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2019学年第一学期高二物理《磁场》专题复习
1.(2019·新课标全国卷Ⅰ)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( )
,安培力的大小一定变为原来的一半
2.(2019·新课标全国卷Ⅱ多选)如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( )
,它在磁场中运动轨迹的半径越小
3.(2019·海南高考 多选)下列说法中,符合物理学史实的是( )
,必须有力作用在物体上,物体才能运动;没有力的作用,物体就静止
,力是物体运动状态改变的原因,而不是物体运动的原因
,即电流可以在其周围产生磁场
,导线附近的小磁针发生偏转
4.(2019·海南高考 多选)如图,两根平行长直导线相距2l,通有大小相等、方向相同的恒定电流;a、b、c是导线所在平面内的三点,左侧导线与它们的距离分别为、l和3l。关于这三点处的磁感应强度,下列判断正确的是( )
、c两处的磁感应强度大小相等
、c两处的磁感应强度方向相同
5.(2019·全国卷Ⅱ 多选)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针,下列说法正确的是 ( )
,说明地球具有磁场
,导线通电时指南针不偏转
6.(2019·全国卷Ⅱ 多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍,两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动,与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子 ( )
Ⅰ中的k倍
Ⅰ中的k倍
Ⅰ中的k倍
Ⅰ中的相等
7.(2019·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后,粒子的 ( )
,角速度增大
,角速度减小
,角速度增大
,角速度减小
8.(2019·广东高考)在同一匀强磁场中,α粒子（He)和质子（H)做匀速圆周运动,若它们的动量大小相等,则α粒子和质子 ( )
∶1
∶1
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∶1
∶1
9.(2019·海南高考)如图,a是竖直平面P上的一点,P前有一条形磁铁垂直于P,且S极朝向a点,P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下,在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间,条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 ( )
10.(2019·全国卷I·T15)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为 ( )
11.(2019·全国卷II·T18)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为 ( )
B.
C.
D.
12.(2019·全面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交点O的距离为 ( )
13.（2019·海南高考·多选）如图甲所示,扬声器中有一线圈处于磁场中,当音频电流信号通过线圈时,线圈带动纸盆振动,发出声音。俯视图乙表示处于辐射状磁场中的线圈(线圈平面即纸面),磁场方向如图中箭头所示,在图乙中 ( )
,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
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,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里
,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外
14.(2019·广东高考)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为理想分界面。Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区。P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。
(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;
(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。
15.(2019·海南高考)如图,在x轴上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外;在x轴下方存在匀强电场,电场方向与xOy平面平行,且与x轴成45°夹角。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以初速度v0从y轴上的P点沿y轴正方向射出,一段时间后进入电场,进入电场时的速度方向与电场方向相反;又经过一段时间T0,磁场的方向变为垂直于纸面向里,大小不变。不计重力。
(1)求粒子从P点出发至第一次到达x轴时所需时间;
(2)若要使粒子能够回到P点,求电场强度的最大值。
16. (2019·大纲版全国卷)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(2)该粒子在电场中运动的时间。
17.(2019·全国卷Ⅰ)如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中,,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘,金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2Ω。;闭合开关,系统重新平衡后,,重力加速度大小取10m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。
18.（2019·海南高考·T14）如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=
30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。
(1)求磁场的磁感应强度的大小。
(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和。
(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为
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t0,求粒子此次入射速度的大小。
参考答案
1【解析】选B。本题考查安培力的大小和方向。安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面,因此,安培力总与磁场和电流垂直,A错误,B正确;安培力F=
BILsinθ,其中θ是导线与磁场方向的夹角,所以C错误;将直导线从中点折成直角,导线受到安培力的大小不仅与有效长度有关,还与导体在磁场中的相对位置有关,D错误。
2【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
(1)由左手定则判断电子与正电子的受力方向;
(2)电子与正电子所受洛伦兹力提供向心力;
(3)根据半径表达式判断轨迹半径大小。
【解析】选A、C。电子与正电子电性相反,若入射速度方向相同时,由左手定则可判定电子和正电子受力方向相反,所以偏转方向相反,选项A正确;根据可知,由于电子和正电子垂直进入磁场的速度未知,故轨迹半径不一定相同,选项B错误;由于质子和正电子在磁场中的受力方向一样,所以仅凭粒子的运动轨迹无法判断它们是质子还是正电子,故选项C正确;根据和得,可见粒子的动能越大时,轨迹半径越大,选项D错误。
3【解析】选A、B、D。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,A正确;牛顿认为物体如果不受力,将保持静止状态或匀速直线运动状态,直到有外力迫使它改变这种状态为止,B正确;奥斯特发现导线通电时,附近的小磁针发生偏转,从而发现了电流的磁效应,麦克斯韦提出了电磁场理论,C错误,D正确。
【误区警示】解答物理学史问题一定要把历史人物与历史事件对应起来,切忌混淆。
4【解题指南】解答此题应注意以下两点:
(1)根据安培定则判断两导线电流的磁场方向;
(2)根据矢量合成法则判断各点的磁感应强度的大小。
【解析】选A、D。a、c两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度,由于a点比c点距离两导线较近,所以a点的磁感应强度比c点的大,A正确。根据安培定则知,a、c两处磁感应强度方向相反,C错误。b点位于两导线中间,两导线在b点产生的磁场大小相等,方向相反,合磁感应强度为零,c处磁感应强度不为零,D正确,B错误。
5【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)磁极总是成对出现,目前为止还没有发现磁单极子。
(2)磁极间相互作用是通过磁场产生的。
(3)铁块被磁化后会产生磁场,通电导线周围也会产生磁场。
【解析】选B、C。磁极总是成对出现,指南针同时具有两个磁极,A项错误;指南针能够指向南北,说明地球具有磁场,B项正确;指南针附近铁块被磁化,产生的磁场会对指南针的指向产生干扰,C项正确;在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线,导线通电时指南针偏转,D项错误。
6【解析】选A、C。Ⅱ中的磁感应强度是Ⅰ中的,故Ⅱ中的电子所受洛伦兹力和加速度均为Ⅰ中的,B项错误;由洛伦兹力提供向心力可得R=,Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,A项正确;由洛伦兹力提供向心力可得T=,Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍,C项正确;由周期公式T=可得ω=
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=,Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的,D项错误。
【误区警示】防止数与倒数的混淆
(1)题干表述为“Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍”,但要求的是Ⅱ中的电子与Ⅰ中的电子比较,存在一个倒数的问题,学生很容易步入这个误区。
(2)推导的半径公式中的磁感应强度又是在倒数上,两次倒数就抵消了,防止忽略其中的一次倒数而导致错误。
(3)周期与角速度也是倒数关系,需注意是k倍还是倍,防止出错。
7【解析】选D。带电粒子由一个磁场进入另一个磁场,线速度大小不变,由牛顿第二定律得qvB=m,可知轨道半径增大,再根据v=ωr知角速度减小,故选项D正确。
8【解析】选B。α粒子和质子质量之比是4∶1,电荷量之比是2∶1,根据动量相等即4mv1=mv2,得,洛伦兹力为qvB,所以洛伦兹力之比为1∶2,C、D错误;由可得,半径之比是1∶2,A错误;由周期公式,可得T1∶T2=2∶1,B正确。
9【解析】选A。a点处磁场垂直于纸面向外,根据左手定则可以判断电子受力向上,A正确。
【误区警示】本题带电粒子是电子,带负电,应用左手定则时,四指应指向电子运动方向的反方向。
10【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
(1)电场中加速依据动能定理。
(2)磁场中依据牛顿第二定律分析运动轨迹。
(3)依据两种粒子运动轨迹半径表达式,利用比值法计算。
【解析】选D。离子在加速电场有,在磁场中偏转有,联立解得,经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,即R相同,因此有,离子和质子的质量比约为144,故选D。
11【解析】选A。
粒子恰好从小孔N飞出圆筒时筒转过90°,由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为30°。如图所示,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T′=3T=,根据T=,所以,故选项A正确。
12【解析】选D。
如图,由题意知运动轨迹与ON相切。设切点为D,入射点为A,出射点为C,圆心为,由入射角为30°可得△AC为等边三角形,则∠AC=60°,而∠MON=30°,∠ODC=90°,故D、、C在同一直线上,故出射点到O点的距离为CO=,又r=,故距离为。
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13【解析】选B、C。将圆形线圈看作由无数小段直导线组成,由左手定则可以判断,当电流沿顺时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向外,选项B正确、A错误;当电流沿逆时针方向时,线圈所受安培力的方向垂直于纸面向里,选项C正确、D错误。
14【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:
(1)带电粒子在电场中做匀加速运动,适用动能定理。
(2)带电粒子在磁场中做圆周运动,如何用几何方法确定半径。
(3)带电粒子在两个边界磁场中运动时,如何找到两个磁场中粒子运动轨迹的联系。
【解析】(1)若k=1,则有MP=L,
粒子在磁场区域Ⅰ内的轨迹半径为R=L,
在磁场区域Ⅰ内洛伦兹力提供向心力:
得
粒子在电场中,由动能定理有:
得匀强电场的电场强度
(2)由于P距离A1为kL,且2<k<3,粒子从S2水平飞出,
该粒子运动轨迹如图所示,
则根据S1到界线处的轨迹有:
(kL)2+(R-L)2=R2
整理得:
又因为:6L-2kL=2x
根据几何关系、相似三角形有:
即
得
答案:(1) (2)
15【解题指南】解答此题可按以下思路进行:
(1)明确带电粒子的两个运动过程:匀速圆周运动和匀变速直线运动;
(2)对于带电粒子在磁场中的匀速圆周运动,基本思路是画轨迹,定圆心,求圆心角,然后根据运动周期求时间;
(3)对于匀变速直线运动,熟练运用匀变速直线运动的规律求解。
【解析】(1)带电粒子在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示,设运动半径为R,运动周期为T,根据洛伦兹力公式及圆周运动规律,有
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依题意,粒子第一次到达x轴时,运动转过的角度为,所需时间为
求得
(2)粒子进入电场后,先做匀减速运动,直到速度减小为0,然后沿原路返回做匀加速运动,到达x轴时速度大小仍为v0,设粒子在电场中运动的总时间为t2,加速度大小为a,电场强度大小为E,有qE=ma
v0=at2
得
根据题意,要使粒子能够回到P点,必须满足t2≥T0
得电场强度最大值
答案:(1) (2)
16【解题指南】解答本题可以从以下三个方面分析:
(1)不计重力的粒子在磁场中做什么运动,题中是否隐含给出了粒子运动的半径。
(2)粒子在电场中做什么运动,加速度与电场强度和电荷的电量有什么关系。
(3)粒子进入电场时的速度、粒子在电场中速度的变化量和θ角三者有什么关系。
【解析】(1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。
设磁感应强度的大小为B,粒子的质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0,由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
由题给条件和几何关系可知R0=d ②
设电场强度的大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度为ax,在电场中的运动时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。
由牛顿第二定律得Eq=max ③
vx=axt ④
由于粒子在磁场中做类平抛运动(如图),有
联立①②③④⑤⑥式得
(2)联立⑤⑥式得
答案:(1) (2)
17【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)根据左手定则判断安培力的方向。
(2)开关断开与闭合时,根据平衡条件写出金属棒的平衡方程。
【解析】依题意,开关闭合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受的安培力方向竖直向下。
开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1=。由胡克定律和力的平衡条件得
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2kΔl1=mg ①
式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。
开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为F=IBL ②
式中,I是回路电流,L是金属棒的长度,两弹簧各自再伸长了Δl2=,
由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl1+Δl2)=mg+F ③
由欧姆定律有E=IR ④
式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。
联立①②③④式,并代入题给数据得
m=
答案：安培力的方向竖直向下
【误区警示】误区一：误把两个弹簧的弹力错写成一个。
误区二：接通开关后,误把安培力的方向分析为竖直向上。
18【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期
T=4t0 ①
设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
匀速圆周运动的速度满足
联立①②③式得
(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系知
θ1=180°-θ2 ⑤
粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则t1+t2==2t0 ⑥
(3)如图乙,由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有
∠OD=∠BA=30°⑦
r0cos∠OD+=L ⑧
设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得
v0= ⑨
联立①⑦⑧⑨式得
v0= ⑩
答案:(1) (2)2t0 (3)