电场的轨迹,如图所示设此时的轨迹半径为r,由几何关系有r+rcos 45°=l粒子在磁场中的速度v=,根据牛顿第二定律qvB1=m,联立解得B1=,要使粒子能再进入电场,磁感应强度B的范围为B≥.答案:(1)(2)B≥2.(2016·北京市海淀区期末)在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制.如图所示,某时刻在xOy平面内的第Ⅱ,Ⅲ象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场,在第Ⅰ,Ⅳ象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一质量为m,电荷量为q的带正电粒子从M点以速度v0沿垂直于y轴方向射入该匀强电场中,粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O且沿OP方向进入第Ⅳ象限.在粒子到达坐标原点O时撤去匀强电场(不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响),粒子经过原点O进入匀强磁场中,并仅在磁场力作用下,运动一段时间从y轴上的N点射出磁场.已知OP与x 轴正方向夹角α=60°,带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,求:(1)M,O两点间的电势差U;(2)坐标原点O与N点之间的距离d;(3)粒子从M点运动到N点的总时间t.解析:(1)设粒子经过O点的速度为v,则cos α=,对于电子经过电场的过程,根据动能定理有qU=mv2-m,解得U=.(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,运动轨迹如图所示.洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=,解得R=,根据几何关系可知,O与N之间的距离d=R=.(3)设粒子在电场中从M点运动至O点所用时间为t1,根据牛顿第二定律可知,粒子在电场中的加速度a=,粒子通过O点时竖直方向速度v y=v0,根据运动学公式有v y=at1,解得t1=,设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为t2,粒子在磁场中运动的周期T=,t2=T=, 解得粒子从M点运动到N点的总时间t=t1+t2=+.答案:(1)(2)(3)+3.(2016·河南百校联盟质检)如图所示,在平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限内有沿y轴负向的匀强电场,电场强度的大小为E,第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场.在y轴的正半轴上,各点处均向x轴正向发射质量均为m、电荷量为q的带正电粒子,结果这些粒子均能从x 轴上的Q点进入磁场,并且到Q点速度最小的粒子A,经磁场偏转后恰好从(0,-L)射出磁场,已知OQ=L,粒子的重力不计.求:(1)匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间;(2)若某粒子C从y轴上的P点射出,经过Q点时,速度方向与x轴正向成30°角,求OP的大小及该粒子在磁场中做圆周运动的半径.解析:(1)设到Q点速度最小的粒子A的初速度为v0,则L=v0t,v y=t,进入磁场时v==,当=t时,速度有最小值,v min=,这时v0=v y,在Q点的速度与x轴正向的夹角为45°;由于粒子A经磁场偏转后恰好从(0,-L)射出磁场,由几何关系知,粒子在磁场中做圆周运动的半径R1=L,由qv min B=m得B=2,粒子A在磁场中做圆周运动的周期T=,。