全国版2021高考物理一轮复习专题十磁倡练含解析

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1、专题十磁场一、选择题(共10小题,60分)1.如图所示,在纸面内的直角三角形ACD中,ADC=60,C、D两点间的距离为L.A、C两点处分别有一根与纸面垂直的长直导线,A点处导线中通过的电流为4I0(向里),C点处导线中通过的电流为I0(向外).已知通有电流I的长直导线外某点处磁场的磁感应强度大小B=kIr,其中r为该点到导线的距离,k为常量,则D点处磁场的磁感应强度()A.大小为3kI0L,方向由C点指向D点B.大小为3kI0L,方向由D点指向C点C.大小为5kI0L,方向由D点指向C点D.大小为5kI0L,方向沿ADC的平分线2.如图所示,两个方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长

2、为L的正方形abcd理想分隔,正方形内磁场垂直纸面向里,正方形顶点b处有一电荷量为q、质量为m、带正电的粒子(粒子重力不计)垂直于磁场方向射入正方形abcd,粒子入射方向与ab边的夹角为=30,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLmB.2qBLmC.qBL2mD.qBL3m3.2020吉林长春质量监测如图所示,在光滑绝缘的水平面上有三根相互平行且等长的直导线1、2、3,导线1、3固定,导线2可以自由移动,水平面内的虚线OO到导线1、3的距离相等.若三根导线中通入图示方向大小相等的恒定电流,导线2从图示位置由静止释放,下列说法正确的是()A.导线2可能碰到导线3B.导线2有可能

3、离开水平面C.导线2对水平面的压力不断变化D.导线2通过OO时加速度最小,速度最大4.如图所示,直角三角形ABC位于匀强磁场中,磁场磁感应强度为0.3 T,比荷为1 C/kg的带正电粒子在A点时的速度大小为3 m/s,沿AC方向,恰能运动到B点.A=30,D是AC的中点,CE(E未画出)垂直于BD且交BD于E点.当粒子运动到B点时,在该区域加一匀强电场,而后该粒子可沿BD做直线运动,已知E点电势为3 V,粒子重力不计.下列说法正确的是()A.磁场方向垂直纸面向外B.AB边长为1 mC.电场方向沿EC方向D.C=9 V5.如图所示,通有电流的三根无限长导线,分别放置在棱长为L的正方体的棱AB、D

4、C和D1C1上,电流大小分别为I1、I2、I3,电流方向未知.无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr(r为某点到导线的距离,k为常量),某电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好静止,则下列说法正确的是()A.2I1=I2=2I3B.电流I2在电流元处的磁感应强度方向可能沿A1D1方向C.电流元受到电流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的导线电流方向与放在DC的相同6.如图所示,水平面上两根通有电流大小相同的长直导线M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于导线N的虚线上的四个点,c点到两导线的距离相等,a、b、c、d到导线M的距离之比为1124,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点

5、到导线的距离成反比,两导线与a、b、c、d四点均在同一水平面上,下列说法正确的是()A.b点磁感应强度的方向垂直纸面向外B.a、b两点磁感应强度大小相等,方向相反C.b、c两点磁感应强度大小之比为32D.a、d两点磁感应强度大小之比为61,方向相同7.自行车速度计是利用霍尔效应传感器获知自行车的运动速率的.如图甲所示,自行车前轮上安装一块磁铁,车轮每转一圈,磁铁就靠近传感器一次,传感器会输出一个脉冲电压.图乙为霍尔元件的工作原理图.当磁场靠近霍尔元件时,金属导体内定向运动的自由电荷在洛伦兹力作用下偏转,最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差,即霍尔电势差.下列说法正确的是()A.

6、图乙中霍尔元件的前表面电势要比后表面电势高B.若自行车的车速越来越小,霍尔电势差就会越来越低C.根据单位时间内的脉冲数和自行车车轮的半径可获知车速大小D.若电源的内阻增大,霍尔电压就会增大8.多选电流天平如图甲所示,使用前天平已调至平衡,测量时,在左边托盘中放入砝码,右边托盘中不放砝码,将一个质量m0=10 g、匝数n=10、下边长l=10.0 cm的矩形线圈用绝缘的轻绳挂在右边托盘的底部,再将此矩形线圈的下部分放在磁场中,匀强磁场的磁感应强度垂直线圈平面向里、大小为0.5 T.线圈的两头连在如图乙所示的电路中,不计连接导线对线圈的作用力,电源电动势E=1.5 V,内阻r=1.0 .开关S闭合

7、后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 ,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 B.砝码的质量可能为5 gC.线圈所受安培力为0.1 ND.若仅将磁场反向,则在左盘中再添加质量为10 g的砝码可能使天平重新平衡9.多选CT是医院常用的一种仪器,CT的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的结构如图所示,有一磁感应强度为B的匀强磁场垂直于回旋加速器.回旋加速器的O点处可以释放出初速度为零、质量为m、电荷量为q的粒子.粒子经过加速、回旋最后从A点射出并获得最大动能Ek,两D形盒之间的距离为d,加速电压为U,则下列说法正确的是()A.粒子在加速器中运

8、动的圈数为Ek2qUB.D形盒的最大半径为1qB2EkmC.粒子在加速器中加速运行的时间为d2mEkqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2m10.多选如图是磁流体发电机的原理图,在磁场中有两块面积为S的矩形金属板A、B正对放置,一束等离子体(含有大量正、负离子,整体来说呈电中性)平行于两金属板喷射入磁场,这时金属板上就会聚集电荷,产生电压.射入的等离子体速度均为v,板间距离为d,匀强磁场的磁感应强度为B0,方向垂直于等离子体速度方向并平行于金属板,负载电阻为R,电离气体充满两板间,其电阻率为(与离子的速度无关),当发电机稳定发电时,A、B就是一个直流电源的两个电极.不考虑金属板的边缘效应

9、、离子间的相互作用以及离子的重力.下列说法正确的是()A.通过电阻R的电流为B0d2vRd+B.电路消耗的总电功率为SB02d2v2RS+dC.发电机稳定发电时,正离子受到向上的电场力、向下的洛伦兹力D.发电机的效率与喷射到磁场中的等离子体的速度无关二、非选择题(共4小题,50分)11.8分如图所示,一矩形轻质柔软反射膜可绕过O点垂直纸面的水平轴转动,其在纸面上的长度OA为L1,垂直纸面的宽度为L2.在膜的下端(图中A处)挂有一平行于转轴、质量为m、长为L2的导体棒使膜绷成平面.在膜下方水平放置一足够大的太阳能光电池板,能接收到经反射膜反射到光电池板上的所有光能,并将光能转化成电能.光电池板可

10、等效为一个电池,输出电压恒定为U,输出电流正比于光电池板接收到的光能(设垂直于入射光单位面积上的光功率保持恒定).导体棒处在方向竖直向上的磁感应强度为B的匀强磁场中,并与光电池构成回路,流经导体棒的电流垂直纸面向外(注:光电池与导体棒直接相连,连接导线未画出).(1)现有一束平行光水平入射,当反射膜与竖直方向成=60的夹角时,导体棒处于受力平衡状态,求此时电流的大小和光电池的输出功率.(2)当变为45时,通过调整电路使导体棒保持平衡,光电池除维持导体棒力学平衡外,还能输出多少额外电功率?12.12分如图所示,矩形ABCD区域内及边界存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q分别

11、为BC、AD边的中点,AB=d,BC=23(3+2)d.一束由电荷量为q、质量为m的相同粒子组成的带正电粒子流沿与PB成=60夹角的方向从P点垂直射入磁场.粒子重力及粒子间的作用均不计.(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,求粒子的初速度大小v1以及在磁场中运动的时间t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁场,从CD边上的F点射出磁场时与D点的距离最小,求此最小距离L以及从F点射出的粒子的速度大小v2.13.14分现有一种质谱仪,其工作原理如图所示,圆心角为直角的扇形区域OPQ中存在着磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,所有带电粒子经两极板间加速电场加速后均从小孔C射出,由磁场边界OP上

12、N点垂直OP进入磁场区域,然后均从边界OQ射出,已知某种粒子X的比荷为qm,ON=l,不计粒子的重力.(1)若由静止开始加速的粒子X从边界OQ射出时速度方向与OQ垂直,其轨迹如图中实线所示,求加速电场的电压U的大小.(2)若另一种粒子Y由静止开始加速仍从N射入磁场,在磁场区域中偏转60角后射出,求粒子Y的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速电场方向的初速度,粒子束以小发散角(纸面内)从C射出,这些粒子在CN方向上的分速度均相同,调节CN长度,可使一束X粒子从M点射入磁场,从磁场边界OQ射出后能在磁场区域右侧D点处被全部收集(D与C关于POQ的角平分线OH对称,部分粒子运动轨迹如图中虚线所示)

13、,求粒子X由C点运动到M点所用时间.14.16分如图甲所示平面内存在以O为圆心的圆形有界磁场,磁场左侧有平行薄板M、N,板M右端点恰好在磁场边缘,且板M与圆心O处于同一高度.在两板左侧中央位置的粒子源连续发射质量为m、电荷量为e(e0)、速度相同的电子,且电子速度方向平行于板M、N.已知板间距离为d,板长度为2d3,电子通过板的时间为2t0,圆形有界磁场的半径为d3,匀强磁场的磁感应强度B=2mt0e,方向垂直平面向里.当在两板间加如图乙所示的周期为2t0的电场(方向由M板垂直指向N板)时,t=0时刻进入电场的电子恰能从板M的右端点射出,不考虑电子的重力及电子间的相互作用.求:(1)不同时刻射

14、出板间的电子的速度大小和方向;(2)试分析不同时刻进入磁场的电子从磁场边界上射出点的关系;(3)电子在磁场中运动的最长时间与最短时间.图甲图乙1.BA点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B1=k4I02L=2kI0L,C点处导线中通过的电流在D点处产生的磁场的磁感应强度大小B2=kI0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,=30,由于B1=B1sin =kI0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B1=B1cos =3kI0L,方向由D点指向C点,选项B正确.【关键一步】求解本题的关键是根据安培定则分析两导线在D位置产生的磁场的磁感应强度大小和方向,再

15、进一步由平行四边形定则求出该点的合磁场的磁感应强度大小和方向.2.B因粒子带正电,且经过a点,其可能的运动轨迹如图所示,由几何关系得所有圆弧所对圆心角均为60,所以粒子运动的轨迹半径r=Ln(n=1,2,3,),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv2r,解得v=qBLmn(n=1,2,3,),因此速度大小不可能是2qBLm,选项B正确.3.D由安培定则和磁场叠加原理可判断出直导线1、3在虚线OO与直导线1之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向下,在虚线OO与直导线3之间产生合磁场的磁感应强度方向竖直向上,在虚线OO处产生合磁场的磁感应强度为零.由左手定则可知,直导线2所受的安培力沿水平面方向,所以

16、直导线2不可能离开水平面,直导线2对水平面的压力一直等于直导线的重力,选项B、C错误.OO左右两侧磁场的磁感应强度大小关于OO具有对称性,故导线2的水平受力以及运动也关于OO具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误.分析可知,导线2在OO处水平方向受力为零,加速度大小为零,速度最大,选项D正确.【一题多解】根据通反向电流的两直导线相互排斥可知,导线2受到导线1和3的斥力作用,在OO左侧时受到导线1的斥力更大,在OO右侧时受到导线3的斥力更大,在OO处受到两导线的斥力大小相同,可知导线2对水平面的压力大小始终不变,且不可能离开水平面,选项B、C错误;导线2在OO两侧水平方向的受力具有对

17、称性,故运动也关于OO具有对称性,可知导线2不可能碰到导线3,选项A错误;导线2在OO处加速度大小为零,速度最大,选项D正确.4.C无电场时,带正电粒子在磁场中能从A点运动到B点,速度方向发生偏转,由左手定则知磁场方向垂直纸面向里,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,由几何知识可知AB=r,解得AB=10 m,B错误;加电场后粒子在复合场中做直线运动,说明带电粒子所受的电场力等于洛伦兹力,qE=qvB,故电场方向沿EC方向,电场强度E=0.9 V,C正确;在直角三角ABC中,由几何关系可得EC=5 m,在匀强电场中,E点电势E=3 V,E-C=EEC,故C

18、=-1.5 V,D错误.【技巧点拨】带电粒子在磁场和电磁场中的运动:分析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动时应用数学知识找出粒子运动的轨迹圆心和半径;分析带电粒子在电磁场中的运动过程时,学会应用牛顿第二定律、动能定理等知识.5.A因为电流元(不计重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁场力的合力为零,说明该处的合磁感应强度为零,根据无限长通电直导线周围磁场强度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正确;根据安培定则知,电流I2在电流元处的磁感应强度方向与A1D垂直,B错误;根据安培定则和左手定则可判断电流元受到电流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C错误;放在AB的导线电流方

19、向与放在DC的相反,D错误.6.D根据右手螺旋定则,可知导线M在b点产生的磁场方向垂直纸面向里,假设导线M在b点产生的磁感应强度大小为B0,则导线N在b点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故b点合磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向里,A错误.导线M在a点产生的磁感应强度大小为B0,方向垂直纸面向外,导线N在a点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故a点合磁感应强度大小为3B02,方向垂直纸面向外,a、b两点磁感应强度大小不相等,方向相反,B错误.导线M和N在c点产生的磁感应强度大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,C错误.导线M在d点产生的磁感应强度大小为B04,

20、方向垂直纸面向里,导线N在d点产生的磁感应强度大小为B02,方向垂直纸面向外,故d点合磁感应强度大小为B04,方向垂直纸面向外,故a、d两点磁感应强度大小之比为61,方向相同,D正确.7.C题图乙中霍尔元件中的电流I是由电子定向运动形成的,由左手定则可知前表面电势要比后表面电势低,选项A错误;根据霍尔元件工作原理可知Udq=Bqv,得U=Bdv,即霍尔电压只与磁感应强度、霍尔元件的厚度以及电子定向移动的速率有关,与车轮转速无关,选项B错误;根据单位时间内的脉冲数可知车轮的转速,自行车车轮的半径已知,根据v车=2rn即可获知车速大小,选项C正确;若电源的内阻增大,则通过霍尔元件的电流减小,即电子

21、定向移动的速率减小,霍尔电压减小,选项D错误.8.ABD线圈中电流的大小为I=E-Ur=0.1 A,又U=I(R1+R),联立两式可得R=4 ,A正确;矩形线圈下边所受安培力F=nBIL,将数值代入可得F=0.05 N,天平两侧平衡,若F的方向竖直向下,则有m1g=m0g+F,代入数据解得砝码质量为m1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m1g+F=m0g,解得砝码质量为m1=5 g,B正确,C错误;仅将磁场反向,则安培力方向反向,若开始时,安培力竖直向下,此时变为竖直向上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边添加质量为m=2Fg=10 g的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力

22、竖直向上,此时变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培力大小,所以需要在左边添加质量为m=2Fg=10 g的砝码,可使天平重新平衡,故D正确.【易错警示】本题中没有给出电流的方向,安培力的方向有竖直向上和竖直向下两种情况,解题时一定要分类讨论,才能正确解题.9.AC设粒子在磁场中转动的圈数为n、最大速度为v,因每加速一次粒子获得的能量为qU,每圈有两次加速,则Ek=2nqU,得n=Ek2qU,故A正确;由Ek=12mv2和qvB=mv2rmax得rmax=mqB2Ekm=2mEkqB,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qUmd,由匀变速直线运动规律有v=at,Ek=12mv2,解得t

23、=mdqU2Ekm=d2mEkqU,故C正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2mqB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2m,由于粒子经过D形盒狭缝之间需要时间,故回旋加速器所加交流电压的周期应大于粒子回旋的周期,即回旋加速器所加交流电压的频率fqB2m,故D错误.【易错警示】本题要注意的是题目中狭缝之间的距离不能忽略,故计算粒子的运动周期时不能只考虑粒子在磁场中的运动.10.BD发电机稳定发电时,有B0qv=Edq,其中E为电动势,解得E=B0dv,电路中的电流为I=ER+r=B0dvR+dS=B0dSvRS+d,A错误;电路消耗的总电功率是P=E2R+r=SB02d2v

24、2RS+d,B正确;发电机稳定发电时,A板带正电,B板带负电,正离子受到向下的电场力、向上的洛伦兹力,C错误;发电机的效率=I2RI2(R+r),A、B之间等离子体的电阻r=dS,所以=RR+dS,与等离子体的运动速度无关,D正确.11.解析:(1)导体棒所受安培力F=IBL2导体棒受力平衡,则mgtan =F解得I=mgtanBL2(1分)所以当=60时,I60=mgtan60BL2=3mgBL2(1分)光电池输出功率为P60=UI60=3mgUBL2.(1分)(2)当=45时,根据I=mgtanBL2可知维持受力平衡需要的电流为I45=mgtan45BL2=mgBL2根据几何关系可知P45

25、P60=L1L2cos45L1L2cos60=2(1分)可得P45=2P60=6mgUBL2(1分)而光电池产生的电流为I光电=P45U=6mgBL2(1分)所以能提供的额外电流为I额外=I光电-I45=(6-1)mgBL2(1分)可提供的额外功率为P额外=I额外U=(6-1)mgUBL2.(1分)12.解析:(1)若粒子流恰好从Q点离开磁场,在磁场中运动的轨迹如图甲所示,设轨迹半径为r1,则qv1B=mv12r1(1分)其中r1=d2sin30=d(1分)解得v1=qBdm(1分)粒子在磁场中运动的时间t1=3r1v1(1分)解得t1=m3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD边相切的情

26、况下,粒子从F点射出磁场时,F点与D点的距离最小,如图乙所示由几何关系得r2+r2sin(90-)=d(1分)qv2B=mv22r2(1分)解得v2=2qBd3m(1分) r2=23d(1分)由几何关系得r2sin +r2cos(90-)=13(3+2)d(1分)L=r2-r2cos (1分)解得L=2-23d.(1分)13.解析:(1)根据题意可知粒子X在磁场中运动的轨迹半径 r=l(1分)粒子在磁场中运动时,有qv0B=mv02r,解得v0=qBrm(1分)又qU=12mv02(1分)解得U=B2l2q2m.(1分)(2)设粒子Y加速后的速度为v1根据动能定理有q1U=12m1v12解得v

27、1=2q1Um1(1分)设粒子Y在磁场中运动的轨迹半径为 r1由图甲可得cos 1=r1-lr1=12解得r1=2l(1分)q1v1B=m1v12r1(1分)联立解得q1m1=2UB2r12(1分)结合(1)可得q1m1=q4m.(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v,CM与CN的夹角为,由图乙可得vcos =v0(1分)图乙又qvB=mv2r联立可得rcos =r=l(1分)由题中要求及圆周运动的特点可知,发散粒子在磁场中做圆周运动的轨迹圆心O在OH上,设调节后CN的长度为d,则在三角形MOO中根据正弦定理可知dtan+lsin(34-)=rsin 4(1分)解得d=l(1分)粒子X由

28、C点运动到M点所用的时间等于粒子X垂直PO方向的分运动到N点所用的时间,即t=dv0=mqB.(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v0=2d32t0=d3t0(1分)t=0时刻射入电场的电子竖直方向的位移为d2,设电子的加速度为a,t0时刻电子竖直方向的速度vy=at0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t0时刻从M板的右端点射出电场,有12d=12at02+vyt0(1分)解得a=d3t02,则vy=at0=d3t0=v0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为,则tan =vyv0=1,得=45电子从电场中射出时的速度大小v=2v0=2d3t0(1分)电子从不同时刻进

29、入板间,由于竖直方向的加速时间均为t0,所以出板间时速度大小均为2d3t0,方向相同,与水平方向夹角为45向上.(1分)(2)电子在磁场中做匀速圆周运动,有evB=mv2r(1分)得r=mvBe=d3(1分)即电子运动轨迹半径等于圆形磁场半径,设电子从磁场边界上P点离开磁场,则其入射点与磁场圆心O、P点和轨迹圆圆心O的连线为一菱形,且OP与水平方向的夹角为45,故电子将聚集于P点(1分)(3)设t=0时刻进入电场的电子射入磁场时的位置为b,如图所示,从b点进入磁场的电子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为135(1分)电子在磁场中运动的周期T=2mBe(1分)则电子在磁场中运动的最长时间tmax=38T=32t08(1分)设t0时刻进入电场的电子射出电场的位置为f,偏移竖直距离为y由运动学公式有y=at022=d6(1分)点f和b的距离为d2-d6=d3(1分)即bf=Ob=r,故电子沿直径方向进入磁场,从P点射出,电子运动轨迹所对的圆心角为90(1分)电子在磁场中运动的最短时间tmin=14T=2t04.(1分)【技巧点拨】轨迹圆半径和磁场圆半径相等时,平行入射的电子均从磁场边缘上的同一点射出.利用几何知识求解圆心角是磁场中常用的数学技巧.