2022版高中物理（山东版）一轮复习：专题十一磁场—应用训练（有解析）

专题十一　磁场应用篇【应用集训】应用一　探究有边界磁场的处理方法1.(2020安徽肥东模拟,3)如图所示,在边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场,有一个质量为m,带电荷量大小为q的离子,从ad边的中点O处以速度v垂直ad边界向右射入磁场区域,并从b点离开磁场。则(　　)A.离子在O、b两处的速度相同B.离子在磁场中运动的时间为C.若增大磁感应强度B,则离子在磁场中的运动时间增大D.若磁感应强度B&lt;,则该离子将从bc边射出答案　D　2.(2020内蒙古通辽模拟,3)如图所示,真空中,垂直于纸面向里的匀强磁场只在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界),两圆的半径分别为R、3R,圆心为O。一重力不计的带正电粒子从大圆边缘的P点沿PO方向以速度v1射入磁场,其运动轨迹如图,轨迹所对的圆心角为120&deg;。若将该带电粒子从P点射入的速度大小变为v2时,不论其入射方向如何,都不可能进入小圆内部区域,则v1∶v2至少为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　A.　　B.C.　　D.2答案　B　应用二　探究带电粒子在磁场中运动的多解问题　(2020广东茂名二模,14)如图所示,半径为a的圆内有一固定的边长为1.5a的等边三角形框架ABC,框架中心与圆心重合,S为位于BC边中点处的狭缝。三角形框架内有一水平放置带电的平行金属板,框架与圆之间存在磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里的匀强磁场。一束质量为m、电荷量为q,不计重力的带正电的粒子,从P点由静止经两板间电场加速后通过狭缝S,垂直BC边向下进入磁场并发生偏转。忽略粒子与框架碰撞时能量与电荷量损失。问:,(1)要使粒子进入磁场后第一次打在SB的中点,则加速电场的电压为多大?(2)要使粒子最终仍能回到狭缝S,则加速电场电压满足什么条件?(3)回到狭缝S的粒子在磁场中运动的最短时间是多少?　答案　(1)　(2)U=&middot;(n=4,5,6,&hellip;)　(3)应用三　探究带电粒子在交变电、磁场中的运动　(2020安徽合肥模拟,5)如图1所示,竖直面内矩形ABCD区域内存在磁感应强度按如图2所示的规律变化的磁场(规定垂直纸面向外为正方向),区域边长AB=AD。一带正电的粒子从A点沿AB方向以速度v0射入磁场,在T1时刻恰好能从C点平行DC方向射出磁场。现在把磁场换成按如图3所示规律变化的电场(规定竖直向下为正方向),相同的粒子仍以速度v0从A点沿AB方向射入电场,在T2时刻恰好能从C点平行DC方向射出电场。不计粒子重力,则磁场的变化周期T1和电场的变化周期T2之比为(　　)A.1∶1　　B.2&pi;∶3C.2&pi;∶9　　D.&pi;∶9　答案　C　[教师专用题组]【应用集训】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2020湖北武汉部分学校联考)如图所示是早期发明的一种电流计,它是根据奥斯特实验中小磁针的偏转来计量电流的,缺点是精确度不高、易受外界干扰。接通电路前,位于环形导线中央的小磁针仅在地磁场的作用下处于静止状态,调整电流计的方位,使环形导线与小磁针共面。当给环形导线通以恒定电流I时,小磁针偏转角度为&alpha;;当给环形导线通以恒定电流kI时,小磁针偏转角度为&beta;。若已知环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比,关于这种电流计,下列说法正确的是(　　)A.该电流计测量结果与地磁场的竖直分量有关B.该电流计在地球上不同位置使用时,所标刻度均相同C.小磁针偏转角满足关系式sin&beta;=ksin&alpha;D.小磁针偏转角满足关系式tan&beta;=ktan&alpha;,答案　D　由题图可知,该电流计测量结果与地磁场的水平分量有关,选项A错误;在地球上不同位置,地磁场的水平分量可能不同,所以该电流计在地球上不同位置使用时,所标刻度可能不相同,选项B错误;根据磁场的矢量关系可得tan&alpha;=,tan&beta;=,因为环形电流圆心处的磁感应强度与通电电流成正比,有kBI=BkI,所以有tan&beta;=ktan&alpha;,选项C错误,D正确。【易错警示】不清楚磁感应强度的叠加性导致错选本题易错有三点:一是不清楚地磁场的磁感应强度方向;二是画不出地磁场磁感应强度的水平分量与环形电流在圆心处产生磁感应强度方向关系;三是认为地磁场的磁性弱,解题时忽略地磁场的存在。实际上小磁针的偏转方向应是地磁场与电流产生的磁场共同作用的结果。2.(2020四川泸县二中三诊)(多选)某电视节目做了如下实验:用裸露的铜导线绕制成一根无限长螺线管,将螺线管放在水平桌面上,用一节干电池和两个磁铁制成一个&ldquo;小车&rdquo;,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线管中,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(　　)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答案　BD　两磁极间的电场线如图甲所示:甲乙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,左端磁极左侧的线圈和右端磁极右侧的线圈中没有电流。其中线圈中电流方向的左视图如图乙所示,由左手定则可知中间线圈所受的安培力向右,根据牛顿第三定律可知&ldquo;小车&rdquo;有向左的加速度,故D正确,C错误;如果改为某一磁铁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,不会产生加速度,故A错误;同理可得B正确。【方法点拨】也可将&ldquo;小车&rdquo;看作是一个小磁铁,与两端的磁铁发生相互作用。3.(2020北京166中学考前测试)阴极射线管中电子束由阴极沿x轴正方向射出,在荧光屏上出现一条亮线(如图),要使该亮线向z轴正方向偏转,可加上(　　),A.z轴正方向的磁场　　B.y轴负方向的磁场C.z轴正方向的电场　　D.y轴负方向的电场答案　B　若加一沿z轴正方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿y轴正方向,亮线向y轴正方向偏转,故A错误。若加一沿y轴负方向的磁场,根据左手定则,洛伦兹力方向沿z轴正方向,亮线向z轴正方向偏转,故B正确。若加一沿z轴正方向的电场,电子受电场力作用沿z轴的负方向偏转,故C错误。若加一沿y轴负方向的电场,电子受电场力作用向y轴正方向偏转,故D错误。4.(2020江苏无锡月考,3)用洛伦兹力演示仪可以观察电子在磁场中的运动径迹,如图甲所示为洛伦兹力演示仪的实物图,如图乙所示为洛伦兹力演示仪的结构示意图。励磁线圈通电后可以产生垂直于纸面的匀强磁场,励磁线圈中的电流越大,产生的磁场越强。图乙中电子经电子枪中的加速电场加速后水平向左垂直磁感线方向射入磁场,下列有关实验现象和分析正确的是(　　)A.仅增大励磁线圈中的电流,电子运动径迹的半径变大B.仅升高电子枪中加速电场的电压,电子做圆周运动的周期不变C.仅升高电子枪中加速电场的电压,电子运动径迹的半径变小D.要使电子形成图乙所示的运动径迹,励磁线圈中应通以逆时针方向的电流答案　B　电子在加速电场中加速,由动能定理有:eU=m,电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,有:ev0B=,联立解得:r==。可见保持加速电压不变,增大励磁线圈中的电流,即B增大,电子运动径迹的半径减小;仅升高电子枪加速电场的电压,电子束形成圆周的半径增大,故A、C错误。电子在磁场中运动的周期T=,与电子的速度无关,与加速电场的大小无关,故仅升高电子枪加速电场的电压,电子做圆周运动的周期不变,故B正确。若励磁线圈通以逆时针方向的电流,由安培定则知,产生的磁场向外,根据左手定则判断知,电子刚进入磁场时所受的洛伦兹力向下,电子的运动轨迹不可能是题图乙中所示,同理,可得励磁线圈中应通以顺时针方向的电流,故D错误。【关键点拨】会用左手定则判定洛伦兹力的方向,能用半径公式、周期公式分析粒子在磁场中的运动半径与周期的变化。5.(2020江苏扬州中学高三模拟)(多选)如图所示,磁流体发电机的长方体发电导管的前、后两个侧面是绝缘体,上、下两个侧面是电阻可忽略的导电电极,两极间距为d,极板的长、宽分别为a、b,面积为S,这两个电极与可变电阻R相连。在垂直于前后侧面的方向上有一匀强磁场,磁感应强度大小为B,发电导管内有电阻率为&rho;的高温电离气体&mdash;&mdash;等离子体,等离子体以速度v向右流动,并通过专用通道导出,不计等离子体流动时的阻力,调节可变电阻的阻值,下列说法不正确的是(　　),A.磁流体发电机的电动势为E=BbvB.可变电阻R中的电流方向是从P到QC.可变电阻R上消耗的最大电功率为D.可变电阻R上消耗的最大电功率为答案　AC　稳定时即气体离子不再偏转,此时qvB=q,整理得发电机电动势为E=U=dvB,故A错误。根据左手定则可判断等离子体中的正离子向上极板偏转,负离子向下极板偏转,即上极板为正极,故可变电阻R中的电流方向是从P到Q,故B正确。根据电流方向,判断等离子体的横截面积为S,长度为d,所以内阻为r=&rho;,当外电阻等于电源内阻即R=r时可变电阻R消耗的电功率最大,最大值为Pmax=R==,故C错误,D正确。6.(多选)如图所示,粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时,一个质量为m、电荷量为q的带正电滑块沿MN以某一初速度竖直向下滑动,则滑块运动的v-t图像可能是(　　)答案　ACD　设初速度为v0,若满足mg=f=&mu;N,N=Bqv0,即mg=&mu;Bqv0,则滑块向下做匀速直线运动,选项A正确;若mg&gt;&mu;Bqv0,则滑块开始有向下的加速度,由a=可知,随速度增加,加速度减小,即滑块做加速度减小的加速运动,最后达到匀速直线运动状态,选项D正确;若mg&lt;&mu;Bqv0,则滑块开始有向上的加速度,做减速运动,由a=可知,随着速度减小,加速度减小,即滑块做加速度减小的减速运动,最后达到匀速直线运动状态,选项C正确。【解题关键】此题是动态分析问题;关键是分析洛伦兹力随速度的变化情况,从而分析加速度的变化情况来确定图像的形状。7.如图,一质量为m、带电荷量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入一圆形匀强磁场区域(磁场区域未画出),磁场方向垂直纸面向外,粒子飞出磁场区域后,从b处穿过x轴,速度方向与x轴正方向的夹角为30&deg;,同时进入场强大小为E、方向与x轴负方向成60&deg;斜向下的匀强电场中,通过了b点正下方c点,如图所示,已知b到O的距离为L,粒子的重力不计,则下列说法中错误的是(　　)A.粒子在磁场中运动的轨迹圆心位置应在过b点的直线上B.磁场区域的磁感应强度为C.圆形匀强磁场区域的最小面积为D.c点到b点的距离为答案　A　粒子在磁场中受洛伦兹力作用,做匀速圆周运动,设轨迹半径为R,据此并由题意知,粒子在磁场中的轨迹的圆心O&#39;必在x轴上,且b点在磁场区域之外。过b沿速度反方向作延长线,它与y轴相交于d点。作圆弧过O点与y轴相切,并且与bd相切,切点a即粒子离开磁场区域的点,这样也求得圆弧轨迹的圆心O&#39;,,如图所示。由图中几何关系得:L=3R,可求得B=,A错误,B正确。要使磁场的区域有最小面积,则Oa应为磁场区域的直径,由几何关系知:=cos30&deg;,故得r=,匀强磁场的最小面积为:Smin=&pi;r2=,C正确。带电粒子进入电场后,由于速度方向与电场力方向垂直,故做类平抛运动,由运动的合成知识有:s&middot;sin30&deg;=v0t、s&middot;cos30&deg;=,而a=,联立解得:s=,D正确。【方法点拨】可用来确定粒子做圆周运动轨迹圆心位置的工具:速度的垂线、弦的中垂线、轨迹半径等。8.如图所示,MN为一足够大而厚的水平平板,在其上方紧靠平板的中心点O有一放射源可向MN上方竖直平面内的各个方向发射&alpha;、&beta;、&gamma;射线(不计射线间的相互作用)。为使从该装置射出来的速率都为v0的&beta;粒子都能水平向右射出(便于加速利用),则可以在MN的上方某区间加某一方向的匀强磁场,设磁场的磁感应强度大小为B,&beta;粒子的电荷量大小为e、质量为m,求:(1)所加匀强磁场的方向;(2)所加磁场的最小面积大小并在图上大致画出这个最小面积的图样。答案　(1)垂直纸面向里　(2)见解析解析　(1)由题意知&beta;粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆周运动,根据其中任一&beta;粒子如垂直于MN发射的&beta;粒子所需向心力的方向并结合左手定则可判定磁场方向为垂直纸面向里。(2)&beta;粒子在磁场中运动的半径为R=如图所示,以O点为原点,建立平面直角坐标系,任取一个&beta;粒子,设其入射速度方向与水平方向间的夹角为&theta;,出射点为P(x,y),可确定其运动轨迹圆心位置在图中O&Prime;处,则x=Rsin&theta;y=R-Rcos&theta;由上可得:x2+(R-y)2=R2上式表明:&beta;粒子出射点的集合是半径为R的圆,其圆心在点O&#39;(0,R)。又知水平向右发射出的&beta;粒子转半圆必水平射出,它的运动轨迹是所有粒子在磁场中运动时所经过空间的一个边界,故这个半圆可作为最小磁场区域的一个边界,则所求最小面积即图中半径为R的圆的面积,S=&pi;()29.如图所示,在竖直平面内直线AB与竖直方向成30&deg;角,AB左侧有匀强电场,右侧有垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子,从P点以初速度v0竖直向下射入电场,粒子首次运动到边界AB时,经过Q点且速度大小不变,已知P、Q间距为l,之后粒子能够再次通过P点,(粒子重力不计)求:(1)匀强电场场强的大小和方向;(2)匀强磁场磁感应强度的可能值。,答案　(1)　方向垂直于AB且与竖直方向成60&deg;角向下　(2)(R=l)或(n=1,2,3,&hellip;,R&gt;l)解析　(1)由题意可知,粒子首次运动到边界AB时,经过Q点且速度大小不变,PQ间电势差为零,P、Q在同一等势面上,匀强电场垂直于AB且与竖直方向成60&deg;向下,粒子在电场中运动时,在AB方向做匀速直线运动,l=v0cos30&deg;&middot;t在垂直AB方向粒子做匀减速直线运动:v0sin30&deg;=a&middot;=&middot;解得:E=(2)粒子从Q点进入磁场时沿AB方向的分速度不变,垂直AB方向的分速度大小不变方向反向,由此可知:粒子经Q点的速度与AB成30&deg;角,若粒子进入磁场偏转后恰好经过P点,其轨道半径为R,磁感应强度大小为B1,由几何知识得:R=l粒子做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B1=m解得:B1=若粒子做圆周运动的轨道半径R<l,粒子不可能再通过p点若圆周运动的轨道半径r>l,则射入磁场的点每个周期沿AB向A移动的距离:&Delta;x=R-lqv0B2=解得B2=粒子可能从电场中再次经过P点需要满足的条件是:l=n&times;&Delta;x(n=1,2,3,&hellip;)解得:R=,B2=(n=1,2,3,&hellip;)【关键点拨】由粒子首次运动到边界AB时,经过Q点且速度大小不变,可知边界AB是电场的一个等势面,电场方向与AB垂直,粒子在电场中做类斜抛运动。</l,粒子不可能再通过p点若圆周运动的轨道半径r>