山东省武城县第二中学2022届高三物理一轮复习专题汇编磁场

《磁场》90分钟检测一、单项选择题1.质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．如图所示为质谱仪的原理示意图．现利用这种质谱议对氢元素进行测量．氢元素的各种同位素从容器A下方的小孔S，无初速度飘入电势差为的加速电场．加速后垂直进入磁感强度为B的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D上，形成、、三条“质谱线”．关于三种同位素进人磁场时速度的排列顺序以及、、三条“质谱线”的排列顺序，下列判断正确的是()A．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕B．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氘、氚、氕C．、、三条质谱线依次排列的顺序是氘、氚、氕D．、、三条质谱线依次排列的顺序是氚、氘、氕2.如图所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点．以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系．过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流．则过O点的通电直导线所受安培力的方向为(　　)A．沿y轴正方向B．沿y轴负方向C．沿x轴正方向D．沿x轴负方向3．如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受安培力的方向是(　　)A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外4．(2022·新课标Ⅰ·15)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5..带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将(　　)A．可能做直线运动B．可能做匀减速运动C．一定做曲线运动D．可能做匀速圆周运动8\n6．如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子，沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动的时间之比为(　　)A．1∶1∶1B．1∶2∶3C．3∶2∶1D．1∶∶7．3．(2022·新课标Ⅰ·16)如图所示，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(　　)A．2B.C．1D.8．如图所示的圆形区域里匀强磁场方向垂直于纸面向里，有一束速率各不相同的质子自A点沿半径方向射入磁场，这些质子在磁场中(　　)A．运动时间越长，其轨迹对应的圆心角越大B．运动时间越长，其轨迹越长C．运动时间越短，射出磁场区域时速度越小D．运动时间越短，射出磁场区域时速度的偏转角越大二．多项选择题9．如图所示为电磁轨道炮的工作原理图．待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动．电流从一条轨道流入，通过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平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比．通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是(　　)A．弹体向左高速射出B．I为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C．弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D．轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍10．如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时磁铁对水平面的压力为FN1，现在磁铁左上方位置固定一导体棒，当导体棒中通以垂直纸面向里的电流后，磁铁对水平面的压力为FN2，则以下说法正确的是(　　)A．弹簧长度将变长B．弹簧长度将变短C．FN1＞FN2D．FN1＜FN211.8\n.如图所示，在匀强磁场中有1和2两个质子在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，轨道半径r1>r2并相切于P点，设T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2分别表示1、2两个质子的周期，线速度，向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则(　　)A．T1＝T2B．v1＝v2C．a1>a2D．t1<t212..如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为(　　)A．0B.mvC.D.m(v－)13．如图所示，宽d＝4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r＝10cm，则(　　)A．右边界：－8cm＜y＜8cm有粒子射出B．右边界：y＜8cm有粒子射出C．左边界：y＞8cm有粒子射出D．左边界：0＜y＜16cm有粒子射出14．(2022·新课标Ⅱ·20)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(　　)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15.1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示，这台加速器由两个铜质D形合D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C．离子从磁场中获得能量D．离子从电场中获得能量三．计算题16．如图所示，在磁感应强度B＝1T、方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12V，内阻不计．ab杆长L＝0.5m，质量m＝0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留一位有效数字)8\n17．带电粒子的质量m＝1.7×10－27kg，电荷量q＝1.6×10－19C，以速度v＝3.2×106m/s沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B＝0.17T，磁场的宽度l＝10cm，g取10m/s2，如图9所示．(1)求带电粒子离开磁场时的速度和偏转角．(2)求带电粒子在磁场中运动的时间以及射出磁场时偏离入射方向的距离．8\n18．如图甲所示，在坐标系xOy中，y轴左侧有沿x轴正方向的匀强电场，场强大小为E；y轴右侧有如图乙所示，大小和方向周期性变化的磁场，磁感应强度大小B0已知．磁场方向垂直纸面向里为正．t＝0时刻，从x轴上的P点无初速度释放一带正电的粒子，质量为m，电荷量为q(粒子重力不计)，粒子第一次在电场中运动的时间与第一次在磁场中运动的时间相等．求：(1)P点到O点的距离；(2)粒子经一个周期沿y轴发生的位移．8\n《磁场》90分钟检测答案1.答案　D2.答案　A解析　由题图可知，过A点和B点的通电直导线对过O点的通电导线的安培力等大反向，过C点的通电直导线对过O点的通电直导线的安培力即为其总的安培力，沿OC连线向上，故A项正确．3.答案　C解析　从上向下看，带负电的圆盘顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上，由左手定则可判定通电直导线所受安培力的方向水平向里，故C项正确．4.答案　B解析　安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直，选项A错误，选项B正确；由F＝BILsinθ可知，安培力的大小与通电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时，因磁场与导线的夹角未知，则安培力的大小不能确定，选项D错误．5.答案　C解析　带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．6.答案　C解析　由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角，由t＝T可知，它们在磁场中运动的时间之比为90°∶60°∶30°＝3∶2∶1，选项C正确．7.答案　D解析　设带电粒子在P点时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1＝mv，Ek2＝mv；由题意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，则＝.由洛伦兹力提供向心力，即qvB＝，得r＝，由题意可知＝，所以＝＝，故选项D正确．8.答案　A9.答案　BD10.答案　BC11.答案　ACD解析　对于质子，其相同，又T＝，在同一匀强磁场中，则T1＝T2，选项A正确．又r＝，且r1>r2，则v1>v2，B错误．由a＝，T＝，得a＝v，则a1>a2，C正确．又两质子的周期相同，由题图知质子1从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所转过的圆心角比质子2小，由t＝T知，t1<t2，D正确．12.答案　ABD解析　若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环与粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环与粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为mv，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v＝，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W＝mv－mv2＝m(v－)，选项C错误，D正确．13.答案　AD8\n解析　当粒子斜向上进入磁场运动轨迹与右边界相切和粒子沿y轴负方向射入磁场时，粒子从右边界射出的范围最大，画出粒子的运动轨迹(如图所示)并根据几何关系可求出，在右边界－8cm＜y＜8cm范围内有粒子射出，选项A正确，选项B错误；当粒子斜向上进入磁场，运动轨迹与右边界相切时，可求出粒子从左边界y＝16cm处射出，当粒子的速度方向与y轴正方向的夹角减小时，粒子从左边界射出的出射点向下移动，直到夹角为零时，粒子直接从O点射出，所以选项C错误，选项D正确．本题答案为A、D.14.答案　AC解析　根据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨迹半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误．15.AD16.答案　3Ω≤R≤5Ω解析　分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示，当ab杆恰好不下滑时，如图甲所示．由平衡条件得沿斜面方向mgsinθ＝μFN1＋F安1cosθ垂直斜面方向FN1＝mgcosθ＋F安1sinθ而F安1＝BL，解得R1≈5Ω.当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示．由平衡条件得沿斜面方向mgsinθ＋μFN2＝F安2cosθ垂直斜面方向FN2＝mgcosθ＋F安2sinθ而F安2＝BL，解得R2≈3Ω.所以，要使ab杆保持静止，R的取值范围是3Ω≤R≤5Ω.17.答案　(1)3.2×106m/s　30°　(2)3.27×10－8s　2.68×10－2m解析　粒子所受的洛伦兹力F＝qvB≈8.7×10－14N，远大于粒子所受的重力G＝1.7×10－26N，因此重力可忽略不计．(1)由于洛伦兹力不做功，所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106m/s由qvB＝m得轨迹半径r＝＝m＝0.2m由题图可知偏转角θ满足sinθ＝＝0.5，故θ＝30°.(2)带电粒子在磁场中运动的周期T＝8\n可见带电粒子在磁场中运动的时间t＝T＝T＝＝s≈3.27×10－8s离开磁场时偏离入射方向的距离d＝r(1－cosθ)＝0.2×(1－)m≈2.68×10－2m.18.答案　(1)　(2)解析　(1)设粒子第一次在电场中做匀加速运动的时间为t0，则t0＝，Eq＝maOP间距离为x，x＝at，解得：x＝(2)如图所示，设粒子在磁场中做圆周运动的半径分别为R1和R2，R1＝R2＝粒子每经一个周期沿y轴向下移动Δx，Δx＝2R2－2R1＝8