2020届高考物理二轮复习 刷题首选卷 专题十 磁场课件

经典特训题组1．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上。斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为0.5I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g。则此时金属细杆()A．电流流向垂直纸面向外B．受到的安培力大小为2BILsinθC．对斜面压力大小变为原来的2倍D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsinθ答案D解析对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力，水平向右的安培力，由左手定则得电流流向垂直纸面向里，故A错误；根据安培力公式可得此时受到的安培力大小为F安＝4B·12IL＝2BIL，故B错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、导轨的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得：FNcosθ＝mg，FNsinθ＝BIL，磁感应强度大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得：FN′＝mgcosθ＋2BILsinθ＝mg1＋sin2θcosθ，a＝2BILcosθ－mgsinθm＝gsinθ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确。2．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()A．B1－B22B．B2－B12C．B2－B1D.B13答案A解析对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故：a点磁感应强度：B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度：B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度：Bc＝B3r＝B1－12B2，故选A。3．粒子甲的质量与电荷量分别是粒子乙的4倍与2倍，两粒子均带正电。让它们在匀强磁场中同一点以大小相等、方向相反的速度开始运动。已知磁场方向垂直纸面向里。以下四个图中，能正确表示两粒子运动轨迹的是()答案A解析根据左手定则，甲、乙粒子应逆时针方向运动，B、C、D错误；由r＝mvqB可得二者轨道半径之比为2∶1，即甲轨道半径较大，故A正确。4．如图所示，空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m，电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水平方向成45°角的速度v进入磁场和电场并做直线运动，重力加速度为g。则下列说法正确的是()A．微粒可能做匀加速直线运动B．微粒可能只受两个力作用C．匀强磁场的磁感应强度B＝mgqvD．匀强电场的电场强度E＝mgq答案D解析若微粒做变速直线运动，洛伦兹力随速度变化而变化，不可能做直线运动，故微粒一定做匀速直线运动。若微粒带正电，电场力向左，洛伦兹力垂直速度方向斜向右下方，而重力竖直向下，则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合力不可能为零，微粒不可能做匀速直线运动，由此可知微粒带负电，电场力向右，洛伦兹力垂直速度方向斜向左上方，重力竖直向下，只有电场力、洛伦兹力和重力三力平衡，微粒才能做匀速直线运动，故A、B错误；根据平衡条件，有：qE＝mgtan45°，qvB＝mg2＋qE2，联立解得：E＝mgq，B＝2mgqv，故C错误，D正确。5.(多选)质量为m、带电量为＋q的小球套在水平固定且足够长的粗糙绝缘杆上，如图所示，整个装置处于磁感应强度为B、垂直纸面向里的水平匀强磁场中。现给小球一个水平向右的初速度v0使其开始运动，不计空气阻力，则小球从开始到最终稳定的过程中，下列说法正确的是()A．一定做减速运动B．运动过程中克服摩擦力做的功可能是0C．最终稳定时的速度一定是mgqBD．最终稳定时的速度可能是0答案BD解析对小球受力分析，小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力及可能有的弹力和摩擦力。若qv0B＞mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向下的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：qvB＝mg＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝μqvB－mgm，方向向左，则小球做加速度减小的减速运动，最终加速度减为0，小球做匀速直线运动，匀速的速度v＝mgqB；若qv0B＝mg，则小球受竖直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，小球做匀速直线运动，速度v0＝mgqB；若qv0B＜mg，则小球受竖直向下的重力、竖直向上的洛伦兹力、竖直向上的弹力和向左的摩擦力，据牛顿第二定律可得：mg＝qvB＋FN，μFN＝ma，解得：小球的加速度a＝μmg－qvBm，方向向左；则小球做加速度增大的减速运动，最终静止。综上，A、C错误，D正确；若小球的初速度v0满足qv0B＝mg，小球在运动过程中将始终不受摩擦力，故小球克服摩擦力做的功可能是0，B正确。6．如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于12T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为()A.13TB.14TC.16TD.18T答案A解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点是S，出射点在OM直线上，出射点与S点的连线为轨迹的一条弦，又由题设条件可知，所有粒子质量相等，初速度也相等，则由r＝mvqB，T＝2πmqB可得，所有粒子做圆周运动的轨迹半径与周期也都相等。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，轨迹的弦最短，如图所示，根据几何知识，作ES⊥OM，ES即为最短的弦，粒子从S运动到E的时间最短；由题意可知，粒子运动的最长时间等于12T，当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子的初速度方向应该为沿ON方向水平向右，此时过粒子源沿垂直于ON方向作直线DS交OM边界于D点，可得DS＝2r，由几何知识OS＝23r，ES＝3r，sinθ2＝ES2r＝32，可得：θ＝120°，故粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝θ360°T＝13T，A正确。7．如图所示为回旋加速器示意图，利用回旋加速器对21H粒子进行加速，此时D形盒中的磁场的磁感应强度大小为B，D形盒缝隙间电场变化周期为T，加速电压为U。忽略相对论效应和粒子在D形盒缝隙间的运动时间，下列说法正确的是()A．保持B、U和T不变，该回旋加速器可以加速质子B．只增大加速电压U，21H粒子获得的最大动能增大C．只增大加速电压U，21H粒子在回旋加速器中运动的时间变短D．回旋加速器只能加速带正电的粒子，不能加速带负电的粒子答案C解析D形盒缝隙间电场变化周期与21H粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，为T＝2πmqB，而质子与21H粒子的比荷不相等，所以为了加速器可以加速质子，应对加速器进行参数调节，改变B和T，A错误；设D形盒半径为r，则21H粒子离开回旋加速器的最大速度vmax＝qBrm，所以只增大加速电压U，21H粒子获得的最大动能不会增大，B错误；粒子在回旋加速器回旋一周，增加的动能为2qU，在回旋加速器中运动时间由回旋次数决定，设回旋次数为n，则由2nqU＝12mv2max，可得n＝qB2r24mU，所以粒子运动总时间t＝nT＝qB2r24mU·2πmqB＝πBr22U，故只增大加速电压U，21H粒子在回旋加速器中回旋的次数会变少，即运动的时间会变短，C正确；回旋加速度既能加速带正电的粒子，也能加速带负电的粒子，D错误。8.利用霍尔效应制作的霍尔元件，被广泛应用于测量和自动控制等领域。霍尔元件一般由半导体材料制成，有的半导体中的载流子(即自由电荷)是电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示，将扁平长方体形状的霍尔元件水平放置接入电路，匀强磁场垂直于霍尔元件的水平面竖直向下，闭合开关，让电流从霍尔元件的左侧流入右侧，则其前后两表面会形成电势差。现有载流子是电子的霍尔元件1和载流子是空穴的霍尔元件2，两元件均按图示方式接入电路(闭合开关)，则关于前后两表面电势高低的判断，下列说法中正确的是()A．若接入元件1时，前表面电势高；若接入元件2时，前表面电势低B．若接入元件1时，前表面电势低；若接入元件2时，前表面电势高C．不论接入哪个元件，都是前表面电势高D．不论接入哪个元件，都是前表面电势低答案A解析若接入元件1时，霍尔元件中移动的是自由电子，根据左手定则，电子向后表面偏转，所以前表面电势高；若接入元件2时，根据左手定则，空穴向后表面聚集，故后表面电势高，前表面电势低，故A正确。9.(多选)如图所示，半径为R的14圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R,0)点垂直x轴放置一线型粒子发射装置，能在0yR的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为v、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一点，则下列说法中正确的是()A．粒子击中点距O点的距离为RB．磁场的磁感应强度为mvqRC．粒子离开磁场时速度方向相同D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为2Rv＜t2＋πR2v答案ABD解析由题意，某时刻发出的粒子都击中的点是y轴上同一点，由发射装置最高点射出的粒子只能击中(0，R)，则击中的同一点只能是(0，R)，即粒子击中点距O点的距离为R，A正确；从最低点射出的也击中(0，R)，那么粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝mv2R，可得磁感应强度B＝mvqR，B正确；粒子运动的半径都相同，但是入射点不同，所以粒子离开磁场时的速度方向不同，C错误；整个过程粒子的速率不变，故粒子运动的时间正比于轨迹的长度，所以从最低点射出的粒子运动的时间最长，由此可得粒子从离开发射装置到击中y轴所用的最长时间为t1＝14T＋Rv＝14×2πRv＋Rv＝π＋2R2v，从最高点直接射向(0，R)的粒子运动时间最短，最短的时间为t2＝2Rv，D正确。10.(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。设弹体只受安培力作用，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增加到原来的2倍C．只将弹体质量减小到原来的一半D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变答案BD解析设B＝kI，轨道之间距离d，则发射过程中，安培力做功kI2dL，由动能定理kI2dL＝12mv2，要使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的办法是只将电流I增加到原来的2倍，或将弹体质量减小到原来的一半，同时轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变，B、D正确。11．如图所示，在平面直角坐标系中，AO是∠xOy的角平分线，x轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等。一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动且通过O点进入x轴下方区域，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C点、D点图中均未标出)。已知OM＝202m，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝2mq，重力加速度为g＝10m/s2。求：(1)两匀强电场的电场强度E的大小；(2)OD的长L；(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t。答案(1)mgq(2)3524m(3)