2020版高考物理一轮复习单元质检09 磁场(含解析)
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第9单元 磁场 听课答案
第九单元 磁场第24讲 磁场的描述 磁场对电流的作用【教材知识梳理】一、1.(1)力的作用 磁场 (2)N极 2.(1)强弱和方向 (2)B= (3)N极二、1.磁感应强度 2.(1)不存在 (2)切线 (3)疏密 (4)闭合三、1.(1)BIL (2)0 2.电流 拇指辨别明理(1)(√) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(×)(6)(×) [解析]a处的磁感线比b处稀疏,则a点磁感应强度比b点小,但由于受到放置角度的限制,当通电导线垂直磁场时,受到的磁场力最大,平行磁场时受磁场力为零,虽然B a<B b,但是无法比较导线所受的磁场力的大小.【考点互动探究】考点一例1 D [解析]磁感应强度B是由磁场本身决定的,与试探电流元的情况无关,A错误; B的方向与电流元受力方向垂直,B错误;电流元受力还与电流和磁场方向的夹角有关,当两者平行时,电流元不受力,C错误;当电流方向与磁场方向垂直时,B=,当成一定夹角θ时,B=,故B大于或等于,D正确.例2 AC [解析]电场和磁场有一个明显的区别是电场对放入其中的电荷有力的作用,而磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行,因此A正确,B错误;同理,根据电场强度的定义式E=可知C正确;同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明,即B=中I和B必须垂直,故D错误.例3 C [解析]根据安培定则可判断出电流的磁场方向,再根据小磁针静止时N极的指向为磁场的方向可知C正确.例4 AC [解析]设L1中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B1,L2中的电流在a、b两点产生的磁感应强度大小为B2,由安培定则可知L1中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在a点产生的磁场方向垂直于纸面向里;L1中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向里,L2中的电流在b点产生的磁场方向垂直于纸面向外,所以根据已知条件得到B0-(B1+B2)=,B0-B1+B2=,联立解得B1=,B2=,选项A、C正确.考点二例5 B [解析]直导线弯成半径为R的圆弧形,在磁场中的有效长度为R,又因L=×2πR,则安培力F=BI·R=,根据左手定则可知,安培力的方向垂直于AC 指向左下方,B正确.变式题 BC [解析]由题意知,三根导线处于等边三角形的三个顶点处,设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0,在L1所在处,L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示,方向垂直L2、L3所在平面向上,由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下,合磁感应强度大小B L1=2B0cos60°=B0;同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小B L2=2B0cos60°=B0;在L3所在处,L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示,方向平行L1、L2所在平面向右,由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上,合磁感应强度大小B L3=2B0cos30°=B0.由安培力F=BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶,选项B、C正确.考点三例6 B [解析]方法一(电流元法):把线圈L1沿水平转动轴分成上、下两部分,每一部分又可以看成无数段直线电流元,电流元处在L2产生的磁场中,根据安培定则可知各电流元所在处的磁场方向向上,由左手定则可得,上半部分电流元所受安培力均指向纸外,下半部分电流元所受安培力均指向纸内,因此从左向右看线圈L1将顺时针转动.方法二(等效法):把线圈L1等效为小磁针,该小磁针刚好处于环形电流I2的中心,小磁针的N极应指向该点环形电流I2的磁场方向,由安培定则知I2产生的磁场方向在其中心处竖直向上,而L1等效成小磁针后,转动前,N极指向纸内,因此小磁针的N极应由指向纸内转为向上,所以从左向右看,线圈L1将顺时针转动.方法三(结论法):环形电流I1、I2不平行,则一定有相对转动,直到两环形电流同向平行为止.据此可得,从左向右看,线圈L1将顺时针转动.考点四例7 C [解析]由题意可知,开始时线圈所受安培力的方向向上,磁场的方向垂直纸面向里,电流反向后,安培力方向也反向,变为竖直向下,则有mg=2NBIl,所以B==T=0.24T,C正确.变式题1 1.21A≤I≤1.84A[解析]先画出金属杆受力的侧视图,由于安培力的大小与电流有关,因此改变电流的大小,可以改变安培力的大小,从而使金属杆所受的摩擦力方向发生变化.由平衡条件可知,当电流最小时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向上,如图甲所示.则mg sinθ=μ(mg cosθ+F sinθ)+F cosθ,又F=BI1L,得I1==1.21A.当电流最大时,金属杆所受的摩擦力方向沿导轨向下,如图乙所示.则mg sinθ+μ(mg cosθ+F sinθ)=F cosθ,又F=BI2L,I2==1.84A.所以1.21A≤I≤1.84A.变式题2 BD [解析]根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误;设B=kI(其中k为比例系数),轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的速度为v,则安培力F=BIl=kI2l,根据动能定理有FL=mv2,联立可得v=I,选项C错误,B、D正确.1.(多选)[2015·全国卷Ⅱ]指南针是我国古代四大发明之一.关于指南针,下列说法正确的是( )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[解析]BC 指南针为一具有磁性的物体,有两个磁极,A错误;指南针能指南北,说明指南针受到地磁场的作用,B正确;当有铁块存在时,指南针会与铁块产生相互作用的磁力,故指向受到干扰,C正确;指南针正上方的通电导线会产生磁场,与地磁场共同作用于指南针,故指南针会发生偏转,D错误.2.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半[解析]B 安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力F=BIL sinθ,其中θ是电流方向与磁场方向的夹角,C错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的情况与直角导线在磁场中的放置情况有关,并不一定变为原来的一半,D错误.3.(多选)图24-1是“探究影响通电导体在磁场中受力的因素”的实验示意图.三块相同蹄形磁铁并列放置在水平桌面上,导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来,它们之中的任意两根与导体棒和电源构成回路.认为导体棒所在位置附近为匀强磁场,最初导线1、4接在直流电源上,电源没有在图中画出.关于接通电源时可能出现的实验现象,下列叙述正确的是( )图24-1A.改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向将会改变B.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变C.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度一定增大D.仅拿掉中间的磁铁,导体棒摆动幅度减小[解析]BD 改变电流方向同时改变磁场方向,导体棒摆动方向不会改变,选项A错误.仅改变电流方向或者仅改变磁场方向,导体棒摆动方向一定改变,选项B正确.增大电流并同时改变连接导体棒的细导线,接通电源时,导体棒摆动幅度不一定增大,选项C错误.仅拿掉中间的磁铁,导体棒所受安培力减小,摆动幅度减小,选项D正确.4.[2015·江苏卷]如图24-2所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度.如图24-3所示的载流线圈匝数相同,边长MN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( )图24-2 A B C D 图24-3[解析]A 根据安培力F=BIL,这里的B、I都相同,决定安培力大小的就是L了,L大则F 大,就易使天平失去平衡.由于选项A中的导线有效长度最长,故选项A正确.图24-45.(多选)如图24-4所示,无限长水平直导线中通有向右的恒定电流I,导线正下方固定一正方形线框.线框中通有顺时针方向的恒定电流I,线框边长为L,线框上边与直导线平行,且到直导线的距离也为L.已知在长直导线的磁场中距离长直导线r处的磁感应强度大小为B=,线框质量为m,则释放线框的瞬间,线框的加速度可能为(重力加速度为g)( )A.0B.-gC.-gD.g-[解析]AC 线框上边所在处的磁感应强度大小为B1=k,由安培定则可判断出磁场方向为垂直纸面向里,其所受安培力的大小为F1=B1IL=kI2,由左手定则可判断出安培力方向向上;线框下边所在处的磁感应强度大小为B2=k,所受安培力的大小为F2=B2IL= kI2,由左手定则可判断出安培力方向向下;若F1=F2+mg,则加速度为零,选项A正确.若F1>F2+mg,则加速度方向向上,由F1-(F2+mg)=ma,解得a=-g,选项C正确,选项B错误.若F1<F2+mg,则加速度方向向下,由(F2+mg)-F1=ma,解得a=g-,选项D错误.图24-56.如图24-5所示,条形磁铁放在水平桌面上,在其正中央的上方固定一根长直导线,导线与磁铁垂直,给导线通以垂直纸面向里的电流,用F表示磁铁对桌面的压力,用f表示桌面对磁铁的摩擦力,导线中通电后与通电前相比较( )A.F减小,f=0B.F减小,f≠0C.F增大,f=0D.F增大,f≠0图24-6[解析]C 如图24-6所示,画出导线所在处的磁铁的磁感线,磁场方向水平向左,由左手定则知,通电导线受安培力方向竖直向上,根据牛顿第三定律可知,通电导线对磁铁的反作用力方向竖直向下,所以磁铁对桌面压力增大,因桌面与磁铁间无相对运动趋势,所以桌面对磁铁无摩擦力作用,故选项C正确.7.两个相同的全长电阻为9Ω的均匀光滑圆环固定在一个绝缘的水平台面上,两环分别在两个互相平行的、相距为20cm的竖直面内,两环的圆心连线恰好与环面垂直,两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B=T的匀强磁场(未画出),两环的最高点A和C间接有一内阻为0.5Ω的电源,连接导线的电阻不计.今有一根质量为10g、电阻为1.5Ω的棒置于两环内侧且可沿环滑动,而棒恰好静止于如图24-7所示的水平位置,它与圆弧的两接触点P、Q和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ=60°,重力加速度g取10m/s2.试求此电源电动势E的大小.图24-7[答案]6V[解析]从左向右看,棒PQ的受力如图24-8所示,棒受重力mg、安培力F安和环对棒的弹力F N作用,根据平衡条件得F安=mg tanθ=mg,安培力F安=IBL,联立解得I==1A,在电路中两个圆环分别连入电路的电阻为R==2Ω,由闭合电路欧姆定律得E=I(r+2R+R棒)=6V.图24-8第25讲 磁场对运动电荷的作用【教材知识梳理】一、1.运动电荷 2.qvB 0 3.左手 (1)反方向 (2)v、B 4.洛伦兹力二、1.匀速直线 2.匀速圆周 3.(1) (2)辨别明理(1)(×) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(√)【考点互动探究】考点一例1 C [解析]洛伦兹力虽不做功,但可以改变小球的运动状态(改变速度的方向),小球做曲线运动,在运动中某一位置受力如图所示,小球受到了斜向上的洛伦兹力的作用,小球在竖直方向的加速度a y=<g,故小球平抛的时间将增加,落点应在A点的右侧.变式题 BD [解析]小球能从管口处飞出,说明小球受到指向管口方向的洛伦兹力,根据左手定则可知小球带正电,故A错误;设试管运动速度为v1,小球在垂直于试管方向的分运动是匀速直线运动,小球沿试管方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,而q、v1、B 均不变,所以F1不变,那么小球沿试管做匀加速直线运动,与平抛运动类似,所以小球运动的轨迹是一条抛物线,故B正确;洛伦兹力总是与速度垂直,所以不做功,故C错误;设小球沿试管的分速度大小为v2,则小球受到垂直于试管向左的洛伦兹力的分力F2=qv2B,v2增大,则F2增大,而拉力F=F2,则F逐渐增大,故D正确.例2 AC [解析]图甲中,由竖直上抛运动的最大高度公式得h1=,图丙中,当加上电场时,由运动的分解可知,在竖直方向上,有=2gh3,所以h1=h3,故A正确;图乙中,洛伦兹力改变速度的方向,当小球在磁场中运动到最高点时,小球应有水平速度,设此时小球的动能为E k,则由能量守恒定律得mgh2+E k=m,又由于m=mgh1,所以h1>h2,D错误;图丁中,因小球电性不知,则电场力方向不清,则h4可能大于h1,也可能小于h1,故C正确,B错误.考点二例3 AC [解析]粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心,由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1与粒子2的速率之比为1∶2,A正确,B错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均为T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对的圆心角相同,因此两粒子在磁场中运动的时间相同,即C正确,D 错误.例4 AD [解析]根据左手定则,正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动,由轨道半径r=10cm画出粒子的两种临界运动轨迹,如图所示,则OO1=O1A=OO2=O2C=O2E=10cm,由几何知识求得AB=BC=8cm,OE=16cm,选项A、D正确,选项B、C错误.变式题 D [解析]电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,A错误;由几何知识得,电子打在MN上的点与O'点的距离为x=r-=2d-=(2-)d,故B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得sinθ==0.5,解得θ=,则电子在磁场中运动的时间为t==,故D正确.例5 C [解析]当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时,出射点与入射点的距离最远,故射入的速率为v1时,对应轨道半径为r1=R sin30°,射入的速率为v2时,对应轨道半径为r2=R sin60°,由半径公式r=可知轨道半径与速率成正比,因此==,C正确.变式题 B [解析]带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,则粒子轨迹如图甲所示,由图可知,粒子的偏转半径r=R sin30°=R,若只将cbd 半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子在磁场中的偏转半径r'=r=,故A错误,B正确;带电粒子的速度大小为v,方向与ab成直角时,恰好能反向飞出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t=,若只将cbd半圆内磁场方向变成垂直于纸面向里,粒子仍然从P 点射入,则粒子轨迹如图乙所示,由图知粒子在磁场中运动的时间t'<T,则t'<2t,故C、D 错误.考点三例6 BCD [解析]所有粒子的初速度大小相等,它们在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r==;当轨迹圆弧对应的弦最长时,圆心角最大,时间最长,当轨迹圆弧对应的弦最短时,圆心角最小,时间最短.对于从AB边和AC边射出的粒子在磁场中的运动,可知最长的弦为OA=,恰好等于轨道半径,对应的圆心角为60°,因此最长运动时间为=;过O作AB边或AC边的垂线,垂足为D,可知OD=为最短的弦,对应的圆心角略小于30°,因此最短运动时间略小于=,故选项B、C、D正确.变式题 D [解析]设射入磁场的入射点为A,延长入射速度v所在直线交ON于一点C,则轨迹圆与AC相切;由于轨迹圆只与ON有一个交点,所以轨迹圆与ON相切,所以轨迹圆的圆心必在∠ACD的角平分线上,作出轨迹圆如图所示,其中O'为圆心,B为出射点.由几何关系可知∠O'CD=30°,Rt△O'DC中,CD=O'D·cot30°=R;由对称性知,AC=CD= R;等腰△ACO中,OA=2AC·cos30°=3R;等边△O'AB中,AB=R,所以OB=OA+AB=4R.由qvB=m得R=,所以OB=,D正确.图25-11.[2015·海南卷]如图25-1所示,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[解析]A 磁极S在a点产生的磁场方向垂直于竖直面P水平向外,电子在a点的运动方向水平向右,根据左手定则判断可知洛伦兹力方向向上,选项A正确.2.四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上,并通以等大的电流,方向如图25-2图25-2所示.正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子,则电子刚被喷射出时受到的洛伦兹力方向为( )A.沿y轴负方向B.沿y轴正方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向[解析]B 根据右手螺旋定则,判断出四根导线在O点产生的合磁场方向沿z轴负方向,电子初速度方向沿x轴负方向,根据左手定则,判断出洛伦兹力方向沿y轴正方向,B正确.3.如图25-3所示,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( )图25-3A.2B.C.1D.[解析]D 根据qvB=m有=·,穿过铝板后粒子动能减半,则=,穿过铝板后粒子运动半径减半,则=,因此=,D正确.4.(多选)图25-4为某磁谱仪部分构件的示意图.图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹.宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子.当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是( )图25-4A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小[解析]AC 电子、正电子和质子垂直进入磁场时,所受的重力均可忽略,受到的洛伦兹力的方向与其电性有关,由左手定则可知A正确,由轨道半径公式R=知,若电子与正电子进入磁场时的速度不同,则其运动的轨迹半径也不相同,故B错误.由R==知,D错误.因质子和正电子均带正电,且半径大小与速度有关,故依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子,C正确.图25-55.如图25-5所示,在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,一质量为m、电荷量为e的电子从a点垂直磁感线以初速度v开始运动,经一段时间t后经过b点, a、b连线与初速度方向的夹角为θ,则t为( )A.B.C.D.[解析]B t时间内电子转过的圆心角为2θ,则有t=T=,选项B正确.6.(多选)如图25-6所示,两个匀强磁场方向相同,磁感应强度分别为B1、B2,虚线MN为理想边界.现有一个质量为m、电荷量为e的电子以垂直于边界MN的速度v由P点沿垂直于磁场的方向射入磁感应强度为B1的匀强磁场中,其运动轨迹为图中虚线所示的心形图线.以下说法正确的是( )图25-6A.电子的运动轨迹为P→D→M→C→N→E→PB.电子运动一周回到P点所用的时间t=C.B1=4B2D.B1=2B2[解析]AD 由左手定则可判定电子在P点受到的洛伦兹力方向向上,轨迹为P→D→M→C→N→E→P,选项A正确;由图可得两个磁场中半圆轨迹的半径之比为1∶2,由r=可得磁感应强度之比=2∶1,电子运动一周所用的时间t=T1+=+=,选项B、C错误,D正确.7.某装置用磁场控制带电粒子的运动,工作原理如图25-7所示.装置的长为L,上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反,两磁场的间距为d.装置右端有一收集板,M、N、P为板上的三点,M位于轴线OO'上, N、P分别位于下方磁场的上、下边界上.在纸面内,质量为m、电荷量为-q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入,方向与轴线成30°角,经过上方的磁场区域一次,恰好到达P点.改变粒子入射速度的大小,可以控制粒子到达收集板上的位置.不计粒子的重力.图25-7(1)求磁场区域的宽度h;(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点,求粒子入射速度的最小变化量Δv;(3)欲使粒子到达M点,求粒子入射速度大小的可能值.[答案](1)(2)(3)[解析](1)设粒子在磁场中的轨道半径为r.根据题意得L=3r sin30°+3d cos30°且h=r(1-cos30°)解得h=.(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r'.m=qvB,m=qv'B,由题意知3r sin30°=4r'sin30°解得Δv=v-v'=.(3)设粒子经过上方磁场n次.由题意知L=(2n+2)d cos30°+(2n+2)r n sin30°且m=qv n B,解得v n=专题七 带电粒子在组合场中的运动【热点题型探究】热点一例1 D [解析]粒子在电场中加速,设离开加速电场的速度为v,则qU=mv2,粒子进入磁场做圆周运动,半径r==,因两粒子轨道半径相同,故离子和质子的质量比为144,选项D正确.变式题 AD [解析]粒子在静电分析器内沿中心线偏转,说明粒子带正电荷,极板M比极板N的电势高,选项A正确;由Uq=mv2,Eq=,可得U=,选项B错误;在磁场中,由牛顿第二定律得qvB=m,即r=,PQ=2r==2,所以只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项C错误,D正确.例2 C [解析]D形盒缝隙间电场变化周期T等于被加速的H在磁场中运动的周期,即T=,而质子在磁场中的运动周期为T H=,则该回旋加速器不可以加速质子,选项A错误;仅调整磁场的磁感应强度大小,则H在磁场中的运动周期将要变化,该回旋加速器不可以再加速H粒子,选项B错误He在磁场中运动的周期T He== =T,则保持B和T不变,该回旋加速器可以加速He粒子,且在回旋加速器中两粒子运动的半径也相同,则He粒子运动的时间与H粒子的相等,选项C正确;根据qv m B=m,可得E km=m=∝,可知He加速后的最大动能与H粒子的不相等,选项D错误.变式题 A [解析]回旋加速器中D形盒的作用是静电屏蔽,使带电粒子在圆周运动过程中不被电场干扰,选项A正确;回旋加速器中所加交变电压的周期与带电粒子做匀速圆周运动的周期相等,选项B错误;设D形盒的半径为R,根据qvB=m得v=,带电粒子获得的能量为E k=mv2=,带电粒子获得的能量与加速电压的有效值无关,选项C错误;根据公式T=,磁感应强度B增大,T减小,选项D错误.热点二例3 (1)类平抛 v0t at2 at 1 45° v0 (2) L 变式题 (1)h (2) (3)(-1)h[解析](1H在电场中做类平抛运动,在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示.设H在电场中的加速度大小为a1,初速度大小为v1,它在电场中的运动时间为t1,第一次进入磁场的位置到原点O的距离为s1.由运动学公式有s1=v1t1①h=a1②由题给条件H进入磁场时速度的方向与x轴正方向夹角θ1=60°H 进入磁场时速度的y分量的大小为a1t1=v1tanθ1③联立以上各式得s1=h④(2H在电场中运动时,由牛顿第二定律有qE=ma1⑤设H进入磁场时速度的大小为v'1,由速度合成法则有v'1=⑥设磁感应强度大小为B H在磁场中运动的圆轨道半径为R1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qv'1B=⑦由几何关系得s1=2R1sinθ1⑧联立以上各式得B=⑨(3)设H在电场中沿x轴正方向射出的速度大小为v2,在电场中的加速度大小为a2,由题给条件得(2m)=m⑩由牛顿第二定律有qE=2ma2设H第一次射入磁场时的速度大小为v'2,速度的方向与x轴正方向夹角为θ2,入射点到原点的距离为s2,在电场中运动的时间为t2.由运动学公式有=v2t2s2h=a2=v'2=sinθ联立以上各式得=s1,θ2=θ1,v'2=v'1s2设H在磁场中做圆周运动的半径为R 2,由⑦式及粒子在匀强磁场中做圆周运动的半径公式得==R1R2所以出射点在原点左侧.设H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点的距离为s'2,由几何关系有=2R2sinθ2s'2联立④⑧式得H第一次离开磁场时的位置到原点O的距离为-s2=(-1)hs'2热点三。
《全品高考复习方案》2020届高考物理一轮复习文档：第9单元 磁场 作业答案
课时作业(二十四)1.C [解析]根据“则能指南,然常微偏东,不全南也”知,选项A正确.由图可知地磁场的南极在地理北极附近,选项B正确.由图可知在两极附近地磁场与地面不平行,选项C错误.由图可知赤道附近的地磁场与地面平行,射向地面的带电宇宙粒子运动方向与磁场方向垂直,会受到磁场力的作用,选项D正确.2.D [解析]根据右手螺旋定则可知,b处的两个分磁场方向均为垂直纸面向外,选项A 错误;ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向外,选项B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流互相排斥,选项C错误,选项D正确.3.C [解析]据安培定则可知,图中A环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为x轴负方向,B环在圆心O处产生的磁感应强度的方向为z轴负方向,根据平行四边形定则可知,圆心O处磁感应强度大小为B0.4.D [解析]由安培定则可判断出通电螺线管产生的磁场方向,导线等效为Oa、Ob两电流元,由左手定则可判断出两电流元所受安培力的方向,Oa向纸外,Ob向纸里,所以从上向下看导线逆时针转动,当转过90°时,由左手定则可判断出导线所受磁场力向下,即导线在逆时针转动的同时还要靠近螺线管,D正确.5.A [解析]原来,有BIl=mg sinθ,后来,有a=,沿斜面向上,A正确.6.D [解析]磁场中线圈的有效长度为L'=L,故线圈受到的安培力为F=nBIL'=nBIL,选项D正确.7.BCD [解析]根据“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,因②的电流方向为c→d且受到安培力的合力方向水平向右,可知①的电流方向为b→a,③的电流方向为e→f,选项A错误,B正确;①受到②和③的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,选项C正确;③受到②的吸引力和①的排斥力,因②的吸引力大于①的排斥力,故③受到安培力的合力方向水平向左,选项D正确.8.C [解析]导体棒受到竖直向下的重力和指向圆心的弹力,要使导体棒平衡,应使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小与弹力大小相等,方向相反,由平衡条件有tan60°==,解得导体棒中电流I=,由左手定则可判断,导体棒中电流的方向应垂直于纸面向里,选项C正确.9.ABC [解析]由左手定则可判断,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,选项A、B正确;安培力F=BIL,由图像可知,前半个周期内安培力水平向右,后半个周期内安培力水平向左,之后不断重复,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做功为零,选项D错误.10.B [解析]对ab棒受力分析,受到重力、导轨对ab棒的支持力、安培力和细线的拉力,根据左手定则可判断,安培力斜向左上方,水平方向上,有F sinα=T,即B··L sinα=G,现适当增大重物G的重力,为了保证ab棒始终处于静止状态,可以将滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,减小电阻,故A、C、D错误;滑动变阻器R的滑动触头P向右滑,接入电路的阻值减小,总电阻减小,总电流增大,根据U=E-Ir可知,路端电压减小,A点电势降低,故B正确.11.(1)nBIL 方向水平向右 (2)nBILv[解析](1)线圈前、后两边所受安培力的合力为零,线圈所受的安培力即为右边所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定则可判断,安培力方向水平向右.(2)安培力的功率为P=Fv联立解得P=nBILv.12.(1)m/s (2) (3)0.10m[解析](1)在圆轨道的最高点,由牛顿第二定律得BId+mg=m解得v=m/s.(2)金属条从进入水平轨道到上升到圆轨道最高点,根据动能定理得-(mg+BId)·2r-μ(mg+BId)L=mv2-m解得μ=.(3)金属条从进入水平轨道到上升到竖直轨道最高点,根据动能定理得-μ(mg+BId)(L+L CD)-(mg+BId)h m=0-m解得h m=0.10m.课时作业(二十五)1.B [解析]当电荷的运动方向与磁场方向平行时,电荷不受洛伦兹力,故A错误;电荷在电场中一定受到电场力作用,故B正确;正电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相同,负电荷所受的电场力方向与该处的电场强度方向相反,故C错误;根据左手定则知,电荷若受洛伦兹力,则洛伦兹力的方向与该处磁场方向垂直,故D错误.2.AC [解析]若只增大电子枪的加速电压,电子速度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的轨道半径变大,选项A正确,B错误.若只增大励磁线圈中的电流,磁感应强度增大,由R=、qU=mv2可知,电子束的轨道半径变小,选项C正确,D错误.3.C [解析]由于带电粒子使沿途的空气电离,粒子的能量逐渐减小,速度逐渐减小,根据粒子在磁场中运动的半径公式r=可知,粒子运动的轨迹半径是逐渐减小的,所以粒子的运动轨迹是从b到a,选项A、B错误;根据左手定则可判断,粒子带正电,选项C正确,D错误.4.A [解析]设质子的质量为m,电荷量为q,则α粒子的质量为4m,电荷量为2q,它们在同一匀强磁场中做匀速圆周运动过程中,洛伦兹力充当向心力,故Bqv=m,解得r=,若它们的动量大小相同,即mv相同,则r∝,所以运动半径之比为2∶1,A正确;若它们的速度相同,则==,B错误;若它们的动能大小相同,根据p=可得====1,C错误;若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,根据动能定理可得进入磁场的速度为v=,即vα=v H,故半径之比为==,D错误.5.D [解析]由左手定则可判断,a粒子带正电,故A错误;由qvB=m,可得r=,由图可知,粒子c的轨迹半径最小,粒子b的轨迹半径最大,又m、q、B相同,所以粒子c的速度最小,粒子b的速度最大,由E k=mv2知,粒子c的动能最小,由洛伦兹力提供向心力,有F向=qvB,可知粒子b的向心力最大,故D正确,B错误;由T=可知,粒子a、b、c的周期相同,但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小,则粒子b在磁场中运动的时间最短,故C错误.6.D [解析]由左手定则可判断,该粒子带负电,A错误;分别作出入射方向和出射方向的垂线,交点为圆周运动的圆心O,由几何关系可得,圆心角θ=30°,半径R==2d,C错误;由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,得R=,将R=2d代入可得B=,B错误;粒子做圆周运动的周期T==,将B=代入可得T=,则运动时间t=T=×=,D正确.7.BC [解析]带正电粒子从P点与x轴成30°角入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P 点与速度方向垂直的直线上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角一定大于180°,如图所示,而磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不定,粒子从x轴射出时,对应的圆心角最大,为300°,运动的时间t=T=,当粒子的入射点P在原点时,对应的圆心角最小,为120°,所以运动时间t=T=,故粒子在磁场中运动的时间范围是≤t≤,B、C正确,D错误.8.ABD [解析]从B点射入磁场的粒子1恰好从C点射出,可知带电粒子运动的轨迹半径等于磁场的半径,由D点射入的粒子2的轨迹圆心为E点,由几何关系可知,该粒子从O点射出,同理可知粒子3从C点射出,A、B正确;1、2、3三个粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角分别为90°、60°、60°,运动时间之比为3∶2∶2,C错误,D正确.9.BC [解析]粒子1从A点正对圆心射入,恰从B点射出,粒子在磁场中运动的圆心角为90°,粒子轨道半径等于BO,粒子2从C点沿CD射入,其运动轨迹如图所示,设对应的圆心为O1,运动轨道半径也为BO=R,连接O1C、O1B,O1COB是平行四边形,O1B=CO,则粒子2一定从B点射出磁场,故A错误,B正确;粒子的速度偏转角即粒子在磁场中转过的圆心角,θ1=90°,过B点作O1C的垂线交O1C于P点,可知P为O1C的中点,由数学知识可知,θ2=∠BO1P=60°,两粒子的速度偏转角不同,粒子在磁场中运动的周期T=,两粒子的周期相等,粒子在磁场中的运动时间t=T,故运动时间之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶2,故C正确,D错误.10.AC [解析]质子做圆周运动的半径为r==R,对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线一定过圆心,选项A正确;质子射入磁场中,受到向下的洛伦兹力而向下偏转,因质子的运动半径相同,故从a点比从b点进入磁场的质子在磁场中运动经过的弧长更长,则时间长,选项B错误;所有质子做圆周运动的半径都等于R,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,所有质子都在O点的正下方同一点射出磁场,选项C正确;质子的速度为v=时,质子运动的半径r==R,若质子从同一点沿各个方向射入磁场,画出各个质子的运动轨迹,由几何关系可知,不存在离开磁场的出射方向垂直的情况,选项D错误.11.(1) (2) (3)(1)电子在圆形磁场区域内受洛伦兹力而做圆周运动,设轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B,有ev0B=m过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知电子在B点速度方向与x轴夹角为60°,由几何关系得,轨迹圆的圆心角∠C=60°AC=BC=r已知OA=L,得OC=r-L由几何知识得r=2L联立解得B=.(2)由于A、B、O在圆周上,∠AOB=90°,所以AB为磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,且△ABC为等边三角形,由几何关系可得磁场区域的圆心O1的坐标为L,.(3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为T=联立解得电子在磁场中运动的时间t==.12.(1) (2) (3)[解析](1)OC=L cos30°=L沿OB方向射入的粒子从AB边的中点C射出,由几何知识得粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角为60°.半径r=OC=L由qvB=解得B==.(2)从A点射出的粒子在磁场中运动时间最长,设弦OA对应的圆心角为α,由几何关系得sin==≈0.577解得α≈70°最长时间t m≈·=.(3)设从OA上D点射出的粒子做圆周运动的弦长OD=OC,粒子做圆周运动的圆弧对应的圆心角也为60°,如图所示,由几何知识得入射速度与OD的夹角应为30°,即沿OC 方向射入的粒子在磁场中运动的时间与沿OB方向射入的粒子在磁场中运动的时间相同,则当沿OB方向射入的粒子从C射出时,从OB方向到OC方向这30°范围内射入的粒子此时都还在磁场中,而入射的范围为60°,故还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比例是.专题训练(七)A1.C2.D [解析]正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后,速度不变,电荷量变为+e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下,由r=可知,轨迹半径增大到原来的2倍,所以在磁场中的运动轨迹是图D.3.AC [解析]由R=得最大速度v=,两粒子的比荷相同,所以最大速度相同,A正确;最大动能E k=mv2,因为两粒子的质量不同,最大速度相同,所以最大动能不同,B错误;高频电源的频率f=,因为相同,所以两次所接高频电源的频率相同,C正确;粒子的最大动能与高频电源的频率无关,D错误.4.C [解析]设粒子被加速后获得的速度为v,由动能定理得qU=mv2,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r=R,又Bqv=m,解得=,故C正确.5.BC [解析]带电粒子在电场中受到的电场力沿y轴负方向,做类平抛运动,根据牛顿第二定律得qE=ma,在x轴方向上,有2L=v0t,在y轴方向上,有L=at2,解得E=,选项A错误,选项B正确;粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则可判断,磁场方向垂直于纸面向里,画出粒子的运动轨迹如图所示,粒子在电场中,在x轴方向上,有2L=v0t,在y轴方向上,有L=v y t,联立得v y=v0,进入磁场时速度v==v0,设进入磁场时速度与x轴的夹角为α,有tanα=1,解得α=45°,根据几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R=L,根据qvB=m得R=,磁感应强度B==,选项C正确,选项D错误.6.D [解析]带电粒子的运动轨迹如图所示,带电粒子出电场时,速度v=v0,这一过程的时间t1==,根据几何关系可得带电粒子在磁场中的轨迹半径r=2d,带电粒子在第Ⅰ象限中运动的圆心角为,故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间t2===,带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间t3=,故t总=,D正确.7.BC [解析]由题意可知,粒子在加速电场中运动时,两板电势差不变,故场强不变,带电粒子所受电场力不变,加速度不变,而粒子进入电场时的初速度不断变大,故在两板间运动的时间不断变短,粒子进入磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,解得B=,随着粒子速度不断增大,半径保持不变,故磁感应强度不断增大,又由圆周运动规律T=可知,带电粒子在磁场中运动的周期不断减小.综上可知,B、C正确.8.(1)R (2)U= (3)6d+[解析](1)根据几何关系可得r=R(2)开始粒子在电场中做匀加速直线运动,故有a1==根据运动学公式可得d=a1解得t1==d故v1==粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则Bqv1=m解得r=又r=R联立解得U=(3)根据T=,t2=T,θ=60°,可得t2==所以t=6t1+3t2=6d+.9. [解析]设带电粒子经电压为U的电场加速后速度为v,由动能定理得qU=mv2带电粒子进入磁场后,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律有qBv=m由题意知r=d联立解得B=带电粒子在电场中偏转,做类平抛运动,设经时间t从P点到达C点.由平抛运动规律得d=vtd=at2又qE=ma联立解得E=.专题训练(七)B1.(1)2×105m/s (2)5.2×10-3m[解析](1)能沿直线通过速度选择器的粒子所受电场力和洛伦兹力大小相等、方向相反,有qB1v=qE解得v==2×105m/s.(2)粒子进入偏转分离器后做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律得qB2v=m解得R=设质子质量为m,则氘核质量为2m,故d=2R2-2R1=2×-2×=5.2×10-3m.2.(1) (2)-[解析](1)粒子运动半径为R时,有qvB=m,又E k=mv2,解得E k=.(2)设粒子被加速n次达到动能E k,则E k=nqU0.粒子在狭缝间做匀加速运动,设n次经过狭缝的总时间为Δt,加速度a=,粒子做匀加速直线运动,有nd=a·(Δt)2,总时间t0=(n-1)·+Δt,解得t0=-.3.(1) (2)BL[解析](1)粒子在磁场中做圆周运动,速度越大,则半径越大.速度最大的粒子刚好由P点射出,由牛顿第二定律得qvB=,由几何关系知r=L,联立解得v=.(2)粒子从P点离开后,垂直于x轴进入电场,在竖直方向做匀速直线运动,在水平方向做匀加速直线运动,由牛顿第二定律得a=,在电场中运动时,有L=at2,d=vt,联立解得d=BL4.(1) (2)(3)斜向下与x轴正方向夹角为30°或150°[解析](1)粒子经电场加速,由动能定理得qU0=mv2解得v=(2)撤去磁场后,粒子在电场中做类平抛运动.沿x轴方向,有L=vt沿y轴方向,有=at2由牛顿第二定律得a=联立解得E=(3)设粒子从O点沿与x轴正方向夹角为θ的方向斜向下射出,运动轨迹如图所示,有2R sinθ=L由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m又qvB=qE联立解得θ=30°或θ=150°5.(1) (2) (3)[解析](1)当U MN=0时,粒子沿O1O2方向射入磁场,轨迹如图甲所示,设其半径为R1,由几何关系得R1=R根据牛顿第二定律得Bv0q=m解得B=甲(2)在t=0时刻入射的粒子满足=×××2解得U0=(3)经分析可知所有粒子经电场后其速度仍为v0t=(2k+1)(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴M板离开电场,轨迹如图乙所示,设偏转角为α.乙由几何知识可知四边形QOPO4为菱形,故α=120°粒子在磁场中运动的最长时间t1=t=2k(k=0,1,2,3,…)时刻入射的粒子贴N板离开电场,轨迹如图丙所示,设偏转角为β.由几何知识可知四边形SOTO5为菱形,故β=60°粒子在磁场中运动的最短时间t2=又T=故Δt=t1-t2=丙专题训练(八)1.D [解析]当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时,粒子沿直线匀速通过该区域,有qvB=qE,所以E=Bv;假设粒子带正电,则受到向下的洛伦兹力,电场方向应该向上,而粒子带负电时,电场方向仍应向上,故D正确.2.AC [解析]沿ab方向抛出的带正电小球或沿ac方向抛出的带负电的小球在重力、电场力、洛伦兹力作用下都可能做匀速直线运动,A正确,B错误.在重力、电场力、洛伦兹力三力都存在时的直线运动一定是匀速直线运动,C正确.两小球在运动过程中,除重力做功外,还有电场力做功,故机械能不守恒,D错误.3.CD [解析]带电小球进入复合场时受力情况如图所示,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在一条直线上,所以有可能沿直线通过复合场区域;A项中洛伦兹力随速度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,小球做曲线运动.4.C [解析]金属导体中的自由电荷是带负电的电子,由电流方向向右可知,电子的移动方向向左,根据左手定则知,这些自由电子受到向上的洛伦兹力而发生偏转,则上表面带负电,下表面带正电,下表面的电势高于上表面的电势,故A错误;稳定时,电子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,有evB=e,解得U=vBh,根据I=nevhd可知,v=,故U=,仅增大h时,电势差不变,故B错误;仅增大d时,上、下表面的电势差减小,故C正确;仅增大I时,电势差增大,故D错误.5.CD [解析]小球穿过电场、磁场、重力场三场并存的区域时未发生偏转,即做匀速直线运动,受力满足平衡条件.当E沿z轴正方向,B沿y轴负方向,且满足mg=Eq+qvB 时,小球做匀速直线运动;当E沿z轴正方向,B沿x轴负方向,洛伦兹力为零,且满足mg=qE时,小球做匀速直线运动,C、D正确.6.ABD [解析]当qv0B=mg时,小球不受支持力和摩擦力,克服摩擦力做功为零,选项A 正确;当qv0B<mg时,小球做加速度逐渐增大的减速运动直到静止,只有摩擦力做功,根据动能定理得W克f=m,选项B正确;当qv0B>mg时,小球先做减速运动,当qvB=mg时,小球不受摩擦力作用,小球以速度v=做匀速运动,根据动能定理得W克=m-,选项D正确.f7.D [解析]由图像可知,物块先做加速度逐渐减小的加速运动,物块的最大速度是1m/s,对物块进行受力分析可知,开始时物块受到重力、支持力和摩擦力的作用,设动摩擦因数为μ,沿皮带的方向,有μF N-mg sinθ=ma①,物块运动后,又受到洛伦兹力的作用,加速度逐渐减小,由①式可知,物块的加速度逐渐减小,一定是F N逐渐减小,而开始时F N=mg cosθ,后来F'N=mg cosθ-f洛,即洛伦兹力的方向是斜向上的,物块沿皮带向上运动,由左手定则可知,物块带正电,故A错误;物块向上运动的过程中,洛伦兹力越来越大,则受到的支持力越来越小,结合①式可知,物块的加速度也越来越小,当加速度等于0时,物块达到最大速度,此时mg sinθ=μ(mg cosθ-f洛)②,由②式可知,只要皮带的速度大于或等于1m/s,则物块达到最大速度的条件与皮带的速度无关,所以皮带的速度可能是1m/s,也可能大于1m/s,物块可能相对于皮带静止,也可能相对于皮带运动,故B错误,D正确;由以上分析可知,皮带的速度不能判断,所以若已知皮带的长度,也不能求出该过程中物块与皮带发生的相对位移,故C错误.8.C [解析]由图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2、4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表,即毫伏表,选项A错误;霍尔元件的载流子是电子,由于磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,电子受到的洛伦兹力的方向指向接线端2,即接线端2的电势低于接线端4的电势,选项B 错误;当通过电磁铁和霍尔元件的电流方向与原来电流方向均相反但大小不变时,由左手定则可判断,电子的偏转方向不变,故霍尔电压的大小及方向不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让磁感应强度增大,若增大R2,会让电流I减小,电子的定向移动速率v也变小,故不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.9.(1) (2)20m或m (3)7.71s或6.38s[解析](1)质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用,沿AO做匀加速直线运动,有mg=qE解得E=.(2)质点在x轴下方,重力与电场力平衡,质点做匀速圆周运动,从C点进入第一象限后做类平抛运动,其轨迹如图所示,有Bqv=m由运动学规律知v2=2aL其中a=g由类平抛运动规律知R=vt3R-=a联立解得L=20m或m.(3)质点做匀加速直线运动,有L=a解得t1=2s或s质点做匀速圆周运动,有t2=×=4.71s质点做类平抛运动,有R=vt3解得t3=1s质点从M点出发到击中D点所经历的时间为t=t1+t2+t3=7.71s或6.38s.10.(1)v0 (2)0 (3) mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5°角[解析](1)设a粒子刚出电场时速度为v,由动能定理得qU=mv2-m解得v=v0(2)a粒子在电场中沿水平方向做匀速运动,有t1=a粒子出电场时竖直方向的速度v y=v0有y1=v y t1=L两板距离为L两粒子碰撞,由动量守恒定律得mv=2mv1解得v1=v0返回时,两粒子在电场中仍做类平抛运动,刚好到O点,有t2=,y2==L两粒子从板右端返回电场时的位置与下板间的距离为L-L=0 (3)两粒子在磁场中运动时,设轨道半径为R,由几何关系知R+R=L 解得R=(2-)L洛伦兹力f洛=2m=由动量定理得I洛=2mΔv由图可得Δv=v0则I洛=mv0,方向斜向左下方与水平方向成22.5°角。
2020-2021学年高考物理一轮复习磁场练习试题及答案
2020-2021 学年高三物理一轮复习练习卷：磁场一、单选题1．如下左图所示，为某种用来束缚原子的磁场的磁感线分布情况，以O 点(图中白点)为坐标原点，沿z 轴正方向磁感应强度B 大小的变化最有可能为( )A．B．C．D．2．科学研究发现，在地球的南极或北极所看到的美丽极光，是由来自太阳的高能带电粒子受到地磁场的作用后，与大气分子剧烈碰撞或摩擦所产生的结果，如图所示。
则下列关于地磁场的说法中，正确的是()A．若不考虑磁偏角的因素，则地理南极处的磁场方向竖直向下2 3 B ．若不考虑磁偏角的因素，则地理北极处的磁场方向竖直向上C ．在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向北的方向D ．在地球赤道表面，小磁针静止时南极指向南的方向3．关于磁感应强度的概念，下列说法正确的是（ ）A ．由磁感应强度定义式可知，在磁场中某处，B 与F 成正比，B 与 IL 成反比 B ．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，该处的磁感应强度一定为零C ．磁场中某处磁感应强度的方向，与直线电流在该处所受磁场力方向相同D ．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关4．如图所示，在磁感应强度大小为 B 0 的匀强磁场中，两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为 l .在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时，纸面内与两导线距离均为 l 的a 点处的磁感应强度为零．如果让 P 中的电流反向、其他条件不变，则 a 点处磁感应强度的大小为( )A ．0B ． 3B 0C ． 3B 0D ．2B 05．宽为 L ，共 N 匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流 I （方向如图）时，，在天平左、右两边加上质量各为 m 1、m 2 的砝码，天平平衡．当电流反向（大小不变）时，右边再加上质量为 m 的砝码后，天平重新平衡．由此可知3A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为(m1-m2)gNIlB．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg 2NIlC．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为(m1-m2)gNIl mgD．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为2NIl6．我国拥有世界上最大的单口径射电望远镜，被称为“天眼”，如图所示。
【高考复习】2020版高考物理 单元测试 电磁感应(含答案解析)
2020版高考物理单元测试电磁感应1.如图所示，空间某区域中有一匀强磁场，磁感应强度方向水平，且垂直于纸面向里，磁场上边界b和下边界d水平．在竖直面内有一矩形金属线圈，线圈上下边的距离很短，下边水平．线圈从水平面a开始下落．已知磁场上下边界之间的距离大于水平面a、b之间的距离．若线圈下边刚通过水平面b、c(位于磁场中)和d时，线圈所受到的磁场力的大小分别为F b、F c和F d，则( )A．F d>F c>F b B．F c<F d<F b C．F c>F b>F d D．F c<F b<F d2.如图所示，一圆形金属线圈放置在水平桌面上，匀强磁场垂直桌面竖直向下，过线圈上A点做切线OO′，OO′与线圈在同一平面上．在线圈以OO′为轴翻转180°的过程中，线圈中电流流向( )A．始终由A→B→C→AB．始终由A→C→B→AC．先由A→C→B→A再由A→B→C→AD．先由A→B→C→A再由A→C→B→A3.如图所示为地磁场磁感线的示意图．一架民航飞机在赤道上空匀速飞行，机翼保持水平，由于遇到强气流作用使飞机竖直下坠，在地磁场的作用下，金属机翼上有电势差．设飞行员左方机翼末端处的电势为φ1，右方机翼末端处的电势为φ2，忽略磁偏角的影响，则( )A．若飞机从西往东飞，φ2比φ1高B．若飞机从东往西飞，φ2比φ1高C．若飞机从南往北飞，φ2比φ1高D．若飞机从北往南飞，φ2比φ1高4.如图所示电路中，L为电感线圈，C为电容器，当开关S由断开变为闭合时( )A．A灯中无电流通过，不可能变亮B．A灯中有电流通过，方向由a到bC．B灯逐渐熄灭，c点电势高于d点电势D．B灯逐渐熄灭，c点电势低于d点电势5.如图所示，一条形磁铁从左向右匀速穿过线圈，当磁铁经过A、B两位置时，线圈中( )A．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相同B．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相反C．感应电流方向相反，感应电流所受作用力的方向相同D．感应电流方向相同，感应电流所受作用力的方向相反6.如图所示,甲、乙两个矩形线圈同处在纸面内,甲的ab边与乙的cd边平行且靠得较近,甲、乙两线圈分别处在垂直纸面方向的匀强磁场中,穿过甲的磁场的磁感应强度为B1,方向指向纸面里,穿过乙的磁场的磁感应强度为B2,方向指向纸面外,两个磁场可同时变化,当发现ab边和cd边之间有排斥力时,磁场的变化情况可能是( )A.B1变小,B2变大B.B1变大,B2变大C.B1变小,B2变小D.B1不变,B2变小7.如图所示，有一等腰直角三角形的区域，其斜边长为2L，高为L.在该区域内分布着如图所示的磁场，左侧磁场方向垂直纸面向外，右侧磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小均为B.一边长为L、总电阻为R的正方形导线框abcd，从图示位置开始沿x轴正方向以速度v匀速穿过磁场区域．取沿顺时针的感应电流方向为正，则下列表示线框中电流i随bc边的位置坐标x变化的图象正确的是( )8.如图所示，a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成，匝数均为10匝，边长l a=3l b，图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，且磁感应强度随时间均匀增大，不考虑线圈之间的相互影响，则( )A．两线圈内产生顺时针方向的感应电流B．a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C．a、b线圈中感应电流之比为3∶4D．a、b线圈中电功率之比为3∶19. (多选)如图所示，足够长的金属导轨竖直放置，金属棒ab、cd均通过棒两端的环套在金属导轨上．虚线上方有垂直纸面向里的匀强磁场，虚线下方有竖直向下的匀强磁场，两匀强磁场的磁感应强度大小均为B.ab、cd棒与导轨间动摩擦因数均为μ，两棒总电阻为R，导轨电阻不计．开始两棒静止在图示位置，当cd棒无初速度释放时，对ab棒施加竖直向上的力F，使其沿导轨向上做匀加速运动．则( )A．ab棒中的电流方向由b到aB．cd棒先做加速运动后做匀速运动C．cd棒所受摩擦力的最大值大于其重力D．力F做的功等于两棒产生的电热与增加的机械能之和10.如图所示,一导线弯成闭合线圈,以速度v向左匀速进入磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直平面向外,线圈总电阻为R。
全品复习方案2020届高考物理一轮复习第9单元磁澄时作业含解析
授课资料范本全品复习方案 2020届高考物理一轮复习第9单元磁澄时作业含分析编辑： __________________时间： __________________磁场课时作业磁场的描述磁场对电流的作用时间 / 40分钟基础达标.·北京卷]中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记录了地磁偏角:“以磁石磨针1 [20xx锋, 则能指南 , 然常微偏东 , 不全南也 . ”进一步研究表示 , 地球周围地磁场的磁感线分布表示如图K24- 1所示 . 结合上述资料 , 以下说法不正确的选项是()图K24- 1A. 地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B. 地球内部也存在磁场 , 地磁南极在地理北极周边C. 地球表面任意地址的地磁场方向都与地面平行D. 地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用图K24- 22. [ 人教版选修 3- 1改编 ] 如图 K24-2所示 , 两平行直导线 cd和ef 竖直放置 , 通以方向相反、大小相等的电流, a、 b两点位于两导线所在的平面内 ,则()A.b 点的磁感觉强度为零B.ef 导线在 a点产生的磁场方向垂直于纸面向里C.cd 导线碰到的安培力方向向右D. 同时改变两导线的电流方向, cd导线碰到的安培力方向不变图K24- 33. [20xx ·梅州月考 ] 如图 K24-3所示 , 两个完好相同的通电圆环 A、B的圆心 O重合且圆面互相垂直放置, 通电电流大小相等 , 电流方向以下列图 , 设每个圆环在其圆心 O处独立产生的磁感觉强度大小为B0, 则O处的磁感觉强度大小为()A. 0B. 2B0. B0. 无法确定C D图K24- 4.·成都检测]素来导线 ab平行于通电螺线管的轴线放置在螺线管的上方,如图-4 [20xx K244所示 , 若是直导线能够自由地运动且通以由a到b的电流 , 则关于导线 ab受磁场力后的运动情况 ,以下说法正确的选项是()A. 从上向下看顺时针转动并凑近螺线管B. 从上向下看顺时针转动并远离螺线管C. 从上向下看逆时针转动并远离螺线管D. 从上向下看逆时针转动并凑近螺线管图K24- 55. [20xx ·海南卷 ] 如图 K24-5所示 , 一绝缘圆滑固定斜面处于匀强磁场中 , 磁场的磁感觉强度大小为 B, 方向垂直于斜面向上 ,通有电流 I 的金属细杆水宁静止在斜面上 . 若电流变为 0. 5I , 磁感觉强度大小变为 3B, 电流和磁场的方向均不变 , 则金属细杆将()A. 沿斜面加速上滑B. 沿斜面加速下滑C. 沿斜面匀速上滑D. 仍静止在斜面上图K24- 66. 如图 K24-6所示 , 某地域内有垂直于纸面向里的匀强磁场, 磁感觉强度大小为 B. 一正方形刚性线圈边长为L ,匝数为 n, 线圈平面与磁场方向垂直 , 线圈一半在磁场内 . 某时辰 , 线圈中通有大小为 I 的电流 , 则此时线圈所受安培力的大小为 ()A.BILB.nBILD.nBIL技术提升图K24- 77. ( 多项选择 ) 如图 K24-7所示 , 在同一平面内有①、②、③三根等间距平行放置的长直导线, 通入的电流分别为 1A、 2A 、1A, ②的电流方向为 c→d且碰到安培力的合力方向水平向右, 则()A. ①的电流方向为 a→bB. ③的电流方向为 e→fC. ①碰到安培力的合力方向水平向左D. ③碰到安培力的合力方向水平向左图K24- 88. 质量为 m、长为 L的直导体棒放置于四分之一圆滑圆弧轨道上, 整个装置处于竖直向上、磁感应强度为 B的匀强磁场中 , 直导体棒中通有恒定电流, 平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成 60°角 , 其截面图如图 K24- 8所示 , 重力加速度为 g. 关于导体棒中电流 , 以下分析正确的选项是()A. 导体棒中电流垂直于纸面向外, 大小为B. 导体棒中电流垂直于纸面向外, 大小为C. 导体棒中电流垂直于纸面向里, 大小为D. 导体棒中电流垂直于纸面向里, 大小为9. ( 多项选择 ) 如图 K24-9甲所示 , 两根圆滑平行导轨水平放置, 间距为 L, 此间有竖直向下的匀强磁场, 磁感觉强度为 B, 垂直于导轨放置一根均匀金属棒. 从t= 0时辰起 , 棒上如同图乙所示的连续交变电流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K24- 9A. 素来向右搬动B. 速度随时间周期性变化C. 碰到的安培力随时间周期性变化D. 碰到的安培力在一个周期内做正功10. [20xx ·四川双流中学模拟 ] 如图 K24-10所示 , 水平金属导轨与导体棒 ab接触优异且电阻均忽略不计 , 外加匀强磁场与导轨平面成α=5 3°角 , 细线对 ab棒的拉力沿水平方向 , 不计所有摩擦 . 现合适增加重物 G的重力 , 需同时调治滑动变阻器 R以保证 ab棒向来处于静止状态 , 在此过程中()A. 需将滑动变阻器 R的滑动触头 P向左滑B.A 点电势降低C.ab 棒碰到的安培力方向向来水平向左D.ab 棒碰到的安培力的大小向来等于重物G的重力11. 音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特别电动机. 图K24-11是某音圈电机的原理表示图, 它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈组成, 线圈边长为 L,匝数为 n, 磁极正对地域内的磁感觉强度大小为B, 方向垂直于线圈平面竖直向下, 地域外的磁场忽略不计 , 线圈左侧向来在磁场外 , 右侧向来在磁场内 , 前、后两边在磁场内的长度向来相等. 某时辰线圈中电流从 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 .图 K24- 11挑战自我12. 一质量 m=0. 05kg的金属条搁在相距 d=0. 02m的两金属轨道上 , 如图 K24-12所示 . 现让金属条以 v0=m/s的初速度从 AA'进入水平轨道 , 再由 CC'进入半径 r= 0. 05m的竖直圆轨道 , 完成圆周运动后 , 再回到水平轨道上 . 整个轨道除圆轨道圆滑外 , 其余均粗糙 , 运动过程中金属条向来与轨道垂直 . 由外电路控制 , 使流过金属条的电流大小向来为 I= 5A, 方向以下列图 . 整个轨道处于水平向右的匀强磁场中 , 磁感觉强度 B=1T, A、 C间的距离 L=0. 2m,金属条恰好能完成竖直面里的圆周运动 . ( g 取 10m/s2)(1)求金属条到达竖直圆轨道最高点的速度大小 ;(2)求金属条与水平粗糙轨道间的动摩擦因数 ;(3)若将 CC'右侧 0. 06m处的金属轨道在 DD'向上垂直波折 ( 波折处无能量损失 ), 试求金属条能上升的最大高度 .图 K24- 12课时作业 ( 二十五 )第25讲磁场对运动电荷的作用时间 / 40分钟基础达标.·河北定州中学模拟]关于电荷所受电场力和洛伦兹力,以下说法正确的选项是()1 [20xxA. 电荷在磁场中必然受洛伦兹力作用B. 电荷在电场中必然受电场力作用C. 电荷所受的电场力必然与该处的电场方向一致D. 电荷所受的洛伦兹力不用然与磁场方向垂直图K25- 12. ( 多项选择 ) 如图 K25-1所示 , 物理课堂授课中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成 . 励磁线圈是一对互相平行的共轴的圆形线圈 , 两线圈之间能产生匀强磁场 . 玻璃泡内充有稀少的气体 , 电子枪在加速电压下发射电子 , 电子束经过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹 . 若电子枪垂直磁场方向发射电子 , 给励磁线圈通电后 , 能看到电子束的径迹呈圆形 . 若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流 , 以下说法正确的选项是()A. 增大电子枪的加速电压 , 电子束的轨道半径变大B. 增大电子枪的加速电压 , 电子束的轨道半径不变C. 增大励磁线圈中的电流 , 电子束的轨道半径变小D. 增大励磁线圈中的电流 , 电子束的轨道半径不变.·江西五校联考]一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场. 粒子的一段径迹3 [20xx如图 K25-2所示 , 径迹上的每一小段都可近似看作圆弧, 由于带电粒子使沿途的空气电离, 粒子的能量逐渐减小 ( 带电荷量不变 ), 从图中情况能够确定()A. 粒子从 a运动到 b, 带正电B. 粒子从 a运动到 b, 带负电C. 粒子从 b运动到 a, 带正电D. 粒子从 b运动到 a, 带负电4. 已知α粒子 ( 即氦原子核 ) 质量约为质子的 4倍, 带正电荷 , 电荷量为元电荷的 2倍. 质子和α粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动. 以下说法正确的选项是(). 若它们的动量大小相同,则质子和α 粒子的运动半径之比约为2∶1A. 若它们的速度大小相同,则质子和α 粒子的运动半径之比约为1∶4B. 若它们的动能大小相同,则质子和α 粒子的运动半径之比约为1∶2C. 若它们由静止经过相同的加速电场加速后垂直进入磁场,则质子和α粒子的运动半径之比约D为1∶2图K25- 35. [20xx ·衡阳联考 ] 如图 K25-3所示 , 矩形虚线框 MNPQ内有一匀强磁场 , 磁场方向垂直于纸面向里.a 、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子 , 它们从 PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场, 图中画出了它们在磁场中的运动轨迹 , 粒子重力不计 . 以下说法正确的选项是()A.粒子 a带负电B. 粒子 c的动能最大C.粒子 b在磁场中运动的时间最长D.粒子 b在磁场中运动时的向心力最大技术提升图K25- 46. 如图 K25-4所示 , 一质量为 m、带电荷量为 q的粒子以速度 v垂直射入一有界匀强磁场所区内, 速度方向跟磁场左界线垂直 , 从右界线走开磁场时速度方向偏转角θ =30°,磁场所区的宽度为d,则以下说法正确的选项是()A. 该粒子带正电B. 磁感觉强度 B=C. 粒子在磁场中做圆周运动的半径R=dD. 粒子在磁场中运动的时间t=图K25- 57. ( 多项选择 )[20xx ·四川五校联考 ] 如图 K25-5所示 , 在x>0, y>0的空间中有恒定的匀强磁场, 磁感觉强度的大小为 B, 方向垂直于 xOy平面向里 .现有一质量为 m、电荷量为 q的带正电粒子从 x轴上的某点 P( 未画出 ) 沿着与 x轴成 30°角的方向射入磁场 , 不计重力的影响 , 则以下说法正确的选项是()A. 只要粒子的速率合适 , 粒子即可能经过坐标原点B. 粒子在磁场中运动的时间可能为C.粒子在磁场中运动的时间可能为D. 粒子在磁场中运动的时间可能为图K25- 68. ( 多项选择 )[20xx ·甘肃平凉质检 ] 如图 K25-6所示 , ABCA为一半圆形的有界匀强磁场界线 , O为圆心 , F、 G分别为半径 OA和 OC的中点 , D、E 点位于界线圆弧上 , 且 DF∥EG∥BO.现有三个相同的带电粒子 ( 不计重力 ) 以相同的速度分别从 B、 D、E三点沿平行 BO方向射入磁场 , 其中由 B点射入磁场的粒子 1恰好从 C点射出 , 由D、E两点射入的粒子2和粒子 3从磁场某处射出 , 则以下说法正确的选项是()A. 粒子 2从O点射出磁场B. 粒子 3从C点射出磁场C. 粒子 1、2、3在磁场中的运动时间之比为 3∶2∶3D. 粒子 2、3经磁场偏转角相同图K25- 79. ( 多项选择 ) 如图 K25- 7所示 , AOB是一界线为圆的匀强磁场 , O点为圆心 , D点为界线 OB的中点 , C点为界线上一点 , 且 CD∥AO.现有两个完好相同的带电粒子以相同的速度射入磁场 ( 不计粒子重力 ), 其中粒子 1从 A点正对圆心射入 , 恰从 B点射出, 粒子 2从 C点沿 CD射入 , 从某点走开磁场 , 则可判断()A. 粒子 2在AB圆弧之间某点射出磁场B.粒子 2必然在 B点射出磁场C.粒子 1与粒子 2在磁场中的运行时间之比为 3∶2D.粒子 1与粒子 2的速度偏转角度相同挑战自我图K25- 810. ( 多项选择 ) 如图 K25-8所示 , 在真空中 , 半径为 R的圆形地域内存在垂直于纸面向外的匀强磁场, 磁感觉强度为 B, 一束质子在纸面内以相同的速度射向磁场所区, 质子的电荷量为 e, 质量为 m, 速度为 v=, 则以下说法正确的选项是()A. 对着圆心入射的质子的出射方向的反向延长线必然过圆心B. 从 a点比从 b点进入磁场的质子在磁场中运动时间短C. 所有质子都在磁场边缘同一点射出磁场D. 若质子以相等的速率 v=从同一点沿各个方向射入磁场, 则它们走开磁场的出射方向可能垂直11. 如图 K25-9所示, A点距坐标原点的距离为L, 坐标平面内有界线过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场所区, 磁场方向垂直于坐标平面向里 . 有一电子 ( 质量为 m、电荷量为 e) 从A点以初速度 v0平行于 x轴正方向射入磁场所区 , 在磁场中运动 , 从x轴上的 B点射出磁场所区 , 此时速度方向与 x轴的正方向之间的夹角为 60°, 求:(1)磁场的磁感觉强度大小 ;(2)磁场所区的圆心 O1的坐标 ;(3)电子在磁场中运动的时间 .图K25- 9.·天津××区模拟]边长为 L的等边三角形 OAB地域内有垂直于纸面向里的匀强磁场. 在12 [20xx纸面内从 O点沿纸面向磁场所区 AOB各个方向同时射入质量为m、电荷量为 q的带正电的粒子 , 所有粒子的速率均为 v. 如图 K25-10所示 , 沿OB方向射入的粒子从 AB边的中点 C射出 , 不计粒子之间的互相作用和重力的影响, 已知sin35 °≈ 0. 577. 求:(3)沿OB方向射入的粒子从 AB边的中点 C射出时 , 还在磁场中运动的粒子占所有粒子的比率 .11/34图 K25- 10专题训练 ( 七)A专题七带电粒子在组合场中的运动时间 / 40分钟基础达标图Z7- 11.[ 人教版选修 3- 1改编 ] 如图 Z7-1所示 , 一束质量、速度和电荷量不全相等的离子经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后 , 进入另一个匀强磁场中并分别为A、B两束 . 以下说法正确的选项是()A. 组成 A束和 B束的离子都带负电B.组成 A束和 B束的离子质量必然不相同C.A 束离子的比荷大于 B束离子的比荷D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外图Z7- 22. 如图 Z7-2所示 , a、b是两个匀强磁场界线上的两点 , 左侧匀强磁场的磁感线垂直于纸面向里, 右侧匀强磁场的磁感线垂直于纸面向外, 两边的磁感觉强度大小相等. 电荷量为 2e的正离子以某一速度从 a 点垂直磁场界线向左射出, 当它运动到 b点时 , 击中并吸取了一个处于静止状态的电子, 不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的互相作用, 电子质量远小于正离子质量 , 则它们在磁场- 中的()中的运动轨迹是图 Z7 3 图Z7- 3图Z7- 43. ( 多项选择 )[20xx ·德州期末 ] 图Z7-4是一个回旋加速器表示图 , 其核心部分是两个 D 形金属盒 , 两金属盒置于匀强磁场中 , 并分别与高频电源相连 . 现分别加速氘核H)和氦核 He), 以下说法中正确的选项是 ()A. 它们的最大速度相同B. 它们的最大动能相同C. 两次所接高频电源的频率相同D. 仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能-图Z7 54 .[20xx ·山西五校联考]质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具. 图-Z75中的铅盒 A 中的放射源放出一带正电粒子 ( 能够为初速度为零 ), 从狭缝S 1进入电压为 U 的加速电场区加速后 , 再经过狭缝 S 从小孔 G 垂直于 MN 射入偏转磁场 , 该偏转磁场是以直线 MN 为切线、磁感应强度为 B、方向垂直于纸面向外、半径为R的圆形匀强磁场 . 现在 MN上的 F点( 图中未画出 ) 接收到该粒子 , 且GF= R, 则该粒子的比荷为 ( 粒子的重力忽略不计 )()A. B.C. D.技术提升5.(多项选择)如图Z7-6所示 , 在xOy坐标系中 , y>0的范围内存在着沿 y轴正方向的匀强电场 , 在y<0的范围内存在着垂直于纸面的匀强磁场 ( 未画出 ) . 现有一质量为 m、电荷量为 -q( 重力不计 ) 的带电粒子以初速度 v0( v0沿x轴正方向 ) 从 y轴上的 a点出发 , 运动一段时间后 , 恰好从x轴上的 d点第一次进入磁场 , 尔后从 O点第一次走开磁场 . 已知 Oa=L, Od=2L, 则 ()图Z7- 6A. 电场强度 E=B. 电场强度 E=C. 磁场方向垂直于纸面向里, 磁感觉强度 B=D. 磁场方向垂直于纸面向里, 磁感觉强度 B=6. 如图 Z7-7所示 , 在第Ⅱ象限内有沿 x轴正方向的匀强电场 , 电场强度为 E, 在第Ⅰ、Ⅳ象限内分别存在以下列图方向的匀强磁场 , 磁感觉强度大小相等 . 有一个带电粒子以垂直于 x轴的初速度 v0从 x轴上的 P 点进入匀强电场中 , 并且恰好与 y轴的正方向成 45°角进入磁场 , 又恰好垂直于 x轴进入第Ⅳ象限的磁场 . 已知 O、P之间的距离为 d, 则带电粒子在磁场中第二次经过 x轴时 , 在电场和磁场中运动的总时间为 ()图Z7- 7A. B.(2 +5π )C. D.挑战自我图Z7- 87.(多项选择)如图Z7-8所示为一种获得高能粒子的装置, 环形地域内存在垂直于纸面、磁感觉强度大小可调的匀强磁场, 带电粒子可在环中做圆周运动 .A 、 B为两块中心开有小孔的距离很近的极板 , 原来电势均为零, 每当带电粒子经过 A板准备进入 A、 B之间时 , A板电势高升为 +U, B板电势仍保持为零 , 粒子在两板间的电场中获得加速 ; 每当粒子走开 B板时 , A板电势又降为零 , 粒子在电场的加速下动能不断增大 , 而在环形磁场中绕行半径不变 . 若粒子经过 A、 B板的时间不可以忽略 , 能定性反响 A板电势U和环形地域内的磁感觉强度 B随时间 t 变化的关系的是图 Z7- 9中的()图Z7- 98. 如图 Z7-10所示 , 圆柱形地域截面圆的半径为 R, 在地域内有垂直于纸面向里、磁感觉强度大小为B的匀强磁场 ; 对称放置的三个电容器相同, 极板间距为 d, 极板间电压为 U, 与磁场相切的极板在切点处均有一小孔 . 一带电粒子质量为 m, 带电荷量为 +q, 从某电容器极板下 ( 紧贴极板 ) 的 M点由静止释放 ,M点在小孔 a的正上方 , 若经过一段时间后 , 带电粒子又恰好返回 M点, 不计带电粒子所受重力 , 求: (1) 带电粒子在磁场中运动的轨迹半径;(2)U与B所满足的关系式 ;(3)带电粒子由静止释放到再次返回 M点所经历的时间 .图Z7- 109. 如图 Z7-11所示 , 在xOy直角坐标系中 , 第Ⅰ象限内分布着方向垂直于纸面向里的匀强磁场 , 第Ⅱ象限内分布着方向沿 y轴负方向的匀强电场 . 初速度为零、带电荷量为 +q、质量为 m的粒子经过电压为 U的电场加速后 , 从x轴上的 A点垂直 x轴进入磁场所区 , 经磁场偏转后过 y轴上的 P点且垂直 y轴进入电场所区 , 在电场中偏转并击中 x轴上的 C点. 已知 OA=OC=d求.电场强度 E和磁感觉强度 B的大小 . ( 粒子的重力不计 )图Z7- 11专题训练 ( 七)B专题七带电粒子在组合场中的运动时间 / 40分钟1. 如图 Z7-12所示为质谱仪的表示图 . 速度选择器部分的匀强电场的场强为E=1. 2× 105V/m, 匀强磁场的磁感应强度为 B1= .偏转分别器的磁场的磁感觉强度为B2= . . 已知质子质量为. ×求- 27:0 6T;0 8T 1 6710 kg,(1)能沿直线经过速度选择器的粒子的速度大小 .(2)质子和氘核以相同速度进入偏转分别器后打在照相底片上的点之间的距离d.图Z7- 122. 回旋加速器的工作原理如图Z7-13甲所示 , 置于真空中的两 D形金属盒半径均为 R, 两盒间狭缝的间距为 d, 磁感觉强度为 B的匀强磁场与盒面垂直 , 被加速粒子的质量为 m, 电荷量为 +q, 加在狭缝间的交变电压如图乙所示 , 电压值的大小为 U0, 周期 T=. 一束该种粒子在 t= 0~时间内从 A处均匀地飘入狭缝 , 其初速度视为零 . 现考虑粒子在狭缝中的运动时间, 假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动, 不考虑粒子间的互相作用. 求 :图Z7- 13(1)出射粒子的动能 E k;(2)粒子从飘入狭缝至动能达到 E k所需的总时间 t 0.3. 如图 Z7-14所示 , 平面直角坐标系 xOy平面内 , 在 x=0和x=L间范围内分布着匀强磁场和匀强电场 , 磁场的下界线 AP与y轴负方向成 45°角 , 其磁感觉强度大小为 B, 电场上界线为 x轴, 其电场强度大小为E. 现有一束包含着各种速率的同种带负电粒子由 A点垂直于 y轴射入磁场 , 带电粒子的比荷为17/34(1)求能够由 AP界线射出的粒子的最大速率 ;(2)粒子在电场中运动一段时间后由 y轴射出电场 , 求射出点与原点的最大距离 .图Z7- 144. 如图 Z7-15所示 , 空间内存在着范围足够大的互相正交的匀强电场和匀强磁场( 未画出 ), 其中匀强电场沿y轴负方向 , 匀强磁场垂直于 xOy平面向里 . 图中虚线框内为由粒子源 S和电压为 U0的加速电场组成的装置 , 其出口位于 O点, 并可作为一个整体在纸面内绕 O点转动 . 粒子源 S不断地产生质量为m、电荷量为 +q的粒子 ( 初速度不计 ), 经电场加速后从 O点射出 , 且沿 x轴正方向射出的粒子恰好能沿直线运动 . 不计粒子的重力及互相间的作用力, 粒子从O点射出前的运动不受外界正交电场、磁场的影响 .(1)求粒子从 O点射出时速度 v的大小 ;(2)若只撤去磁场 , 从 O点沿 x轴正方向射出的粒子恰好经过坐标为的N点, 求匀强电场的场强 E的大小 ;(3)若只撤去电场 , 要使粒子能够经过坐标为 ( L,0) 的P点, 粒子应从 O点沿什么方向射出 ?图Z7- 155. 如图 Z7-16甲所示 , 在真空中 , 半径为 R的圆形地域内存在匀强磁场 , 磁场方向垂直于纸面向外 . 在磁场左侧有一对平行金属板 M、 N, 两板间距离也为 R, 板长为 L, 板的中心线 O1O2与磁场的圆心 O在同素来线上 . 置于 O1处的粒子发射源可连续以速度 v0沿两板的中心线 O1O2发射电荷量为 q、质量为 m的带正电的粒子 ( 不计粒子重力 ), M、N两板不加电压时 , 粒子经磁场偏转后恰好从圆心 O的正下方 P18/34走开磁场 ; 若在 M、N板间加如图乙所示交变电压U MN, 交变电压的周期为,t= 0时辰入射的粒子恰好贴着 N板右侧射出 .(1)求匀强磁场的磁感觉强度 B的大小 ;(2)求电压 U0的值 ;(3) 若粒子在磁场中运动的最长、最短时间分别为t 1、t 2, 则它们的差值为多大 ?图Z7- 16专题训练 ( 八) 专题八带电粒子在叠加场中的运动时间 / 40分钟基础达标1. [20xx ·江苏泰州月考 ] 如图 Z8-1所示为一速度选择器 , 内有一磁感觉强度为 B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场, 一束粒子流以速度 v水平射入 . 为使粒子流经过磁场时不偏转( 不计重力 ), 则磁场所区内必定同时存在一个匀强电场 , 关于此电场场富强小和方向的说法中, 正确的选项是()图Z8- 1A. 大小为, 粒子带正电时 , 方向向上B. 大小为, 粒子带负电时 , 方向向上C. 大小为 Bv, 方向向下 , 与粒子带何种电荷没关D. 大小为 Bv, 方向向上 , 与粒子带何种电荷没关2. ( 多项选择 )[20xx ·浙江三校模拟 ] 如图 Z8-2所示 , 空间中存在正交的匀强电场 E和匀强磁场 B( 匀强电场水平向右 ), 在竖直平面内从 a点沿ab 、ac方向抛出两带电小球 ( 不考虑两球的互相作用 , 两球电荷量向来不变 ) . 关于小球的运动 , 下列说法正确的选项是()图Z8- 2A.沿 ab、ac方向抛出的带电小球都可能做直线运动B. 只有沿 ab抛出的带电小球才可能做直线运动C. 若有小球能做直线运动 , 则它必然做匀速运动D. 两小球在运动过程中机械能均守恒3. ( 多项选择 )[20xx ·甘肃天水质检 ] 如图 Z8-3所示 , 虚线间存在由匀强电场和匀强磁场组成的正交或平行的电场和磁场( 图中实线为电场线 ) ,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复合场上方的某一高度自由落下, 则带电小球可能沿直线经过的是()图Z8- 34. [20xx ·南昌三校联考 ] 如图 Z8-4所示 , 有一厚度为 h、宽度为 d的金属导体 , 当磁场方向与电流方向垂直时, 在导体上、下表面会产生电势差 , 这种现象称为霍尔效应 . 以下说法正确的选项是()图Z8- 4A. 上表面的电势高于下表面的电势B. 仅增大 h时, 上、下表面的电势差增大C. 仅增大 d时, 上、下表面的电势差减小D. 仅增大电流 I 时 , 上、下表面的电势差减小技术提升图Z8- 55. ( 多项选择 ) 在如图 Z8-5所示的空间直角坐标系所在的地域内同时存在场强为E的匀强电场和磁感觉强度为B的匀强磁场. 已知从坐标原点 O沿x轴正方向射入的带正电的小球 ( 小球所受的重力不可以忽略) 在穿过此区域时未发生偏转 , 则能够判断此地域中 E和 B的方向可能是()A.E 和B都沿 y轴的负方向B.E 和B都沿 x轴的正方向C.E 沿z轴正方向 , B沿 y轴负方向D.E 沿z轴正方向 , B沿 x轴负方向6.( 多项选择 )[20xx ·杭州师大附中月考 ] 质量为 m、带电荷量为 +q的小球套在水平固定且足够长的绝缘杆上 , 如图 Z8-6所示 , 整个装置处于磁感觉强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中. 现给球一个水平向右的初速度 v0使其开始运动 , 不计空气阻力 , 重力加速度为 g, 则球运动战胜摩擦力做的功可能是()图Z8- 6。
通用版2020版高考物理大一轮复习单元质检九磁场新人教版(含参考答案)
高考物理大一轮复习单元质检：单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)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,有选错的得0分)1.在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘。
导线没有通电时小磁针的N极指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度。
现已测出此地的地磁场水平分量B1=5.0×10-5 T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示。
由此测出该通电直导线在该处产生磁场的磁感应强度大小为()A.5.0×10-5 TB.1.0×10-4 TC.8.66×10-5 TD.7.07×10-5 T电流在罗盘处产生的磁场方向水平向东,合磁场方向东偏北30°,由图可知:=8.66×10-5T。
故C正确。
B2=B1tan30°2.如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。
若从上向下看,下列判断正确的是()A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50Hz的交流电源相接,A、B电极之间的电流方向不断发生改变,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验,液体旋转方向会改变,故D错误。
(浙江选考)2020版高考物理大一轮复习 第九章 磁场本章综合能力提升练.docx
第九章磁场本章综合能力提升练(限时：45分钟)一、单项选择题1.汤姆孙通过对阴极射线的研究发现了电子．如图1所示，把电子射线管(阴极射线管)放在蹄形磁铁的两极之间，可以观察到电子束偏转的方向是( )图1A．向上B．向下C．向左D．向右答案 B2.如图2所示，一导线绕制的线圈中放一枚小磁针，当线圈中通以电流时，小磁针将会发生偏转，则下列判断正确的是( )图2A．为使实验现象明显，线圈平面应南北放置B．为使实验现象明显，线圈平面应东西放置C．若线圈平面南北放置，通电后再次稳定时，小磁针转过90°角D．若线圈平面东西放置，通电后再次稳定时，小磁针转过90°角答案 A3．(2016·浙江4月选考·9)法拉第电动机原理如图3所示．条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上．一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中．从上往下看，金属杆( )图3A ．向左摆动B ．向右摆动C ．顺时针转动D ．逆时针转动答案 D解析 根据左手定则可知，导电金属杆所受安培力将会使其逆时针转动，D 对．4．(2018·诸暨中学段考)如图4所示，在水平地面上方有一沿水平方向且垂直纸面向里的匀强磁场．现将一带电小球以一定初速度v 0竖直上抛，小球能上升的最大高度为h ，设重力加速度为g ，不计空气阻力，则下列判断正确的是( )图4A ．h 一定大于v 022gB ．h 一定等于v 022gC ．h 一定小于v 022gD ．h 可能等于v 022g答案 C解析 如果没有磁场，小球将做竖直上抛运动，上升的最大高度：h ＝v 022g，当加上磁场后，小球在运动过程中，除受重力外，还要受到洛伦兹力作用，小球在向上运动的同时会发生偏转，小球到达最高点时速度不为零，动能不为零，因此小球上升的最大高度小于v 022g，故C正确．5．在如图5所示的平行板器件中，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v 沿虚线射入后做直线运动，则该粒子( )图5A ．一定带正电B ．速度v ＝E BC ．若速度v ＞E B，粒子一定不能从板间射出 D ．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动 答案 B解析 粒子带正电和负电均可，选项A 错误；由洛伦兹力等于电场力，qvB ＝qE ，解得速度v ＝E B ，选项B 正确；若速度v ＞EB，粒子可能从板间射出，选项C 错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D 错误． 6．(2018·慈溪市期末)回旋加速器是用于加速带电粒子的重要装置，其核心部分是分别与高频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D 形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图6所示，设D 形盒半径为R .若用回旋加速器加速质子11H 时，匀强磁场的磁感应强度为B ，高频交流电频率为f .则下列说法正确的是( )图6A ．加速电场的电压越大，质子加速后的速度越大B ．质子被加速后的最大速度为2πfRC ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不改变任何条件，该回旋加速器也能用于加速α粒子(42He) 答案 B解析 由qvB ＝m v 2r 得v ＝qBrm，当r ＝R 时，v 最大，知最大速度与加速电压无关，故A 错误；由于T ＝2πr v ，T ＝1f，则最大速度v m ＝2πRf ，故B 正确；任何速度不可能超过光速，故C错误；此加速器T ＝2πm qB ，而加速α粒子时T ′＝2π·4m 2qB ＝4πm qB ，两个周期不同，不能加速α粒子，故D 错误．7．如图7所示，一个理想边界为PQ 、MN 的匀强磁场区域，磁场宽度为d ，方向垂直纸面向里．一电子从O 点沿纸面垂直PQ 以速度v 0进入磁场，在磁场中运动的轨迹半径为2d .O ′在MN 上，且OO ′与MN 垂直．下列判断正确的是( )图7A ．电子将向右偏转B ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为dC ．电子打在MN 上的点与O ′点的距离为3dD ．电子在磁场中运动的时间为πd3v 0答案 D 二、多项选择题8．如图8所示为磁流体发电机的原理图，将一束等离子体(带有等量正、负电荷的高速粒子流)喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A 、B ，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度为v ，两金属板间距离为d ，板的面积为S ，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与速度方向垂直，负载电阻为R .当发电机稳定发电时电动势为E ，电流为I ，则下列说法正确的是( )图8A ．A 板为发电机的正极B ．其他条件一定时，v 越大，发电机的电动势E 越大C ．其他条件一定时，S 越大，发电机的电动势E 越大D ．板间等离子体的电阻率为S d (BdvI－R ) 答案 BD解析 由左手定则可知正电荷受洛伦兹力向下，聚集到B 板上，故A 板为发电机的负极，故A 错误；据qvB ＝q E d 得，E ＝Bdv ，故B 正确，C 错误；由r ＝E I －R ＝Bdv I －R ，又r ＝ρd S，故电阻率ρ＝S d (BdvI－R )，故D 正确． 9．如图9所示为圆柱形区域的横截面．在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时，穿过此区域的时间为t ；若在该区域加垂直该区域的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转了π3，根据上述条件可求得的物理量为( )图9A ．带电粒子的初速度B ．带电粒子在磁场中运动的半径C ．带电粒子在磁场中运动的周期D ．带电粒子的比荷 答案 CD解析 无磁场时，带电粒子做匀速直线运动，设磁场的半径为R 0，则有：v ＝2R 0t①而有磁场时，带电粒子做匀速圆周运动，由半径公式可得：R ＝mv qB② 由几何关系得，圆磁场半径与圆轨道半径的关系：R ＝3R 0③ 由①②③联立可得：q m＝23Bt；带电粒子在磁场中运动的周期为：T ＝2πmqB＝3πt .由于不知圆磁场的半径，因此带电粒子的运动半径无法求出，初速度也无法求出，故A 、B 错误，C 、D 正确．10．如图10所示，以直角三角形AOC 为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B ，∠A ＝60°，AO ＝a ，在O 点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为q m ，发射速度大小都为v 0，且满足v 0＝qBam.发射方向用图中的角度θ表示．对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是( )图10A ．粒子有可能打到A 点B ．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短C ．以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等D ．在AC 边界上只有一半区域有粒子射出 答案 AD解析 洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，qv 0B ＝m v 02r ，r ＝mv 0qB＝a ；结合轨迹图，当θ＝60°时，粒子打到A 点，且在磁场中的运动时间最长，选项A 正确，B 错误；以θ<30°飞入的粒子在磁场中运动轨迹的长度不同，运动时间不相等，选项C 错误；当θ＝0°时，粒子出磁场的位置恰好为AC 的中点，所以在AC 边界上只有一半区域有粒子射出，选项D 正确．三、计算题11．如图11所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．已知：静电分析器通道的半径为R ，均匀辐射电场的场强为E .磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .问：图11(1)为了使位于A 处电荷量为q 、质量为m 的离子，从静止开始经加速电场后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U 应为多大？(2)离子由P 点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q 点，该点距入射点P 多远？ 答案 (1)12ER (2)2BEmRq解析 (1)离子加速qU ＝12mv 2①离子在辐射电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有qE ＝m v 2R②联立解得U ＝12ER ③(2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝m v 2r ④得r ＝mv qB ＝1BEmR q ⑤ PQ ＝2r ＝2BEmR q12．如图12所示，平行板电容器两金属板A 、B 板长L ＝32cm ，两板间距离d ＝32cm ，A 板的电势比B 板高．电荷量q ＝10－10C 、质量m ＝10－20kg 的带正电的粒子，以初速度v 0＝2×106m/s沿电场中心线垂直电场线飞入电场．随后，粒子在O 点飞出平行板电容器(速度偏转角为37°)，并进入磁场方向垂直纸面向里且边长为CD ＝24cm 的正方形匀强磁场区域． (sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，粒子的重力不计)图12(1)求A 、B 两板间的电势差；(2)粒子穿过磁场区域后打在放置于中心线上的荧光屏CD 上，求磁感应强度的范围． 答案 见解析解析 (1)带电粒子射出电场时在电场方向上的速度为：v y ＝v 0tan37°① v y ＝at ②在电场中，由牛顿第二定律可得：qE ＝q U d＝ma ③ 在电场中垂直于电场方向上有：L ＝v 0t ④联立①②③④可得A 、B 两板间的电势差为：U ＝300V⑤ (2)粒子进入磁场的速度为：v ＝v 0cos37°⑥带电粒子射出电场时在电场方向上的位移为：y ＝12at 2⑦解得：y ＝12cm.粒子要打在CD 上，当磁感应强度最大时，运动轨迹如图线1所示，设此时的磁感应强度为B 1，半径为R 1，由几何关系可得：y ＝R 1＋R 1cos37°⑧ 由洛伦兹力提供向心力可得：qvB 1＝m v 2R 1⑨粒子要打在CD 上，当磁感应强度最小时，假设运动轨迹与右边界相切且从CD 射出， 设此时的半径为R 2，由几何关系可得：CD ＝R 2＋R 2sin37°⑩解得R 2＝15cm ，又由于R 2cos37°＝12cm ＝y ，故粒子圆心恰好在CD 上，且从D 点射出磁场，如图线2所示，假设成立，设此时的磁感应强度为B 2由洛伦兹力提供向心力可得：qvB 2＝m v 2R 2⑪联立以上各式并代入数据可得磁感应强度的范围为： 1600T≤B ≤3800T ．。
(名师导学)2020版高考物理总复习第九章磁场同步测试卷新人教版
磁场 同步测试卷时间：90分钟 总分：100分一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．其中1～7为单项选择题，8～12题为多项选择题，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分)1．中国宋代科学家沈括在公元1086年写的《梦溪笔谈》中最早记载了“方家(术士)以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也”．进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布如图所示，结合上述材料，下列说法正确的是(B)A ．在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫北极，指北的磁极叫南极B ．对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近最强C ．形成地磁场的原因可能是带正电的地球自转引起的D ．由于地磁场的影响，在奥斯特发现电流磁效应的实验中，通电导线应相对水平地面竖直放置【解析】地球内部存在磁场，地磁南极在地理北极附近；所以在地磁场的作用下小磁针静止时指南的磁极叫南极，指北的磁极叫北极，选项A 错误；在地球的南、北极地磁的方向几乎与地面垂直，对垂直射向地球表面宇宙射线中的高能带电粒子，在南、北极所受阻挡作用最弱，赤道附近的磁场方向与地面平行，则高能粒子所受的磁场力最大，选项B 正确；地球自转方向自西向东，地球的南极是地磁场的北极，由安培定则判断可能地球是带负电的，故C 错误；在奥斯特发现电流磁效应的实验中，若通电导线相对水平地面竖直放置，地磁场方向与导线电流的方向垂直，则根据安培定则可知，地磁场对实验的影响较大，故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，故D 错误．2．如图，闭合圆环由一段粗细均匀的电阻丝构成，圆环半径为L ，圆心为O ，P 、Q 在圆环上，∠POQ ＝90°，圆环处在垂直于圆面的匀强磁场中，磁场磁感应强度为B.两根导线一端分别连接P 、Q 两点，另一端分别与直流电源正、负极相连，已知圆环的电阻为4r ，电源的电动势为E ，内阻为r 4，则圆环受到的安培力的大小为(D) A.4BEL 17r B.42BEL 17rC.BEL r D.2BEL r【解析】优弧PQ 的电阻为3r ，劣弧PQ 的电阻为r ，两部分并联在电路中，流过优弧PQ 的电流由P 到Q ，流过劣弧的电流由P 到Q ，电流分别为E r ×14＝E 4r ，E r ×34＝3E 4r，将优、劣弧等效为直导线PQ ，所受安培力为F 1＝B E 4r ·2L ，F 2＝B 3E 4r ·2L ，所以合力为F ＝F 1＋F 2＝2BEL r，故D 正确．3．已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B ＝k I r，即磁感应强度B 与导线中的电流I 成正比，与该点到导线的距离r 成反比．如图所示两根平行长直导线相距为R ，通以大小、方向均相同的电流，规定磁场方向垂直纸面向外为正，则在0～R 区间内磁感应强度B 随x 变化的图线可能是(C)【解析】根据安培定则可得通电导线a 在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向内，通电导线b 在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位置磁场为零．由于规定B 的正方向为垂直纸面向外，所以C 正确，A 、B 、D 错误．4．如图1是回旋加速器D 形盒外观图，如图2是回旋加速器工作原理图．微观粒子从S 处从静止开始被加速，达到其可能的最大速度v m 后将到达导向板处，由导出装置送往需要使用高速粒子的地方．下列说法正确的是(D)A ．D 形盒半径是决定v m 的唯一因素B ．粒子从回旋加速器的磁场中获得能量C ．高频电源的电压是决定v m 的重要因素D ．高频电源的周期等于粒子在磁场中的运动周期【解析】回旋加速器中加速的粒子最后从磁场中做匀速圆周运动离开，根据半径公式R ＝mv m qB ，可得v m ＝qBR m，与加速的电压无关，而最大速度与加速器的半径、磁感应强度以及电荷的电量和质量有关．半径越大，能量越大；磁场越强，能量越大，则A 、C 错误．回旋加速器是。
2020版高考物理人教版山东一轮复习单元质检九磁场
单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64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8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018·黑龙江大庆模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置一直导线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为I时,小磁针左偏30°,则当小磁针左偏60°时,通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)()A.2IB.3IC.√3ID.无法确定B地,当通过电流为I,根据题意可知:地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为:当夹角为30°时,有:B1=kI=B地tan30°;当夹角为60°时,有:B2=kI1=B地tan60°联立两式解得:I1=3I,故A、C、D错误,B正确。
故选B。
2.(2018·江西南昌模拟)如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。
若从上向下看,下列判断正确的是()A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故D错误。
全品复习方案2020届高考物理一轮复习第9单元磁场听课正文含解析
(2)周期公式:T= 【辨别明理】
= .
(1)运动的电荷在磁场中一定会受到磁场力的作用. ( )
(2)洛伦兹力的方向在特殊情况下可能与带电粒子的速度方向不垂直.
( )
(3)公式 T= 说明带电粒子在匀强磁场中的运动周期 T 与 v 成反比. ( ) (4)由于安培力是洛伦兹力的宏观表现,所以洛伦兹力可能做功. ( ) (5)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,其运动半径与带电粒子的比荷有关. ( )
磁场
2015 年
高考热点统
要求
计
ⅠⅡ
2016 年 ⅠⅡⅢ
2017 年 ⅠⅡⅢ
2018 年 ⅠⅡⅢ
高考基础要 求及
冷点统计
通电直导线 和
通电线圈周 Ⅰ 围
磁场、磁感
应强度、磁
19
18
20
感线(Ⅰ)
磁场的方向
安培力、安培
力
Ⅰ
24
22 19 21
的方向
匀强磁场中
的
Ⅱ 24
24
安培力
洛伦兹力、洛
伦
Ⅰ
16 18 24
1 关于磁感应强度 B,下列说法中正确的是 ( )
A.磁场中某点 B 的大小,跟放在该点的试探电流元的情况有关 B.磁场中某点 B 的方向,跟放在该点的试探电流元受到磁场力的方向一致 C.若在磁场中某点的试探电流元不受磁场力作用,该点 B 为零
D.长度为 L、电流为 I 的导线在磁场中受力为 F,则磁感应强度 B 大于或等于 考向二 磁感应强度 B 与电场强度 E 的比较
物理意 义
磁感应强度 B 描述磁场强弱的物理量
电场强度 E 描述电场强弱的物理量
定义式
B= (I 与 B 垂直)
2020高考物理人教版一轮复习练习：第九单元静电场 单元滚动检测
一、选择题1.(2018辽宁大连实验中学模拟)(多选)“嫦娥二号”卫星由地面发射后,进入地月转移轨道,经多次变轨最终进入距离月球表面100 km,周期为118 min的圆形工作轨道,开始对月球进行探测,则()。
A.卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小B.卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时大C.卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上小D.卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上大【解析】月球的第一宇宙速度是卫星贴近月球表面做匀速圆周运动的速度,卫星在轨道Ⅲ上的半径大于月球半径,根据G Mmr2=m v2r,得卫星的速度v=√GMr,可知卫星在轨道Ⅲ上的运动速度比月球的第一宇宙速度小,故A项正确。
卫星在轨道Ⅰ上经过P点若要进入轨道Ⅲ,需减速,即卫星在轨道Ⅲ上经过P点的速度比在轨道Ⅰ上经过P点时小,故B项错误。
根据开普勒第三定律a3T2=k,可知卫星在轨道Ⅲ上运动的周期比在轨道Ⅰ上小,故C项正确。
卫星从轨道Ⅰ进入轨道Ⅱ,在P点需减速,动能减小,而它们在各自的轨道上机械能守恒,则卫星在轨道Ⅰ上的机械能比在轨道Ⅱ上的大,故D项正确。
【答案】ACD2.(2019贵州毕节开学考试)一种玩具的结构如图所示,竖直放置的光滑铁圆环的半径R=20 cm,环上有一穿孔的小球m,仅能沿环做无摩擦滑动。
如果圆环绕通过环心的竖直轴O1O2以ω=10 rad/s的角速度旋转,g取10 m/s2,则小球相对环静止时球与圆心O的连线与O1O2的夹角θ为()。
A.30°B.45°C.60°D.75°【解析】向心力F=mg tan θ=mω2R sin θ,则cos θ=gRω2=12,可得θ=60°。
【答案】C3.(2018湖南怀化第三次擀调研)如图所示,将两根劲度系数均为k、原长均为L的轻弹簧一端固定于水平天花板上相距为2L的两点,另一端共同连接一质量为m的物体,平衡时弹簧与竖直方向的夹角为37°。
2020人教新课标高考物理总复习教师用书：第九章 磁场(教师用) 含答案
第九章 ⎪⎪⎪磁 场 [全国卷5年考情分析]通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ)洛伦兹力、洛伦兹力的方向(Ⅰ) 洛伦兹力公式(Ⅱ) 以上3个考点未曾独立命题(5)带电粒子在复合场中24第1节 磁场的描述 磁场对电流的作用一、磁场、磁感应强度 1．磁场基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁场力的作用。
2．磁感应强度(1)物理意义：描述磁场的强弱和方向。
(2)大小：B＝FIL。
[注1](3)方向：小磁针的N极所受磁场力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向。
(4)单位：特斯拉(T)。
3．匀强磁场(1)定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
(2)特点：磁感线疏密程度相同、方向相同。
二、磁感线通电直导线和通电线圈周围磁场的方向1．磁感线及其特点(1)磁感线：在磁场中画出一些曲线，使曲线上每一点的切线方向都跟这点的磁感应强度的方向一致。
(2)特点[注2]①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密定性地表示磁场的强弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
④磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
2．电流的磁场三、安培力、安培力的方向匀强磁场中的安培力1．安培力的大小(1)磁场和电流垂直时：F＝BIL。
(2)磁场和电流平行时：F＝0。
2．安培力的方向左手定则判断：[注3](1)伸出左手，让拇指与其余四指垂直，并且都在同一个平面内。
(2)让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流方向。
(3)拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
【注解释疑】[注1]B的大小和方向由磁场本身决定，与该处放不放通电导线无关，在定义式中一定要强调通电导线垂直于磁场。
[注2]磁场是客观存在的特殊物质，磁感线是假想的曲线；磁感线是闭合的曲线，而电场线是不闭合的曲线。
[注3]安培力方向一定垂直电流与磁场方向决定的平面，即同时有F⊥I，F A⊥B。
而磁场与电流的方向可以A不垂直。
[深化理解]1．电流不受安培力或运动电荷不受洛伦兹力，都不能说明该处没有磁场，这一点与电场不同，电荷在电场中一定受电场力作用。
山东专用2020版高考物理一轮复习第九章磁场综合检测含解析新人教版
磁场综合检测(时间:90分钟 满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第1～8小题只有一个选项正确,第9～12小题有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不选的得0分)1.磁感应强度B和磁场强度H是不同的物理量,在真空中H=.若用国际单位制的基本单位表示,μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为( D )A.kg/(s2·A)B.kg·A/s2C.kg·A/mD.A/m解析:根据H=,B的单位为;μ0的单位为kg·m/(s2·A2),则磁场强度的单位为===A/m,故选D.2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力( D )A.沿环半径向外B.沿环半径向内C.沿通电直导线水平向左D.等于零解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方向平行,即B平行I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即F=0,选项D正确,A,B,C错误.3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比r1∶r2=a,新核与射线质量之比为b,则下列说法正确的是( B )A.放出的射线为高速电子流B.半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹C.射线与新核动能之比为aD.射线与新核质子数之比为b解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则可以知道,放出的粒子均带正电,选项A错误;放射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m,即R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径R大,故半径为r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项B正确;根据动量与动能的关系E k=,则动能之比等于质量的反比,故射线与新核动能之比为b,选项C错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于R=,则q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反比,射线与新核质子数之比为a,选项D错误.4.如图所示为一种获得高能粒子的装置——环形加速器,环形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,质量为m、电荷量为+q的粒子在环中做半径为R的圆周运动,A,B为两块中心开有小孔的极板,原来电势都为零,每当粒子飞经A板时,A板电势升高为+U,B板电势仍保持为零,粒子在两极板间的电场中加速,每当粒子离开电场区域时,A板电势又降为零,粒子在电场一次次加速下动能不断增大,而在环形区域内绕半径不变(设极板间距远小于R),粒子重力不计,下列关于环形加速器的说法中正确的是( C )A.加速器对带正电粒子顺时针加速,对带负电粒子加速需要升高B板电势B.电势U越高,粒子最终的速度就越大C.环形区域内的磁感应强度大小B n与加速次数n之间的关系为=D.粒子每次绕行一圈所需的时间t n与加速次数n之间的关系为=解析:带正电粒子从A板向B板加速,所以正电粒子沿顺时针运动,对负电粒子,升高B板电势,则负电粒子从A板向B板加速,在磁场运动中沿顺时针方向运动,但洛伦兹力向外,无法做圆周运动,A错误;根据qvB=m可得v=,因为R是定值,最终速度由磁感应强度决定,B错误;粒子绕行n圈获得的动能等于电场力对粒子做的功,设粒子绕行n圈获得的速度为v n,根据动能定理可得nqU=m,解得v n=,粒子在环形区域磁场中,受洛伦兹力作用做半径为R的匀速圆周运动,根据牛顿第二定律和向心力公式,则有qv n B n=m,解得B n== ,所以=,C正确;粒子绕行第n圈所需时间t n==2πR·,所以=,D错误.5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中通有与磁场方向垂直的电流时,在半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的具有这样性质的半导体材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是P型半导体,与金属导体不同,它内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的1,2,3,4是霍尔元件上的四个接线端.当开关S1,S2闭合后,电流表A和电表B,C都有明显示数,下列说法中正确的是( C )A.电表B为毫伏表,电表C为毫安表B.接线端4的电势高于接线端2的电势C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的示数将保持不变D.若适当减小R1、增大R2,则毫伏表示数一定增大解析:由题图可知,电表B串联在电源E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表C是并联在2,4两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项A错误;由于霍尔元件的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由1到3,由左手定则可知,带正电的粒子受到的洛伦兹力的方向指向极板2,即接线端2的电势高于接线端4的电势,选项B错误;稳定时,粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大小不变,由电流的微观表达式I=neSv可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项C正确;若减小R1,则会让B增大,若增大R2,会让电流I减小,粒子的定向移动速率v也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示数不一定增大,选项D错误.6.如图(甲)所示,a,b两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆周上,且两导线与圆心连线的夹角为60°时,圆心处的磁感应强度大小为B.如图(乙)所示,c导线中通有与a,b导线完全相同的电流,a,b,c垂直圆平面放置在圆周上,且a,b两导线与圆心连线的夹角为120°,b,c两导线与圆心连线的夹角为30°,则此时圆心处的磁感应强度大小为( A )A. BB.BC.0D.B解析:当a,b两导线与圆心连线的夹角为60°时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设B a=B b=B1,则有B=B1.当a,b两导线与圆心连线夹角为120°时,如图(乙)所示,它们在圆心处的磁感应强度矢量和为B′=B1,再与c导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,选项A正确.7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R,通道内有均匀辐射电场,在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为B的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线MN做匀速圆周运动,而后由P点进入磁分析器中,最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是( B )A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B.加速电场中的加速电压U=C.磁分析器中圆心O2到Q点的距离d=D.任何离子若能到达P点,则一定能进入收集器解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项A错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有qU=mv2,解得U=,选项B正确;由B项解析可知R=,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB=m,得r==,即d=,选项C错误;圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关,能够到达P点的不同离子,半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器,选项D错误.8.回旋加速器的核心部分是真空室中的两个相距很近的D形金属盒,把它们放在匀强磁场中,磁场方向垂直于盒面向下.连接好高频交流电源后,两盒间的窄缝中能形成匀强电场,带电粒子在磁场中做圆周运动,每次通过两盒间的窄缝时都能被加速,直到达到最大圆周半径时通过特殊装置引出.如果用同一回旋加速器分别加速氚核H)和α粒子He),比较它们所需的高频交流电源的周期和引出时的最大动能,下列说法正确的是( D )A.加速氚核的交流电源的周期较大,氚核获得的最大动能较大B.加速氚核的交流电源的周期较小,氚核获得的最大动能较小C.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较小D.加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子获得的最大动能较大解析:带电粒子在磁场中运动的周期与交流电源的周期相同,根据T=,可知氚核的质量与电荷量的比值大于α粒子的质量与电荷量的比值,故氚核在磁场中运动的周期大,则加速氚核的交流电源的周期较大,α粒子在磁场中运动的周期小,则加速α粒子的交流电源的周期较小;根据qvB=m,解得v=,则最大动能E km=mv2=,氚核的质量是α粒子的,氚核的电荷量是α粒子的,则氚核的最大动能是α粒子的,即氚核的最大动能较小,α粒子的动能较大,故A,B,C错误,D正确.9.如图所示,一个带正电荷的小球从a点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电场方向竖直向上,某时刻小球运动到了b点,则下列说法正确的是( CD )A.从a到b,小球可能做匀速直线运动B.从a到b,小球可能做匀加速直线运动C.从a到b,小球动能可能不变D.从a到b,小球机械能增加解析:带电小球的初速度是水平的,从a运动到b点的过程中小球在竖直方向上发生位移,说明小球做的是曲线运动,所以小球受力不为零,即小球不可能做匀速直线运动,选项A错误;从以上分析可知小球做曲线运动,即变速运动,故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的,故小球受到的合力是变力,所以小球不可能做匀加速直线运动,选项B错误;当小球的重力和电场力平衡时,小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向,小球的动能不变,选项C正确;从a到b,电场方向竖直向上,电场力一定做正功,故机械能增加,选项D正确.10.央视《是真的吗》节目做了如下实验:用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺旋管,将螺旋管放在水平桌面上,用一节干电池和两磁铁制成一个“小车”,两磁铁的同名磁极粘在电池的正、负两极上,只要将这辆小车推入螺旋管中,小车就会加速运动起来,如图所示.关于小车的运动,以下说法正确的是( BD )A.将小车上某一磁铁改为S极与电池粘连,小车仍能加速运动,B.将小车上两磁铁均改为S极与电池粘连,小车的加速度方向将发生改变C.图中小车加速度方向向右D.图中小车加速度方向向左解析:两磁极间的磁感线如图(甲)所示,干电池与磁铁及中间部分线圈组成了闭合回路,在两磁极间的线圈中产生电流,左端磁极的左侧线圈和右端磁极的右侧线圈中没有电流.其中线圈中电流方向的左视图为逆时针方向,电流与磁极、磁场的关系如图(乙)所示,由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三定律有“小车”向左加速,C错误,D 正确;如果改变某一磁铁S极与电源粘连,则磁感线不会向外发散,两部分受到方向相反的力,合力为零,A错误;如果将“小车”上两磁铁均改为S极与电池粘连,电流方向不变,磁场方向变化,“小车”受力方向变化,“小车”的加速度方向将发生变化,B正确.11.如图所示,在xOy平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场.两个相同的带电粒子,先后从y轴上的a(0,L)点和b点(坐标未知)以相同的速度v0垂直于y轴射入磁场,在x轴上的c(L,0)点相遇,不计粒子重力及其相互作用,根据题设条件可以确定( AC )A.带电粒子在磁场中运动的半径B.带电粒子的电荷量C.带电粒子在磁场中运动的时间D.带电粒子的质量解析:两个粒子做匀速圆周运动,由几何关系可以确认其圆心坐标分别是(0,L),(0,-L),轨迹半径 R=L,圆弧所对圆心角分别是 120°和60°,依 qv0B=得R=,又v0,B已知,可确定比荷,但无法确认带电粒子带电荷量和质量;由T=,t=T,可求出带电粒子在磁场中运动的时间.12.图中的虚线为半径为R、磁感应强度大小为B的圆形匀强磁场的边界,磁场的方向垂直圆平面向里.大量的比荷均为的相同粒子由磁场边界的最低点A向圆平面内的不同方向以相同的速度v0射入磁场,粒子在磁场中做半径为r的圆周运动,经一段时间的偏转,所有的粒子均由圆边界离开,所有粒子的出射点的连线为虚线边界的,粒子在圆形磁场中运行的最长时间用t m表示,假设,R,v0为已知量,其余的量均为未知量,忽略粒子的重力以及粒子间的相互作用.则下列表达式正确的是( ACD )A.B=B.B=C.r=D.t m=解析:设从A点射入的粒子与磁场边界的最远交点为B,则B点是轨迹圆的直径与磁场边界圆的交点,的长是边界圆周长的,则∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,所以B==,选项A,C正确,B错误;粒子在磁场中运动的最长时间为t m===,选项D正确.二、非选择题(共52分)13.(4分)某同学用图中所给器材进行与安培力有关的实验.两根金属导轨ab和a1b1固定在同一水平面内且相互平行,足够大的电磁铁(未画出)的N极位于两导轨的正上方,S极位于两导轨的正下方,一金属棒置于导轨上且与两导轨垂直.(1)在图中画出连线,完成实验电路.要求滑动变阻器以限流方式接入电路,且在开关闭合后,金属棒沿箭头所示的方向移动.(2)为使金属棒在离开导轨时具有更大的速度,有人提出以下建议:A.适当增加两导轨间的距离B.换一根更长的金属棒C.适当增大金属棒中的电流其中正确的是 (填入正确选项前的标号).解析:(1)实验电路连线如图所示.(2)为使金属棒离开导轨时具有更大的速度,则金属棒运动时需要更大的加速度,即应受到更大的安培力,根据F=ILB可知,应使I,L变大,即选项A,C正确.答案:(1)见解析 (2)AC评分标准:每问2分.14.(8分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量,某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量.如图(a)所示,他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上,打点计时器固定在长木板末端,物块靠近打点计时器,一纸带穿过打点计时器与物块相连,操作步骤如下,请结合操作步骤完成以下问题.(1)为消除摩擦力的影响,他将长木板一端垫起一定倾角,接通打点计时器,轻轻推一下小物块,使其沿着长木板向下运动.多次调整倾角θ,直至打出的纸带上点迹 ,测出此时木板与水平面间的倾角,记为θ0.(2)如图(b)所示,在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场,用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连,绳与滑轮摩擦不计.给物块A带上一定量的正电荷,保持倾角θ0不变,接通打点计时器,由静止释放小物块A,该过程可近似认为物块A带电荷量不变,下列关于纸带上点迹的分析正确的是 .A.纸带上的点迹间距先增加后减小至零B.纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值C.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差不变D.纸带上的点迹间距逐渐增加,且相邻两点间的距离之差逐渐减小,直至间距不变(3)为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有 .A.物块A的质量MB.物块B的质量mC.物块A与木板间的动摩擦因数μD.两物块最终的速度v(4)用重力加速度g,磁感应强度B,θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为q= . 解析:(1)此实验平衡摩擦力后,确定滑块做匀速直线运动的依据是,看打点计时器在纸带上所打出点的分布应该是等间距的.(2)设A的质量为M,B的质量为m,没有磁场时,对A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根据平衡条件可知f=Mgsin θ0,F N=Mgcos θ0,又因为f=μF N,所以μ===tan θ0;当存在磁场时,以A,B整体为研究对象,由牛顿第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=(M+m)a由此式可知,v和a是变量,其他都是不变的量,所以A,B一起做加速度减小的加速运动,直到加速度减为零后做匀速运动,即速度在增大,加速度在减小,最后速度不变.所以纸带上的点迹间距逐渐增加,说明速度增大;根据Δx=at2,可知,加速度减小,则相邻两点间的距离之差逐渐减小;匀速运动时,间距不变,选项D正确,A,B,C错误.(3)(4)根据(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcosθ0)=(M+m)a,可得当加速度减为零时,速度最大,设最大速度为v,则(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=0化简得q=,把μ=tanθ0代入,得q=,由此可知为了测定物体所带电荷量q,除θ0、磁感应强度B外,本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度v.答案:(1)间距相等(或均匀) (2)D (3)BD (4)评分标准:每问2分.15.(10分)如图所示,在xOy平面内,有一半径为R=L的圆形区域,圆心O1对应的坐标为( L,0),圆与x轴交于A,C两点.除圆形区域内无磁场,在y轴与直线x=2L之间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,在圆心O1处有一粒子源,发射同种粒子,粒子的质量为m,电荷量为+q(q>0),粒子从粒子源O1发出垂直磁场在纸面内向各个方向运动,不计粒子重力,并且从磁场返回圆形边界的粒子均被吸收掉,(1)求能从右边界(即直线x=2L)射出的粒子其最小速率为多少,并求出该粒子从O1发出时与x轴正方向的夹角θ;(2)要使粒子垂直于x=2L的边界射出磁场,求该粒子的最小速率为多少?解析:(1)分析可知,以相同速率从O1点射出的粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心的轨迹在虚线圆上,如图所示设能从直线x=2L边界出去的粒子的速度大小为v1,则qv1B=mv1=,从图中可知,速度最小是从D点飞出,则+r1=L,(1分)解得r1=L,(1分)最小速度为v1=,(1分)对应角度tan θ==,(1分)θ=30°,(1分)所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为30°.(2)粒子垂直于直线x=2L边界射出,作出粒子运动的轨迹如图所示设粒子的速度方向是斜向右下方与x轴正方向的夹角为α,粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r2,则Lcos α+r2sin α=L,(1分)(cos α+sin α)=L令=sin φ=cos φ得sin (α+φ)=L,(1分)当α+φ=90°时,r2最小,解得r2=L,(1分)qv2B=m,(1分)v2=所以,粒子垂直于x=2L的边界射出磁场的最小速率v2=.(1分)如果利用数学知识为点O1到直线距离,得出O3位置在D点时r2最小,同样求出r2= L,同样得分.答案:(1) 30° (2)16.(8分)如图所示,在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向内的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出);在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场,一粒子源固定在x轴上的A点,A点坐标为(-L,0).粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子,电子恰好能通过y轴上的C点,C点坐标为(0,2L),电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15°角的射线ON(已知电子的质量为m,电荷量为e,不考虑粒子的重力和粒子之间的相互作用).求:(1)第二象限内电场强度E的大小;(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角θ;(3)圆形磁场的最小半径R min.解析:(1)从A到C的过程中,电子做类平抛运动,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)联立解得E=.(1分)(2)设电子到达C点的速度大小为v C,方向与y轴正方向的夹角为θ.由动能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得v C=v,cos θ==,解得θ=45°.(1分)(3)电子的运动轨迹图如图,电子在磁场中做匀速圆周运动的半径r==,(1分)电子在磁场中偏转120°后垂直于ON射出,则磁场圆最小半径R min==rsin 60°(1分)由以上两式可得R min=.(1分)答案:(1) (2)45° (3)17.(11分)如图(甲)所示,在平行边界MN,PQ之间存在宽度为d的匀强电场,电场周期性变化的规律如图(乙)所示,取竖直向下为电场正方向;在平行边界PQ右侧和MN左侧存在如图(甲)所示的两个长为2d、宽为d的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,其边界点分别为PQCD和MNFE.已知区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度大小是区域Ⅰ内匀强磁场的磁感应强度大小的3倍.在区域Ⅰ右边界中点A处,有一质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子以初速度v0沿竖直方向从磁场区域Ⅰ开始运动,以此作为计时起点,再经过一段时间粒子又恰好回到A点,如此循环,粒子循环一周,电场恰好变化一个周期,已知粒子离开区域Ⅰ进入电场时,速度恰好与电场方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)区域Ⅰ的磁感应强度大小B;(2)电场强度大小E及电场的周期T.解析:(1)粒子在区域Ⅰ做圆周运动的半径r=d,(1分)由洛伦兹力提供向心力知qv0B=,联立得B=.(1分)(2)画出粒子运动的轨迹示意图如图所示,粒子在区域Ⅰ做匀速圆周运动,圆心为O1,粒子从区域Ⅰ进入电场,在电场中做类平抛运动,在区域Ⅱ做匀速圆周运动,圆心为O2,半径记为R,在区域Ⅱ做匀速圆周运动圆心O2与区域Ⅰ做匀速圆周运动的圆心O1的连线必须与边界垂直才能完成上述运动.粒子从区域Ⅰ进入电场做类平抛运动,水平方向d=v0t(1分)竖直方向y=at2=t2(1分)离开电场时沿电场方向的速度v y=at=,离开电场时速度方向与边界MN的夹角为θ,离开电场时速度为v,v0=vsin θ粒子在区域Ⅱ做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心力,知3qvB= (1分)由几何关系有2y+2Rsin θ=2d(1分)联立以上各式得E=(1分)由tan θ===,得θ=37°粒子在区域Ⅰ中运动的时间t1=(1分)粒子在区域Ⅱ中运动的时间t2==(1分)粒子在电场中运动的时间t3=(1分)电场变化的周期等于粒子运动的周期,所以电场变化周期T=t1+t2+t3= d.(1分)答案:(1) (2) d18.(11分)如图所示,在xOy平面内,第Ⅲ象限内的直线OM是电场与磁场的边界线,OM与x轴负方向成45°夹角.在+y轴与直线OM的左侧空间存在沿x轴负方向的匀强电场,场强大小为E,在+x轴下方与直线OM的右侧空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B.一带负电微粒从坐标原点O沿y轴负方向进入磁场,第一次经过磁场边界时的位置坐标是(-L,-L).已知微粒的电荷量大小为q,质量为m,不计微粒所受重力,微粒最后从+y轴上某点飞出场区(图中未画出),求:(1)带电微粒从坐标原点O进入磁场时的初速度大小;(2)带电微粒在电场和磁场区域运动的总时间.解析:(1)设微粒从原点O进入磁场时的初速度为v0,在磁场中的运动半径为r,则有qv0B=,(1分)由微粒第一次经过磁场边界上的点A坐标是(-L,-L),可知r=L,(1分)解出v0=.(1分)(2)微粒到达A点时,速度方向与OM夹角为45°,即与电场平行.微粒在电场中从A点开始向-x方向做减速运动,后原路返回A点,再在磁场中做匀速圆周运动到C点进入电场,微粒的运动轨迹如图所示.微粒做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以qBv0=m r,(1分)并且v0=,(1分)设微粒在磁场中运动的总时间为t OC,根据几何关系,微粒在磁场中运动的路径刚好是一个完整的圆周,所以t OC=T,(1分)根据对称性,微粒到达C点时的速度方向应沿+y方向,此后在电场中做类平抛运动,从D点离开电场,设其加速度为a,运动时间为t CD,则有qE=ma,(1分)从C运动到D在x方向的位移为。
【高考试卷】2020届通用版版高考物理大一轮复习单元质检九磁场新人教版
2020年高考冲刺试卷芳草香出品单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)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,有选错的得0分)1.在一根南北方向放置的直导线的正下方10 cm处放一个罗盘。
导线没有通电时小磁针的N极指向北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度。
现已测出此地的地磁场水平分量B1=5.0×10-5 T,通电后罗盘指针停在北偏东60°的位置,如图所示。
由此测出该通电直导线在该处产生磁场的磁感应强度大小为()A.5.0×10-5 TB.1.0×10-4 TC.8.66×10-5 TD.7.07×10-5 T电流在罗盘处产生的磁场方向水平向东,合磁场方向东偏北30°,由图可知:=8.66×10-5T。
故C正确。
B2=B1tan30°2.如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。
若从上向下看,下列判断正确的是()A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50Hz的交流电源相接,A、B电极之间的电流方向不断发生改变,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验,液体旋转方向会改变,故D错误。
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D.O2P2 的长度是 O2P1 长度的 2 倍
答案 CD
E
mv2
mv
解析由速度选择器可知,qB1v=qE,解得
v= ,所以速度相等,在磁场中有 qvB= B1
r
,解得 r= ,周期 qB
T=
2πr 2πm
T
v
=
qB
,时间为
t= ,故 2
A
错误;打在
P1
点的粒子是半径最小的
11H,故 B 错误;打在 P2 点的粒
E 理图,只要 v0=B,粒子做匀速直线运动,故选 B。 4.
如图所示的虚线框为一长方形区域,该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,一束电子以不同的
速率从 O 点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后,分别从 a、b、c、d 四点射出磁场,比较它们
在磁场中的运动时间 ta、tb、tc、td,其大小关系是( )
6.如图所示,含有 11H、21H、42He 的带电粒子束从小孔 O1 处射入速度选择器,沿直线 O1O2 运动的粒子 从小孔 O2 处射出后垂直进入偏转磁场,最终打在 P1、P2 两点。则( )
A.粒子在偏转磁场中运动的时间都相等
B.打在 P1 点的粒子是 42He C.打在 P2 点的粒子是 21H 和 42He
A.A 接电源正极,B 接电源负极,液体顺时针旋转 B.A 接电源负极,B 接电源正极,液体顺时针旋转 C.A、B 与 50 Hz 的交流电源相接,液体持续旋转 D.仅磁场的 N、S 极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变 答案 A 解析若 A 接电源正极,B 接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻 璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺 时针方向旋转,故 A 正确;同理,若 A 接电源负极,B 接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方 向旋转,故 B 错误;A、B 与 50Hz 的交流电源相接,A、B 电极之间的电流方向不断发生改变,液体不 会持续旋转,故 C 错误;若磁场的 N、S 极互换后,重做该实验,液体旋转方向会改变,故 D 错误。 3.如图所示,一个不计重力的带电粒子以 v0 沿各图的虚线射入场中。A 中 I 是两条垂直纸平面的长 直导线中等大反向的电流,虚线是两条导线连线的中垂线;B 中+Q 是两个位置固定的等量同种点电 荷的电荷量,虚线是两点电荷连线的中垂线;C 中 I 是圆环线圈中的电流,虚线过圆心且垂直圆环平 面;D 中是正交的匀强电场和匀强磁场,虚线垂直于电场和磁场方向,磁场方向垂直纸面向外。其中, 带电粒子不可能做匀速直线运动的是( )
答案 B 解析题图 A 中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流,在中垂线上产生的合磁场方向水 平向右,带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动;题图 B 中等量同种正点电荷在中垂线上的合电场强 度在连线中点左侧水平向左,在连线中点右侧水平向右,带电粒子受力不为零,不可能做匀速直线运 动;题图 C 中粒子运动方向与所处位置磁感线平行,粒子做匀速直线运动;题图 D 是速度选择器的原
A.ta<tb<tc<td
B.ta=tb=tc=td
C.ta=tb<tc<td
D.ta=tb>tc>td
答案 D
解析
带电粒子的运动轨迹如图所示,由图可知,从 a、b、c、d 四点飞出的电子对应的圆心角
2πm
θ
θa=θb>θc>θd,而带电粒子的周期 T=
qB
相同,其在磁场中运动时间
t= T,故 2π
北方;当给导线通入电流时,发现罗盘的指针偏转一定角度。现已测出此地的地磁场水平分量
B1=5.0×10-5 T,通电后罗盘指针停在北偏东 60°的位置,如图所示。由此测出该通电直导线在该处 产生磁场的磁感应强度大小为( )
A.5.0×10-5 T
B.1.0×10-4 T
C.8.66×10-5 T D.7.07×10-5 T
答案 C
解析
电流在罗盘处产生的磁场方向水平向东,合磁场方向东偏北 30°,由图可知: B1
B2=tan30°=8.66×10-5T。故 C 正确。
2.如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极 B,沿边缘内壁放一个圆环形电极 A,把 A、B 分别与 电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转 起来。若从上向下看,下列判断正确的是( )
子是半径最大的
21H 和
42He,故
C
正确;由
mv r= ,可知
qB
O2P2
的长度是
O2P1
长度的
2
倍,故
D
正确。
7.如图所示,ABC 为竖直平面内的光滑绝缘轨道,其中 AB 为倾斜直轨道,BC 为与 AB 相切的圆形轨道,
3
3
C. 2 B0Il,水平向左 D. 2 B0Il,水平向右
答案 B
解析
根据安培定则,A 电流在 C 处产生的磁场方向垂直于 AC,B 电流在 C 处产生的磁场方向垂直于 BC,如 图所示。根据平行四边形定则及几何知识可知,合磁场的方向竖直向下,与 AB 边平行,合磁感应强 度 B 的大小为 B=2B0cos30°= 3B0,由公式 F=BIl 得,导线 C 所受安培力大小为 F= 3B0Il,根据左手 定则,导线 C 所受安培力方向水平向左,因导线 C 位于水平面处于静止状态,由平衡条件知,导线 C 受到的静摩擦力方向为水平向右,故选项 B 正确,A、C、D 错误。
ta=tb>tc>td,选项
D 正确。
5.
如图所示,三根长为 l 的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里。电流大小均
为 I,其中 A、B 电流在 C 处产生的磁感应强度的大小分别为 B0,导线 C 位于水平面处于静止状态,则 导线 C 受到的静摩擦力是( )
A. 3B0Il,水平向左 B. 3B0Il,水平向右
单元质检九 磁场
(时间:45 分钟 满分:100 分) 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,有选错的 得 0 分) 1.
在一根南北方向放置的直导线的正下方 10 cm 处放一个罗盘。导线没有通电时小磁针的 N 极指向