《2022年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 磁場試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 磁場試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高三物理第二輪專題復(fù)習(xí) 磁場試題 1.長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如圖所示，磁感強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電量為q的帶正電粒子（不計重力），從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是： A．使粒子的速度v5BqL/4m； C．使粒子的速度v>BqL/m； D．使粒子速度BqL/4m

2、的電流為 I，方向如圖中箭頭所示。導(dǎo)線段abcd所受到的磁場的作用力的合力 A. 方向沿紙面向上，大小為 B. 方向沿紙面向上，大小為 C. 方向沿紙面向下，大小為 D. 方向沿紙面向下，大小為 3.如圖10-1，條形磁鐵平放于水平桌面上，在它的正中央上方固定一根直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁場垂直，現(xiàn)給導(dǎo)線中通以垂直于紙面向外的電流，則下列說法正確的是： A．磁鐵對桌面的壓力減小 B．磁鐵對桌面的壓力增大 C．磁鐵對桌面的壓力不變 D．以上說法都不可能 4.關(guān)于磁感應(yīng)強度，下列說法正確的是 　A、一小段通電導(dǎo)線放在B為零的位置，那么它受到的磁場力也一定為零 　B、通電導(dǎo)線所受的

3、磁場力為零，該處的磁感應(yīng)強度也一定為零 　C、放置在磁場中1m長的通電導(dǎo)線，通過1A的電流，受到的磁場力為1N，則該處的磁感應(yīng)強度就是1T 　D、磁場中某處的B的方向跟電流在該處受到磁場力F的方向相同 5.如圖10-4所示，水平放置的扁平條形磁鐵，在磁鐵的左端正上方有一線框，線框平面與磁鐵垂直，當(dāng)線框從左端正上方沿水平方向平移到右端正上方的過程中，穿過它的磁通量的變化是： 　　A．先減小后增大 　　B．始終減小 　　C．始終增大 　　D．先增大后減小 6.帶電粒子垂直勻強磁場方向運動時，會受到洛倫茲力的作用。下列表述正確的是 A．洛倫茲力對帶電粒子做功

4、 B．洛倫茲力不改變帶電粒子的動能 C．洛倫茲力的大小與速度無關(guān) D．洛倫茲力不改變帶電粒子的速度方向 7.如圖10-6所示，螺線管兩端加上交流電壓，沿著螺線管軸線方向有一電子射入，則該電子在螺線管內(nèi)將做 [ 　　A．加速直線運動 　B．勻速直線運動 　　C．勻速圓周運動 　D．簡諧運動 8.圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有強度為B0的勻強磁場。下列表述正確的是

5、 （ ABC ） A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向外 C．能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B D．粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的荷質(zhì)比越小 9.帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．圖是在有勻強磁場云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強磁場B垂直紙面向里．該粒子在運動時，其質(zhì)量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是(AC) A．粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點 B．粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點 C．粒子帶負電 D．粒子帶正電 10.在半徑為R的半圓形區(qū)域中有一勻強磁場，磁場

6、的方向垂直于紙面，磁感應(yīng)強度為B。一質(zhì)量為m，帶有電量q的粒子以一定的速度沿垂直于半圓直徑AD方向經(jīng)P點（AP＝d）射入磁場（不計重力影響）。 R A O P D Q φ （1）果粒子恰好從A點射出磁場，求入射粒子的速度。 （2）如果粒子經(jīng)紙面內(nèi)Q點從磁場中射出，出射方向與半圓在Q點切線方向的夾角為φ（如圖）。求入射粒子的速度。 × × × × × × × × × × × × a b c d θ O v0 11.如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方

7、向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ = 30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求： （1）粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍. （2）如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間. 12.如圖，在寬度分別為和的兩個毗鄰的條形區(qū)域分別有勻強磁場和勻強電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行向右。一帶正電荷的粒子以速率v從磁場區(qū)域上邊界的P點斜射入磁場，然后以垂直于電、磁場分界線的方向進入電場，最后從電場邊界上的Q點射出。已知PQ垂直于電場方向，粒子軌跡與

8、電、磁場分界線的交點到PQ的距離為d。不計重力,求電場強度與磁感應(yīng)強度大小之比及粒子在磁場與電場中運動時間之比。 13.如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應(yīng)為B,方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸。一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L,小球過M點時的速度方向與x軸的方向夾角為.不計空氣阻力，重力加速度為g,求 （1）電場強度E的大小和方向； （2）小球從A點拋出

9、時初速度v0的大小; （3）A點到x軸的高度h. 14.如圖所示，x軸正方向水平向右，y軸正方向豎直向上。在xOy平面內(nèi)有與y軸平行的勻強電場，在半徑為R的圓內(nèi)還有與xOy平面垂直的勻強磁場。在圓的左邊放置一帶電微粒發(fā)射裝置，它沿x軸正方向發(fā)射出一束具有相同質(zhì)量m、電荷量q（q>0）和初速度v的帶電微粒。發(fā)射時，這束帶電微粒分布在0

10、若這束帶電微粒初速度變?yōu)?v，那么它們與x軸相交的區(qū)域又在哪里？并說明理由。 15.圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域中有一個磁感強度為B、方向為垂直于紙面向里的勻強磁場，與區(qū)域邊緣的最短距離為L的O＇處有一豎直放置的熒屏MN，今有一質(zhì)量為m的電子以速率v從左側(cè)沿OO＇方向垂直射入磁場，越出磁場后打在熒光屏上之P點，如圖所示，求O＇P的長度和電子通過磁場所用的時間。 答案及解析 1.【答案】AB 【解析】由左手定則判得粒子在磁場中間向上偏，而作勻速圓周運動，很明顯，圓周運動的半徑大于某值r1時粒子可以從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可從極板

11、的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得： 粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有： r12＝L2+（r1-L/2）2得r1=5L/4， 又由于r1=mv1/Bq得v1=5BqL/4m，∴v>5BqL/4m時粒子能從右邊穿出。 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O＇點，有r2＝L/4，又由r2＝mv2/Bq=L/4得v2＝BqL/4m ∴v2

12、確。 3.【答案】A 【解析】通電導(dǎo)線置于條形磁鐵上方使通電導(dǎo)線置于磁場中如圖10-2所示，由左手定則判斷通電導(dǎo)線受到向下的安培力作用，同時由牛頓第三定律可知，力的作用是相互的，磁鐵對通電導(dǎo)線有向下作用的同時，通電導(dǎo)線對磁鐵有反作用力，作用在磁鐵上，方向向上，如圖10-3。對磁鐵做受力分析，由于磁鐵始終靜止，無通電導(dǎo)線時，N = mg，有通電導(dǎo)線后N+F′=mg，N=mg-F′，磁鐵對桌面壓力減小，選A。 4.【答案】A 【解析】A選項根據(jù)磁感應(yīng)強度的定義A選項對。 B選項通電導(dǎo)線（電流I）與磁場平行時，磁場力為零。B選項錯。 C選項通電導(dǎo)線（電流I）與磁場垂直。C選項錯。 D選

13、項B與F方向一定垂直D選項錯。 5.【答案】D 【解析】規(guī)范畫出條形磁鐵的磁感線空間分布的剖面圖，如圖10-5所示。利用Φ=B·S定性判斷出穿過閉合線圈的磁通量先增大后減小，選D。 6.【答案】B 【解析】根據(jù)洛倫茲力的特點, 洛倫茲力對帶電粒子不做功,A錯.B對.根據(jù),可知大小與速度有關(guān). 洛倫茲力的效果就是改變物體的運動方向,不改變速度的大小。 7.【答案】B 【解析】螺線管兩端加上交流電壓后，螺線管內(nèi)部磁場大小和方向發(fā)生周期性變化，但始終與螺線管平行，沿著螺線管軸線方向射入的電子其運動方向與磁感線平行。沿軸線飛入的電子始終不受洛侖茲力而做勻速直線運動。 8.【答案】AB

14、C 【解析】由加速電場可見粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，如圖所示，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外B正確；經(jīng)過速度選擇器時滿足，可知能通過的狹縫P的帶電粒子的速率等于E/B，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動則有，可見當(dāng)v相同時，，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越大，比荷就越大，D錯誤。 9.【答案】C 【解析】由可知，粒子的動能越小，圓周運動的半徑越小，結(jié)合粒子運動軌跡可知，粒子選經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點，選項A正確。根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶負電，選項C正確。 10.【解析】 ⑴由于粒子在P點垂直射入磁場，故圓弧軌道的圓心在AP上，

15、AP是直徑。 設(shè)入射粒子的速度為v1，由洛倫茲力的表達式和牛頓第二定律得： ① 由上式解得 ② (2)如圖所示設(shè)O/是粒子在磁場中圓弧軌道的圓心，連接O/Q，設(shè)O/Q＝R/。 R A O P D Q φ O/ R/ 由幾何關(guān)系得： ③ ④ 由余弦定理得： ⑤ 解得 ⑥ 設(shè)入射粒子的速度為v，由 解出

16、 ⑦ 11.【解析】 （1）若粒子速度為v0，則qv0B =， 所以有R =， 設(shè)圓心在O1處對應(yīng)圓弧與ab邊相切，相應(yīng)速度為v01，則R1＋R1sinθ =， 將R1 =代入上式可得，v01 = 類似地，設(shè)圓心在O2處對應(yīng)圓弧與cd邊相切，相應(yīng)速度為v02，則R2－R2sinθ =， 將R2 =代入上式可得，v02 = 所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應(yīng)滿足＜v0≤ （2）由t =及T =可知，粒子在磁場中經(jīng)過的弧所對的圓心角α越長，在磁場中運動的時間也越長。由圖可知，在磁場中運動的半徑r≤R1時，運動時間最長，弧所對圓心角為（2π－2θ）， 所以最長時間為t

17、== 12.【解析】 本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動。 粒子在磁場中做勻速圓周運動,如圖所示.由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應(yīng)在分界線上,OP長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得 ………① 設(shè)粒子的質(zhì)量和所帶正電荷分別為m和q,由洛侖茲力公式和牛頓第二定律得 ……………② 設(shè)為虛線與分界線的交點,,則粒子在磁場中的運動時間為……③ 式中有………④粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場.設(shè)粒子的加速度大小為a,由牛頓第二定律得…………⑤ 由運動學(xué)公式有……⑥ ………⑦ 由①②⑤⑥⑦式得…………⑧

18、 由①③④⑦式得 13.【解析】 本題考查平拋運動和帶電小球在復(fù)合場中的運動。 （1）小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明電場力和重力平衡（恒力不能充當(dāng)圓周運動的向心力），有 ① ② 重力的方向豎直向下，電場力方向只能向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上。 （2）小球做勻速圓周運動，O′為圓心，MN為弦長，，如圖所示。設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知

19、 ③ 小球做勻速圓周運動的向心力由洛侖茲力白日提供，設(shè)小球做圓周運動的速率為v，有 ④ 由速度的合成與分解知 ⑤ 由③④⑤式得 ⑥ （3）設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為 ⑦ 由勻變速直線運動規(guī)

20、律 ⑧ 由⑥⑦⑧式得 ⑨ 14.【解析】 本題考查帶電粒子在復(fù)合場中的運動。 帶電粒子平行于x軸從C點進入磁場，說明帶電微粒所受重力和電場力平衡。設(shè)電場強度大小為E，由 可得 方向沿y軸正方向。 帶電微粒進入磁場后，將做圓周運動。 且 r=R

21、 如圖（a）所示，設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B。由 得 方向垂直于紙面向外 （2）這束帶電微粒都通過坐標(biāo)原點。 方法一：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動，其圓心位于其正下方的Q點，如圖b所示，這束帶電微粒進入磁場后的圓心軌跡是如圖b的虛線半圓，此圓的圓心是坐標(biāo)原點為。 方法二：從任一點P水平進入磁場的帶電微粒在磁場中做半徑為R的勻速圓周運動。如圖b示，高P點與O′點的連線與y軸的夾角為θ，其圓心Q的坐標(biāo)為（-Rsinθ，Rcosθ）,圓周運動軌跡方程為 得

22、 x=0 x=-Rsinθ y=0 或 y=R(1+cosθ) （3）這束帶電微粒與x軸相交的區(qū)域是x>0 帶電微粒在磁場中經(jīng)過一段半徑為r′的圓弧運動后，將在y同的右方(x>0)的區(qū)域離開磁場并做勻速直線運動，如圖c所示?？拷麺點發(fā)射出來的帶電微粒在突出磁場后會射向x同正方向的無窮遠處國靠近N點發(fā)射出來的帶電微粒會在靠近原點之處穿出磁場。所以，這束帶電微粒與x同相交的區(qū)域范圍是x>0. P 15.【解析】 電子所受重力不計。它在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O″，半徑為R。圓弧段軌跡AB所對的圓心角為θ，電子越出磁場后做速率仍為v的勻速直線運動， 如圖4所示，連結(jié)OB，∵△OAO″≌△OBO″，又OA⊥O″A，故OB⊥O″B，由于原有BP⊥O″B，可見O、B、P在同一直線上，且∠O＇OP=∠AO″B=θ，在直角三角形ＯＯ＇P中，O＇P=（L+r）tanθ，而，， 所以求得R后就可以求出O＇P了，電子經(jīng)過磁場的時間可用t=來求得。 由得R= M N O, L A O R θ/2 θ θ/2 B P O// ， ，