2022版新高考物理总复习真题专题--专题十　磁场（解析版）

PAGE2/NUMPAGES32022版新高考总复习--专题十　磁场—五年高考—考点1　磁场的描述、安培力1.(2021广东,5,4分)截面为正方形的绝缘弹性长管中心有一固定长直导线,长管外表面固定着对称分布的四根平行长直导线。若中心直导线通入电流I1,四根平行直导线均通入电流I2,I1≫I2,电流方向如图所示。下列截面图中可能正确表示通电后长管发生形变的是(　　)A.　　　　　B.　　　　　C.　　　　　D.答案　C　2.(2021全国甲,16,6分)两足够长直导线均折成直角,按图示方式放置在同一平面内,EO与O'Q在一条直线上,PO'与OF在一条直线上,两导线相互绝缘,通有相等的电流I,电流方向如图所示。若一根无限长直导线通过电流I时,所产生的磁场在距离导线d处的磁感应强度大小为B,则图中与导线距离均为d的M、N两点处的磁感应强度大小分别为(　　)A.B、0　　　　　B.0、2B　　　　　C.2B、2B　　　　　D.B、B答案　B　3.(2021浙江6月选考,15,2分)(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行细导线a、b,分别通以80A和100A、流向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,到两导线的距离相等。下列说法正确的是(　　)A.两导线受到的安培力Fb=1.25FaB.导线所受的安培力可以用F=ILB计算C.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变D.在离两导线平面有一定距离的有限空间内,不存在磁感应强度为零的位置答案　BCD　4.(2020浙江7月选考,9,3分)特高压直流输电是国家重点能源 工程 路基工程安全技术交底工程项目施工成本控制工程量增项单年度零星工程技术标正投影法基本原理 。如图所示,两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2,I1>I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等,d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响,则(　　)A.b点处的磁感应强度大小为0B.d点处的磁感应强度大小为0C.a点处的磁感应强度方向竖直向下D.c点处的磁感应强度方向竖直向下答案　C　5.(2020海南,6,3分)如图,在一个蹄形电磁铁的两个磁极的正中间放置一根长直导线,当导线中通有垂直于纸面向里的电流I时,导线所受安培力的方向为(　　)A.向上　　　　　B.向下　　　　　C.向左　　　　　D.向右答案　B　6.(2020北京,8,3分)如图所示,在带负电荷的橡胶圆盘附近悬挂一个小磁针。现驱动圆盘绕中心轴高速旋转,小磁针发生偏转。下列说法正确的是(　　)A.偏转原因是圆盘周围存在电场B.偏转原因是圆盘周围产生了磁场C.仅改变圆盘的转动方向,偏转方向不变D.仅改变圆盘所带电荷的电性,偏转方向不变答案　B　7.(2019浙江4月选考,4,3分)下列陈述与事实相符的是(　　)A.牛顿测定了引力常量B.法拉第发现了电流周围存在磁场C.安培发现了静电荷间的相互作用规律D.伽利略指出了力不是维持物体运动的原因答案　D　8.(2019海南单科,2,4分)如图,一段半圆形粗铜线固定在绝缘水平桌面(纸面)上,铜线所在空间有一匀强磁场,磁场方向竖直向下。当铜线通有顺时针方向电流时,铜线所受安培力的方向(　　)A.向前　　　　　B.向后　　　　　C.向左　　　　　D.向右答案　A　9.(2019课标Ⅰ,17,6分)如图,等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成,固定于匀强磁场中,线框平面与磁感应强度方向垂直,线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F,则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)A.2F　　　　　B.1.5F　　　　　C.0.5F　　　　　D.0答案　B　10.(2018课标Ⅱ,20,6分)(多选)如图,纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2,L1中的电流方向向左,L2中的电流方向向上;L1的正上方有a、b两点,它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中,外磁场的磁感应强度大小为B0,方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为13B0和12B0,方向也垂直于纸面向外。则(　　)A.流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为712B0B.流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为112B0C.流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为112B0D.流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为712B0答案　AC　11.(2017课标Ⅰ,19,6分)(多选)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶3D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1答案　BC　12.(2017课标Ⅲ,18,6分)如图,在磁感应强度大小为B0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.0　　　B.33B0　　　C.233B0　　　D.2B0答案　C　13.(2017课标Ⅱ,21,6分)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将(　　)A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉答案　AD　以下为教师用 书 关于书的成语关于读书的排比句社区图书漂流公约怎么写关于读书的小报汉书pdf 专用(1—33)1.(2018浙江4月选考,12,3分)在城市建设 施工 文明施工目标施工进度表下载283施工进度表下载施工现场晴雨表下载施工日志模板免费下载 中,经常需要确定地下金属管线的位置,如图所示。有一种探测方法是,首先给金属长直管线通上电流,再用可以测量磁场强弱、方向的仪器进行以下操作:①用测量仪在金属管线附近的水平地面上找到磁场最强的某点,记为a;②在a点附近的地面上,找到与a点磁感应强度相同的若干点,将这些点连成直线EF;③在地面上过a点垂直于EF的直线上,找到磁场方向与地面夹角为45°的b、c两点,测得b、c两点距离为L。由此可确定金属管线(　　)A.平行于EF,深度为L2　　　　　B.平行于EF,深度为LC.垂直于EF,深度为L2　　　　　D.垂直于EF,深度为L答案　A　根据题意作出垂直于管线方向的某一截面图,如图所示,点a为水平地面距离管线最近的点即磁场最强的点,同一水平地面相距L的b、c两点磁场方向与地面夹角为45°,由几何关系可得a点距管线距离即管线深度,为L/2;与a点磁感应强度相同的点与管线等距,其连线EF应过a点垂直纸面与管线平行,故选项A正确。2.(2015课标Ⅱ,18,6分)(多选)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答案　BC　任何磁体均具有两个磁极,故A错。指南针之所以能指向南北,是因为指南针的两个磁极受到磁场力的作用,这说明地球具有磁场,即B正确。放在指南针附近的铁块被磁化后,反过来会影响指南针的指向,即C正确。通电直导线产生的磁场对其正下方的指南针有磁场力的作用,会使指南针发生偏转,故D错。3.(2011课标,14,6分)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I引起的。在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是(　　)答案　B　地磁场是从地理的南极附近出来,进入地理的北极附近,除两极外地表上空的磁场都具有向北的磁场分量,由安培定则及环形电流外部磁场方向向北可知,B正确。A图地表上空磁场方向向南,故A错误。C、D在地表上空产生的磁场方向是东西方向,故C、D错误。4.(2019浙江4月选考,5,3分)在磁场中的同一位置放置一条直导线,导线的方向与磁场方向垂直,则下列描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流的关系图像正确的是(　　)答案　A　当导线的方向与磁场方向垂直时所受的安培力F=BIL,则描述导线受到的安培力F的大小与通过导线的电流I的关系图像正确的是A。5.(2018浙江4月选考,7,3分)处于磁场B中的矩形金属线框可绕轴OO'转动,当线框中通以电流I时,如图所示,此时线框左右两边受安培力F的方向正确的是(　　)答案　D　由左手定则可知,线框左边导线受到竖直向上的安培力、右边导线受到竖直向下的安培力,故D正确。6.(2014课标Ⅰ,15,6分)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答案　B　由左手定则可知,安培力的方向一定与磁场方向和直导线垂直,选项A错、B正确;安培力的大小F=BILsinθ与直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角,假设原来直导线与磁场方向垂直,若折成直角后一段与磁场仍垂直,另一段与磁场平行,则安培力的大小变为原来的一半,若折成直角后,两段都与磁场垂直,则安培力的大小变为原来的22,因此安培力大小不一定是原来的一半,选项D错误。7.(2019江苏单科,7,4分)(多选)如图所示,在光滑的水平桌面上,a和b是两条固定的平行长直导线,通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间,通有顺时针方向的电流,在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(　　)A.均向左B.均向右C.a的向左,b的向右D.a的向右,b的向左答案　CD　本题考查安培定则及左手定则,考查基础的物理概念。由于线框在两通电导线的中间,且对边电流方向相反,大小相等,只要a、b两导线通有相反方向的电流,利用安培定则,可知线框的对边所在处磁场大小相等,方向相同,再利用左手定则可判定线框对边所受安培力大小相等,方向相反,线框处于平衡状态,故A、B错误,C、D正确。8.(2011课标,18,6分)(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是(　　)A.只将轨道长度L变为原来的2倍B.只将电流I增加至原来的2倍C.只将弹体质量减至原来的一半D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变答案　BD　磁感应强度B=kI。对弹体应用动能定理:F安L=12mv2-0,推得v=2F安Lm=2BId·Lm=2kI2dLm(d为轨道宽度),欲使v增加至原来的2倍,由上式可知,可以使I增加至原来的2倍,B正确,也可以使m减为原来的一半,L变为原来的2倍,故D正确。9.(2015课标Ⅰ,14,6分)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　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=mvqB知,轨道半径增大;由角速度ω=vr知,角速度减小,选项D正确。解题关键　①轨道半径表达式:r=mvqB。②角速度表达式:ω=vr。10.(2015课标Ⅱ,19,6分)(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　(　　)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与Ⅰ中的相等答案　AC　由题意可知,v1=v2,B1=kB2。电子运动的轨迹半径R=mvBe∝1B,故R2=kR1,A正确。加速度大小a=Bevm∝B,故a2=a1/k,B错。周期T=2πmBe∝1B,故T2=kT1,C正确。角速度ω=2πT=Bem∝B,故ω2=ω1/k,D错。解题方法　比值类题目的一般解题原则。首先由相应物理定理、定律及对应关系,找出由已知量所表达的未知量的表达式,然后将相关数据代入即可求出相应关系。11.(2015广东理综,16,4分)在同一匀强磁场中,α粒子(24He)和质子(11H)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　设质子与α粒子的质量、电荷量分别为m、e与4m、2e,则由r=mvqB=pqB,可知rαrH=12,A错误;由T=2πmqB,知TαTH=21,B正确;由p=mv,知vαvH=14,C错误;由f=Bqv,知fαfH=12,D错误。12.(2015海南单科,1,3分)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　P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,条形磁铁在a点的磁场垂直于竖直平面向外,在电子经过a点的瞬间,由左手定则可知该电子所受洛伦兹力方向向上,A对,B、C、D错。13.(2014课标Ⅰ,16,6分)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O,已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)A.2　　　　　B.2　　　　　C.1　　　　　D.22答案　D　由题图可知,带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍;由洛仑兹力提供向心力:qvB=mv2R得v=qBRm;其动能Ek=12mv2=q2B2R22m,故磁感应强度B=2mEkq2R2,B1B2=Ek1Ek2·R2R1=22,选项D正确。14.(2014课标Ⅱ,20,6分)(多选)图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(　　)永磁铁硅微条径迹探测器永磁铁A.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答案　AC　在同一匀强磁场中,各粒子进入磁场时速度方向相同,但速度大小关系未知。由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛仑兹力方向相反,偏转方向必相反,故A正确。因r=mvqB,各粒子虽q相同,但v关系未知,故m相同、v不同时轨迹半径不同,而当r相同时只能表明mv相同,不能确定m的关系,故B错误、C正确。由Ek=12mv2、r=mvqB有r=2mEkqB,可见当Ek越大时粒子轨迹半径越大,故D错误。15.(2014安徽理综,18,6分)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)A.T　　　　　B.TC.T3　　　　　D.T2答案　A　等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力,有:qvB=mv2R,得v=BqRm动能Ek=12mv2=12B2q2R2m由题意得Ek=kT故有:kT=B2q2R22m得B=2kmq2R2T即B∝T,选项A正确。16.(2013课标Ⅰ,18,6分,0.456)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)(　　)A.qBR2m　　　　　B.qBRm　　　　　C.3qBR2m　　　　　D.2qBRm答案　B　作出粒子运动轨迹如图中实线所示。因P到ab距离为R2,可知α=30°。因粒子速度方向改变60°,可知转过的圆心角2θ=60°。由图中几何关系有(r+R2)tanθ=Rcosα,解得r=R。再由Bqv=mv2r可得v=qBRm,故B正确。17.(2013课标Ⅱ,17,6分,0.499)空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为(　　)A.3mv03qR　　　　　B.mv0qR　　　　　C.3mv0qR　　　　　D.3mv0qR答案　A　若磁场方向向外,带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示,由几何关系可知,其运动的轨迹半径r=R/tan30°=3R,由洛伦兹力提供向心力,即qv0B=mv02r知3R=mv0qB,故匀强磁场的磁感应强度B=3mv03qR,若磁场方向向里可得到同样的结果。选项A正确。考查点　带电粒子在磁场中的偏转解题关键　①粒子沿半径方向进入圆形磁场,沿半径方向射出圆形磁场。②找圆心,利用几何关系求出轨迹半径表达式。温馨提示　对于圆形有界磁场,沿半径方向进入,就会沿半径方向射出,记住这个结论哦!18.如图所示,a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电粒子从正方形中心O点垂直纸面向内运动,它所受洛伦兹力的方向(　　)A.向上　　　　　B.向下　　　　　C.向左　　　　　D.向右答案　A　带电粒子在磁场中受洛伦兹力,磁场为4根长直导线在O点产生的合磁场,根据右手定则,a在O点产生的磁场方向为水平向左,b在O点产生的磁场方向为竖直向上,c在O点产生的磁场方向为水平向左,d在O点产生的磁场方向为竖直向下,所以合磁场方向水平向左。根据左手定则,带正电粒子在合磁场中所受洛伦兹力方向向上。故选A。19.(2012大纲全国,17,6分)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是(　　)A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等C.若q1≠q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等D.若m1≠m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等答案　A　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,即qvB=mv2r,得轨道半径r=mvqB=pqB,已知两粒子动量大小相等,若q1=q2,则r1=r2,A项正确;若m1=m2,r与1q有关,B项错误;带电粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB=2πpqBv,因此运动周期T∝mq或1qv,若m1≠m2,但m1q1=m2q2,周期T可相等,D项错误;若q1≠q2,但q1v1=q2v2,周期T也可相等,C项错误。20.(2015四川理综,7,6分)(多选)如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面。在纸面内的长度L=9.1cm,中点O与S间的距离d=4.55cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31kg,电荷量e=-1.6×10-19C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则(　　)A.θ=90°时,l=9.1cm　　　　　B.θ=60°时,l=9.1cmC.θ=45°时,l=4.55cm　　　　　D.θ=30°时,l=4.55cm答案　AD　如图,S到MN的距离d0=dsinθ,因电子在磁场中沿逆时针方向转动,则电子打在MN上最上端的位置对应于电子运动轨迹与MN的切点,电子打在MN上最下端的位置对应于到S的距离等于电子运动轨迹直径的点(若OD>12MN,则最下端位置为N)。因电子运动轨迹的半径r=mv|e|B=4.55cm。由图中几何关系有O'C=r2-(r-d0)2,O'D=(2r)2-d02。当θ=90°时,O'D取得最小值3r,此时OD=O'D>L2,从而有l=NC=ON+O'C-dcosθ=L2+r2-(r-d0)2-dcosθ。当θ=90°时,l=9.1cm,当θ=60°时,l=6.78cm,当θ=45°时,l=5.68cm,当θ=30°时,l=4.55cm。故可知A、D正确,B、C错误。21.(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(　　)A.mv2qB　　　　　B.3mvqBC.2mvqB　　　　　D.4mvqB答案　D　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由qvB=mv2R得R=mvqB, 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图中角度关系可知,PO'半径与O'Q半径在同一条直线上。则PQ=2R,所以OQ=4R=4mvqB,选项D正确。22.(2013广东理综,21,6分)(多选)如图,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上。不计重力。下列说法正确的有(　　)A.a、b均带正电B.a在磁场中飞行的时间比b的短C.a在磁场中飞行的路程比b的短D.a在P上的落点与O点的距离比b的近答案　AD　因离子均向下偏转打到屏P上,根据左手定则可知a、b均带正电,A项正确。又因a、b为同种离子,m、q均相同,由R=mvBq,T=2πmBq,可知它们的轨道半径R与周期T也均相同。而a离子的轨迹是一段优弧,b离子的轨迹是一个半圆。a的路程比b的路程长,飞行时间也比b的飞行时间长,故B、C项均错误。b在P上的落点到O点的距离等于圆轨迹的直径,说明b的落点离O点最远,故D项正确。23.(2015课标Ⅰ,24,12分)如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm。重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。答案　见解析解析　依题意,开关闭合后,电流方向为从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向为竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长的伸长量为Δl1=0.5cm。由胡克定律和力的平衡条件得2kΔl1=mg①式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL②式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2=0.3cm,由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F③由欧姆定律有E=IR④式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。联立①②③④式,并代入题给数据得m=0.01kg⑤(安培力方向判断正确给2分,①②③④⑤式各2分)24.(2020北京理综,24,18分)对于同一物理问题,常常可以从宏观与微观两个不同角度进行研究,找出其内在联系,可以更加深刻地理解其物理本质。(1)一段横截面积为S、长为l的直导线,单位体积内有n个自由电子,电子电量为e。该导线通有电流时,假设自由电子定向移动的速率均为v。(a)求导线中的电流I;(b)将该导线放在匀强磁场中,电流方向垂直于磁感应强度B,导线所受安培力大小为F安,导线内自由电子所受洛伦兹力大小的总和为F,推导F安=F。(2)正方体密闭容器中有大量运动粒子,每个粒子质量为m,单位体积内粒子数量n为恒量。为简化问题,我们假定:粒子大小可以忽略;其速率均为v,且与器壁各面碰撞的机会均等;与器壁碰撞前后瞬间,粒子速度方向都与器壁垂直,且速率不变。利用所学力学知识,导出器壁单位面积所受粒子压力f与m、n和v的关系。(注意:解题过程中需要用到、但题目没有给出的物理量,要在解题时做必要的说明)答案　(1)(a)neSv　(b)见解析(2)f=13nmv2解析　(1)(a)设Δt时间内通过导体横截面的电量为Δq,由电流定义,有I=ΔqΔt=neSvΔtΔt=neSv(b)每个自由电子所受的洛伦兹力:F洛=evB设导体中共有N个自由电子,则N=n·Sl导体内自由电子所受洛伦兹力大小的总和F=NF洛=nSl·evB由安培力公式,有F安=IlB=neSv·lB得F安=F(2)一个粒子每与器壁碰撞一次给器壁的冲量ΔI=2mv如图所示,以器壁上面积为S的部分为底、vΔt为高构成柱体,由题设可知,其内有16的粒子在Δt时间内与器壁上面积为S的部分发生碰撞,碰壁粒子总数N=16n·SvΔtΔt时间内粒子给器壁的冲量I=N·ΔI=13nSmv2Δt器壁上面积为S的部分受到粒子的压力F=IΔt则器壁单位面积所受粒子的压力f=FS=13nmv225.(2019江苏单科,16,16分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短),反弹前后水平分速度不变,竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为-q的粒子速度一定,可以从左边界的不同位置水平射入磁场,在磁场中做圆周运动的半径为d,且d 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 知识处理物理问题的能力,体现了科学思维中模型建构、科学推理等素养要素,渗透了创新思维的价值观念。(1)粒子的运动半径d=mvqB解得v=qBdm(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm=d(1+sin60°)解得dm=2+32d(3)粒子的运动周期T=2πmqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t',则t=nT4+t'(n=1,3,5,…)(a)当L=nd+(1-32)d时,粒子斜向上射出磁场t'=112T解得t=(Ld+33-46)πm2qB(b)当L=nd+(1+32)d时,粒子斜向下射出磁场t'=512T解得t=(Ld-33-46)πm2qB解题关键　1.在有界磁场中运动的带电粒子不穿出某一边界的临界状态是粒子运动轨迹与该边界相切。2.带电粒子从磁场中某点运动到另一点时,若能与某一边界碰撞,往往可以形成周期性运动,要注意多解。26.(2013大纲全国,26,20分)如图,虚线OL与y轴的夹角θ=60°,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M。粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出),且OP=R。不计重力。求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。答案　见解析解析　根据题意,带电粒子进入磁场后做圆周运动,运动轨迹交虚线OL于A点,圆心为y轴上的C点,AC与y轴的夹角为α;粒子从A点射出后,运动轨迹交x轴于P点,与x轴的夹角为β,如图所示。有qvB=mv2R①周期为T=2πRv由此得T=2πmqB②过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D。由图中几何关系得AD=RsinαOD=ADcot60°BP=ODcotβOP=AD+BPα=β③由以上五式和题给条件得sinα+13cosα=1④解得α=30°⑤或α=90°⑥设M点到O点的距离为hh=R-OC根据几何关系OC=CD-OD=Rcosα-33AD利用以上两式和AD=Rsinα得h=R-23Rcos(α+30°)⑦解得h=(1-33)R　(α=30°)⑧h=(1+33)R　(α=90°)⑨当α=30°时,粒子在磁场中运动的时间为t=T12=πm6qB⑩当α=90°时,粒子在磁场中运动的时间为t=T4=πm2qB评分参考:判断出圆心在y轴上的给1分,①②式各1分,③④⑤⑥式各2分,⑦式1分,⑧⑨⑩各2分。评析　本题是带电粒子在有界磁场中的运动问题,对数学运算能力有较高的要求。考查的知识点有洛伦兹力公式、带电粒子在有界磁场中运动时间的计算等,解决这类问题的基本思路是画出粒子运动轨迹的示意图,确定轨迹圆心的位置,从图中挖掘几何关系,结合向心力公式、周期公式、洛伦兹力公式等解决问题,试题难度大。27.(2013江苏单科,15,16分)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1所示的xOy平面处于匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间t做周期性变化的图像如图2所示。x轴正方向为E的正方向,垂直纸面向里为B的正方向。在坐标原点O有一粒子P,其质量和电荷量分别为m和+q。不计重力。在t=τ2时刻释放P,它恰能沿一定轨道做往复运动。图1图2(1)求P在磁场中运动时速度的大小v0;(2)求B0应满足的关系;(3)在t0(00)的粒子由S1静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在t=T02时刻通过S2垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达S2时的速度大小v和极板间距d。(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在t=3T0时刻再次到达S2,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感应强度的大小。答案　(1)2qU0m　T042qU0m(2)B<4L2mU0q(3)7T04　8πm7qT0解析　(1)粒子由S1至S2的过程,根据动能定理得qU0=12mv2①由①式得v=2qU0m②设粒子的加速度大小为a,由牛顿第二定律得qU0d=ma③由运动学公式得d=12a(T02)2④联立③④式得d=T042qU0m⑤(2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得qvB=mv2R⑥要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,须满足2R>L2⑦联立②⑥⑦式得B<4L2mU0q⑧(3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为t1,有d=vt1⑨联立②⑤⑨式得t1=T04⑩若粒子再次到达S2时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为t2,根据运动学公式得d=v2t2联立⑨⑩式得t2=T02设粒子在磁场中运动的时间为tt=3T0-T02-t1-t2联立⑩式得t=7T04设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由⑥式结合运动学公式得T=2πmqB由题意可知T=t联立式得B=8πm7qT029.(2020江苏单科,16,16分)空间存在两个垂直于Oxy平面的匀强磁场,y轴为两磁场的边界,磁感应强度分别为2B0、3B0。甲、乙两种比荷不同的粒子同时从原点O沿x轴正向射入磁场,速度均为v。甲第1次、第2次经过y轴的位置分别为P、Q,其轨迹如图所示。甲经过Q时,乙也恰好同时经过该点。已知甲的质量为m,电荷量为q。不考虑粒子间的相互作用和重力影响。求:(1)Q到O的距离d;(2)甲两次经过P点的时间间隔Δt;(3)乙的比荷q'm'可能的最小值。答案　见解析解析　(1)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设半径分别为r1、r2由半径r=mvqB得,r1=mv2qB0,r2=mv3qB0且d=2r1-2r2,解得d=mv3qB0(2)甲粒子先后在两磁场中做匀速圆周运动,设运动时间分别为t1、t2由T=2πmqB得,t1=πm2qB0,t2=πm3qB0,且Δt=2t1+3t2解得Δt=2πmqB0(3)乙粒子周期性地先后在两磁场中做匀速圆周运动若经过两磁场的次数均为n(n=1,2,3,…)相遇时,有nm'v3q'B0=d,n5πm'6q'B0=t1+t2解得q'm'=nqm根据题意,n=1舍去。当n=2时,q'm'有最小值(q'm')min=2qm若先后经过右侧、左侧磁场的次数分别为(n+1)、n(n=0,1,2,3,…),经分析不可能相遇。综上分析,比荷的最小值为2qm。30.(2018江苏单科,15,16分)如图所示,真空中四个相同的矩形匀强磁场区域,高为4d,宽为d,中间两个磁场区域间隔为2d,中轴线与磁场区域两侧相交于O、O'点,各区域磁感应强度大小相等。某粒子质量为m、电荷量为+q,从O沿轴线射入磁场。当入射速度为v0时,粒子从O上方d2处射出磁场。取sin53°=0.8,cos53°=0.6。(1)求磁感应强度大小B;(2)入射速度为5v0时,求粒子从O运动到O'的时间t;(3)入射速度仍为5v0,通过沿轴线OO'平移中间两个磁场(磁场不重叠),可使粒子从O运动到O'的时间增加Δt,求Δt的最大值。答案　(1)4mv0qd　(2)53π+72180dv0　(3)d5v0解析　本题考查带电粒子在匀强磁场中的运动。(1)粒子圆周运动的半径r0=mv0qB由题意知r0=d4,解得B=4mv0qd(2)设粒子在第一个矩形磁场中的偏转角为α由d=rsinα,得sinα=45,即α=53°在一个矩形磁场中的运动时间t1=α360°·2πmqB,解得t1=53πd720v0直线运动的时间t2=2dv,解得t2=2d5v0则t=4t1+t2=53π+72180dv0(3)将中间两磁场分别向中央移动距离x粒子向上的偏移量y=2r(1-cosα)+xtanα由y≤2d,解得x≤34d则当xm=34d时,Δt有最大值粒子直线运动路程的最大值sm=2xmcosα+(2d-2xm)=3d增加路程的最大值Δsm=sm-2d=d增加时间的最大值Δtm=Δsmv=d5v0思路点拨　带电粒子在匀强磁场中的运动(1)粒子以v0射入磁场,从O点正上方d2处射出,说明粒子仅在最左边的磁场中做半径为r0=d4的圆周运动,轨迹为半圆。(2)粒子以5v0射入磁场,运动半径r=mvqB=5r0=54d。故可推知运动轨迹如图所示。(3)将中间两磁场分别向中央平移距离x,则粒子以5v0射入后,其运动轨迹如图所示。31.(2016海南单科,14,14分)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小;(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和;(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为53t0,求粒子此次入射速度的大小。答案　(1)πm2qt0　(2)2t0　(3)3πL7t0解析　(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期:T=4t0①设磁感应强度大小为B,粒子速度大小为v,圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得:qvB=mv2r②匀速圆周运动的速度满足:v=2πrT③联立①②③式得:B=πm2qt0④(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示:设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有:θ1=180°-θ2⑤设粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则:t1+t2=T2=2t0⑥(3)如图(b),由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦r0cos∠OO'D+r0cos∠BO'A=L⑧设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得:v0=2πr0T⑨联立①⑦⑧⑨式得:v0=3πL7t0⑩32.(2016北京理综,22,16分)如图所示,质量为m、电荷量为q的带电粒子,以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场,在磁场中做匀速圆周运动。不计带电粒子所受重力。(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T;(2)为使该粒子做匀速直线运动,还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场,求电场强度E的大小。答案　(1)mvqB　2πmqB　(2)vB解析　(1)洛伦兹力提供向心力,有f=qvB=mv2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R=mvqB匀速圆周运动的周期T=2πRv=2πmqB(2)粒子受电场力F=qE,洛伦兹力f=qvB。粒子做匀速直线运动,则qE=qvB场强E的大小E=vB易错点拨　直接写出半径R和周期T的结果,缺乏依据和推理,造成失分,值得特别注意。33.(2010山东理综,25,18分)如图,在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ,其速度方向沿x轴正向。已知a在离开区域Ⅰ时,速度方向与x轴正向的夹角为30°;此时,另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ,其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小;(2)当a离开区域Ⅱ时,a、b两粒子的y坐标之差。答案　(1)2dqBm　(2)23(3-2)d解析　(1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上),半径为Ra1,速率为va,运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P',如图。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaB=mva2Ra1①由几何关系得∠PCP'=θ②Ra1=dsinθ③式中,θ=30°。由①②③式得va=2dqBm④(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa,半径为Ra2,射出点为Pa(图中未画出轨迹),∠P'OaPa=θ'。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)=mva2Ra2⑤由①⑤式得Ra2=Ra12⑥C、P'和Oa三点共线,且由⑥式知Oa点必位于x=32d⑦的平面上。由对称性知,Pa点与P'点纵坐标相同,即yPa=Ra1cosθ+h⑧式中,h是C点的y坐标。设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva3B=mRb1va32⑨设a到达Pa点时,b位于Pb点,转过的角度为α。如果b没有飞出Ⅰ,则tTa2=θ'2π⑩tTb1=α2π式中,t是a在区域Ⅱ中运动的时间,而Ta2=2πRa2vaTb1=2πRb1va/3由⑤⑨⑩式得α=30°可得,b没有飞出Ⅰ。Pb点的y坐标为yPb=Rb1(2+cosα)+h由①③⑧⑨式及题给条件得,a、b两粒子的y坐标之差为yPa-yPb=233-2d考点2　洛伦兹力、带电粒子在磁场中的运动1.(2021河北,5,4分)如图,距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B1,一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为θ,两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止。重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　　)A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=mgRsinθB1B2LdB.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=mgRsinθB1B2LdC.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=mgRtanθB1B2LdD.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=mgRtanθB1B2Ld答案　B　2.(2021全国乙,16,6分)如图,圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从圆周上的M点沿直径MON方向射入磁场。若粒子射入磁场时的速度大小为v1,离开磁场时速度方向偏转90°;若射入磁场时的速度大小为v2,离开磁场时速度方向偏转60°。不计重力。则v1v2为(　　)A.12　　　　　B.33　　　　　C.32　　　　　D.3答案　B　3.(2020课标Ⅰ,18,6分)一匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外,其边界如图中虚线所示,ab为半圆,ac、bd与直径ab共线,ac间的距离等于半圆的半径。一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子,在纸面内从c点垂直于ac射入磁场,这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间为(　　)A.7πm6qB　　　　　B.5πm4qB　　　　　C.4πm3qB　　　　　D.3πm2qB答案　C　4.(2020课标Ⅱ,17,6分)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则(　　)图(a)图(b)A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移答案　D　5.(2020课标Ⅲ,18,6分)真空中有一匀强磁场,磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面,磁场的方向与圆柱轴线平行,其横截面如图所示。一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场。已知电子质量为m,电荷量为e,忽略重力。为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内,磁场的磁感应强度最小为(　　)A.3mv2ae　　　　　B.mvae　　　　　C.3mv4ae　　　　　D.3mv5ae答案　C　6.(2020天津,7,5分)(多选)如图所示,在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场,速度方向与y轴正方向的夹角θ=45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM=a,粒子电荷量为q,质量为m,重力不计。则(　　)A.粒子带负电荷B.粒子速度大小为qBamC.粒子在磁场中运动的轨道半径为aD.N与O点相距(2+1)a答案　AD　7.(2019海南单科,9,5分)(多选)如图,虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场,在纸面内运动。射入磁场时,P的速度vP垂直于磁场边界,Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场,且在磁场中运动的时间相同,则(　　)A.P和Q的质量之比为1∶2B.P和Q的质量之比为2∶1C.P和Q速度大小之比为2∶1D.P和Q速度大小之比为2∶1答案　AC　8.(2019北京理综,16,6分)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是(　　)A.粒子带正电B.粒子在b点速率大于在a点速率C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短答案　C　9.(2019课标