2021高考物理一轮复习培优物理高考培优专题十一磁场(讲解部分)

2021年高考物理第一轮复习第11单元电磁感应增分加练答案

选择题增分特训(十)1.C[解析] 奥斯特观察到电流的磁效应,表明电流可以产生磁场,揭示了电与磁的联系,A正确;安培根据通电螺线管和条形磁铁磁场的相似性,提出了分子环流假说,符合物理史实,B正确;法拉第发现处于变化的磁场中的闭合线圈中会产生感应电流,C错误;D项的叙述符合楞次定律的发现过程,D正确.2.C[解析] 根据右手螺旋定则,通电直导线上方的磁场方向向外,下方的磁场方向向里,离导线近的地方磁感应强度大,离导线远的地方磁感应强度小.线框从上向下靠近导线的过程,穿过线框的磁通量向外增加,根据楞次定律,线框中产生顺时针方向的电流,经过导线时,向外的磁通量和向里的磁通量叠加,磁通量先向外减小至零,之后变成向里,并逐渐增大,直至最大,根据楞次定律,线框中产生逆时针方向的电流,磁通量向里变成最大后,线框继续向下运动,磁通量又逐渐减小,这时线框中的电流方向又变成了顺时针,且这一过程是连续的,线框中始终有感应电流存在,故A、B错误;根据楞次定律,感应电流始终阻碍线框相对磁场的运动,所以安培力的方向始终竖直向上,故C正确;根据能量守恒定律,线框从实线位置由静止释放至运动到虚线位置过程中,减少的重力势能转化为电能和自身动能,故D错误.3.C[解析] 根据法拉第电磁感应定律知,电势差大小为E=n S;根据楞次定律可知,b点电势较高,故φa-φb小于0,C正确.4.D[解析] 0~1 s内,螺线管中电流增大,产生的磁场磁感应强度增大,圆环中磁通量增大,面积有缩小的趋势,故A错误;1 s末,圆环中感应电流为零,与螺线管间无相互作用,所以1 s末圆环对桌面的压力等于圆环的重力,故B错误;1~2 s内,螺线管中正方向电流减小,2~3 s内,反方向电流增大,根据楞次定律,圆环中感应电流的磁场方向不变,感应电流方向不变,故C错误;0~1 s内,螺线管中正方向电流增大,产生的磁场增强,圆环中磁通量增大,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿顺时针方向,1~2 s内螺线管中正方向电流减小,产生的磁场减弱,圆环中磁通量减小,根据楞次定律可知,从上往下看,圆环中产生的感应电流沿逆时针方向,故D正确.5.B[解析] 设线圈电阻为R,完全进入磁场时的速度为v x.线圈在穿过磁场的过程中所受的合外力为安培力.对于线圈进入磁场的过程,根据动量定理可得-FΔt=-Ba=-Ba=mv x-mv0,对于线圈穿出磁场的过程,根据动量定理得-F'Δt'=-Ba=-Ba=mv-mv x,联立可得v x=,选项B正确.6.B[解析] 位移在0~L过程,磁通量增大,由楞次定律可判断,感应电流方向为顺时针方向,为正值,I=,l=x,则I=x;位移在L~2L过程,磁通量先增大后减小,由楞次定律可判断,感应电流方向先为顺时针方向,为正值,后为逆时针方向,为负值;位移在2L~3L过程,磁通量减小,由楞次定律可判断,感应电流方向为逆时针方向,为负值,I=(3L-x),故B正确.7.B[解析] 线圈A内有竖直向上的磁场,磁感应强度B随时间均匀增大,根据楞次定律可判断,a中电流的方向向下,a、b相互吸引,说明b中电流的方向也向下,则P1带正电,说明正离子向上偏转,根据左手定则可判断,P1、P2两极板间磁场的方向为垂直于纸面向里,B正确.8.C[解析] 在闭合开关S时,流过D2的电流立即增大到稳定值I2',流过D1的电流由于线圈的自感作用并不能立即增大,而是缓慢地增大到稳定值I1',且I1'=2I2',在断开开关S时,线圈中产生自感电动势,D1、D2和D3组成回路,回路中有逆时针方向的电流,且电流从I1'逐渐减小,最后减为零,选项A、B、D错误,选项C正确.9.BD[解析] 闭合开关S接通电路时,A2立即亮,线圈对电流的增大有阻碍作用,所以通过A1的电流慢慢变大,最后两灯泡两端的电压一样大,所以一样亮,故A错误,B正确;断开开关S切断电路时,线圈对电流的减小有阻碍作用,相当于电源,与A1和A2串联,所以两灯泡都要过一会儿才熄灭,故C错误,D正确.10.AD[解析] 磁感应强度均匀变化,产生恒定电动势,电容器C的电荷量大小始终不变,选项A正确;根据楞次定律,MN与R构成的回路中,感应电流沿逆时针方向,a板一直带正电,B错误;由于磁感应强度变化,根据楞次定律和左手定则可知,MN所受安培力的方向先向右后向左,其大小先减小后增大,选项C 错误,D正确.11.BC[解析] 根据题意,穿过线框的磁通量变小,根据楞次定律可判断,感应电流的磁场方向与原磁场相同,由安培定则可判断,感应电流方向为E→F→G→E,A错误,B正确;根据几何关系可得,磁场穿过线框的有效面积减小了ΔS=a2,根据法拉第电磁感应定律得平均感应电动势=B=,C正确,D错误.12.BC[解析] 穿过线框的磁通量先向下减小,后向上增大,则根据楞次定律可知,感应电流方向不变,选项A错误;因磁感应强度的变化率不变,则感应电动势不变,感应电流不变,而磁感应强度的大小先减小后增大,根据F=BIL可知,MN边受到的安培力先减小后增大,选项B正确;因线框平行的两边电流等大反向,则整个线框受到的安培力为零,则线框下滑的加速度不变,线框做匀加速直线运动,选项C正确;因安培力对线框做功为零,斜面光滑,则线框的机械能守恒,选项D错误.13.AD[解析] 金属圆环速度稳定后,Δt时间内,磁通量变化为ΔΦ=Φ2-Φ1=kΦ0vΔt,所以感应电动势为E==kΦ0v,故A正确;金属圆环速度稳定后,产生的电流为I==,热功率为P=I2R=,故B错误,D正确;由能量守恒定律可知,重力的功率等于热功率,即mgv=I2R=,解得m=,故C错误.非选择题增分特训(八)1.(1)5 A(2)Q→P(3)10 W[解析] (1)根据法拉第电磁感应定律可知,PQ产生的感应电动势E=BLv=1×0.5×4 V=2 V又R外==Ω=0.2 Ω则感应电流的大小I== A=5 A(2)根据右手定则可判断,电流方向为Q→P(3)导体棒PQ匀速运动,则F=F安=BIL=1×5×0.5 N=2.5 N故外力做功的功率P=Fv=2.5×4 W=10 W.2.(1)(2)Pt-[解析] (1)导体棒切割磁感线产生的感应电动势E=BLv回路中的电流I=导体棒所受的安培力F安=BILP=Fv匀速运动时,有F=F安联立解得v=.(2)导体棒由静止开始加速过程,根据动能定理得W F+W安=mv2其中W F=Pt回路中产生的焦耳热等于克服安培力所做的功,即Q=-W安联立可得Q=Pt-.3.(1)由a至b(2)mv2(3)丙图正确见解析[解析] (1)根据右手定则,棒中感应电流方向为由a至b.棒刚要运动时,受摩擦力大小等于安培力,即F f=F A而F A=BI1L,I1=联立解得F f=.(2)设棒的平均速度为,根据动量定理得-Ft-F f t=0-2mv而F=B L,=,x=t联立解得x=根据动能定理得-F f x-W A=0-m(2v)2根据功能关系得Q=W A解得Q=mv2.(3)丙图正确当磁场速度小于v时,棒ab静止不动;当磁场速度大于v时,E=BLΔv,棒ab的加速度从零开始增大,a棒<a时,Δv逐渐增大,电流逐渐增大,F A逐渐增大,棒做加速度逐渐增大的加速运动; 当a棒=a时,Δv保持不变,电流不变,F A不变,棒ab的加速度保持不变,开始做匀加速运动.4.(1)2 V(2)1.6 V 2 m/s2(3)0.25 W[解析] (1)由图像可知,线圈内磁感应强度变化率为=0.1 T/s由法拉第电磁感应定律得E1=n=n S=2 V(2)t=0时,回路中电流I==0.4 A导体棒ab两端的电压U=IR=1.6 V设此时导体棒的加速度为a,有mg-B2Il=ma解得a=g-=2 m/s2(3)当导体棒ab达到稳定状态时,感应电动势由感生电动势和动生电动势两个部分构成,且形成的电流方向相同,满足mg=B2I'lI'=解得v=5 m/s此时导体棒所受重力的瞬时功率P=mgv=0.25 W.5.(1)1.2 m/s(2)0.125 s[解析] (1)在进入磁场前的加速度a=g sin 37°-μg cos 37°=2 m/s2由=2as1解得v1=1.2 m/s(2)金属线框进入磁场的过程中,减少的机械能等于克服摩擦力和安培力所做的总功,由图像知机械能随位移均匀减小,因此安培力为恒力,线框匀速进入磁场.设线框的侧边长为s2,即线框进入磁场过程运动的距离为s2.根据功能关系,ΔE=E1-E0=-(F f+F A)s2因为是匀速运动,所以F f+F A=mg sin 37°=0.6 N解得s2=0.15 m故t== s=0.125 s6.(1)6 m/s(2)1.5 m/s(3)0.25 J[解析] (1)对杆ab受力分析,匀速运动时重力沿导轨向下的分力与安培力平衡.感应电动势E=B1lv0电流I==安培力F=B1Il匀速运动,有mg sin θ=F联立解得v0=6 m/s.(2)杆ab与“联动双杆”发生碰撞时,由动量守恒定律得mv0=4mv解得v=1.5 m/s.(3)“联动三杆”进入磁场区域Ⅱ过程,设速度变化大小为Δv,根据动量定理有-B2'lΔt=-4mΔv'Δt=q==解得Δv=0.25 m/s同理,出磁场过程速度变化大小也为Δv出磁场区域Ⅱ后“联动三杆”的速度为v'=v-2Δv=1.0 m/s根据能量守恒定律得Q=×4m×(v2-v'2)=0.25 J.。

高三物理培优(11)(答案)

高三物理培优（11）（参考答案）一、知识清单1．【答案】2．【答案】3．【答案】4．【答案】5．【答案】6．【答案】7．【答案】8．【答案】9．【答案】10．【答案】11．【答案】12．【答案】13．【答案】14．【答案】15．【答案】16．【答案】17．【答案】18．【答案】19．【答案】20．【答案】二、选择题21．【答案】A【解析】穿过a和b两线圈的磁感线的条数相同，所以选项A正确．22．【答案】D【解析】金属杆PQ突然向右运动，则其速度v方向向右，由右手定则可得，金属杆PQ中的感应电流方向由Q到P，则PQRS中感应电流方向为逆时针方向．PQRS中感应电流产生垂直纸面向外的磁场，故环形金属线框T中为阻碍此变化，会产生垂直纸面向里的磁场，则T中感应电流方向为顺时针方向，D正确．23．【答案】A【解析】紫铜薄板上下及左右振动，都存在磁通量变化的为选项A所示方案．24．【答案】BC【解析】欲使N产生顺时针方向的感应电流，感应电流的磁场方向垂直纸面向里，由楞次定律可知有两种情况：一是M中有沿顺时针方向逐渐减小的电流，使其在N中的磁场方向向里，且磁通量在减小；二是M中有逆时针方向逐渐增大的电流，使其在N中的磁场方向向外，且磁通量在增大．因此对前者应使ab向右减速运动；对于后者，则应使ab向左加速运动．25．【答案】BD【解析】把铜盘看作由中心指向边缘的无数条铜棒组合而成，当铜盘开始转动时，每根铜棒都在切割磁感线，相当于电源，由右手定则知，盘边缘为电源正极，中心为电源负极，C 点电势低于D 点电势，选项A 错误；此电源对外电路供电，电流由b 经电流表再从a 流向铜盘，选项C 错误；铜棒转动切割磁感线，相当于电源，回路中感应电动势为E ＝Brv ＝Brω12r ＝12Bωr 2，选项B 正确；若铜盘不转动，使所加磁场磁感应强度均匀增大，在铜盘中产生感生环形电场，使铜盘中的自由电荷在电场力的作用下定向移动，形成环形电流，选项D 正确。

2021物理高考一轮培优教师用书专题十磁场(讲解部分)

知能拓展
拓展一安培定则的应用和磁场的叠加
1.安培定则的应用
在运用安培定则判定直线电流和环形电流的磁场时应分清“因”和
“果”。
原因(电流方向)
结果(磁场绕向)
直线电流的磁场
大拇指
四指
环形电流的磁场
四指
大拇指
2.磁场叠加问题的解题思路 (1)确定磁场场源,如通电导线。 (2)定位空间中需求解磁场的点,利用安培定则判定各个场源在这一点上产生的磁场的大小和方向。如图所示为M、N在c点产生的磁感应强度分别为BM、BN。
线在O点的磁感应强度画出,如图乙所示,由于A、C导线中电流相等而且到
O点距离相等,则BA'=BC';
乙同理:BB'=BD',即正方形中心O处的磁感应强度为零,故选项C正确;若移走A 导线,则磁场BA'不存在,由于BB'=BD',则此时在O点的磁感应强度只剩下导线 C的磁感应强度,而且导线C在O点的磁感应强度方向沿OB方向,即中心O 处的磁感应强度将沿OB方向,故选项D正确。答案 ACD
正电荷所受电场力的方向与电场方向相同,负电荷所受电场力的方向与电场方向相反
做功情况
任何情况下都不做功
可能做正功、负功,也可能不做功
力F为零时场的情况
F为零,B不一定为零
F为零,E一定为零
作用效果
只改变电荷运动的速度方向,不既可以改变电荷运动的速度大
改变速度大小
小,也可以改变电荷运动的方向
拓展二安培力与安培力作用下的平衡问题
一、安培力 (1)方向:根据左手定则判断。 (2)大小:F=BIL sin θ(其中θ为B与I之间的夹角),若磁场和电流垂直:F=BIL; 若磁场和电流平行:F=0。其中的L为导线在磁场中的有效长度。如弯曲通电导线的有效长度L等于连接两端点的线段的长度,相应的电流方向沿两端点连线由始端指向末端,如图所示。

磁场(解析版)—2025年高考物理一轮复习知识清单

磁场带电粒子在匀强电场中做类抛体运动的相关计算掌握磁场和磁感应强度的概念，会用磁感线描述磁场，熟悉几种常见磁场模型的磁感线分布图；会判断安培力的方向，能够计算安培力的大小，会分析计算安培力作用下导体的平衡与加速问题；掌握洛伦兹力的概念，会分析和计算带电粒子在有界磁场中运动的临界、极值问题，会分析计算带电粒子在组合场、叠加场中的问题；掌握带电粒子在磁场中的多解问题、交变磁场和立体空间中的问题；了解与磁场相关的仪器，重点掌握质谱仪、回旋加速器和霍尔效应的原理。

核心考点01 磁场中的概念一、磁场 (4)二、磁感线 (4)三、磁感应强度 (6)四、磁通量 (8)核心考点02 安培力 (10)一、安培力的方向 (10)二、安培力的大小 (11)三、安培力作用下导体的平衡与加速问题 (12)核心考点03 洛伦兹力 (14)一、洛伦兹力 (14)二、带电粒子在匀强磁场中的运动 (15)三、有界匀强磁场的运动模型 (18)四、动态圆模型 (22)五、带电粒子在组合场中的运动 (24)六、带电粒子在叠加场中的运动 (27)七、带电粒子在交变磁场的运动 (30)八、带电粒子在磁场中的多解问题 (32)九、带电粒子在立体空间的运动 (34)核心考点04 与磁场相关的仪器 (36)一、速度选择器 (36)二、质谱仪 (37)三、回旋加速器 (39)四、磁流体发电机 (41)五、电磁流量计 (42)六、霍尔效应模型 (43)01一、磁场1、磁性物质吸引铁、钴、镍等物质的性质。

2、磁体具有磁性的物体，如磁铁。

3、磁极磁体上磁性最强的区域。

任何磁体都有两个磁极，一个叫北极（N极），另一个叫南极（S极）。

并且，任何一个磁体都有两个磁极，无论怎样分割磁体，磁极总是成对出现，不存在磁单极。

【注意】同名磁极相互排斥，异名磁极相互吸引。

4、磁场的定义磁体或电流周围存在的一种特殊物质，能够传递磁体与磁体之间、磁体与电流之间、电流与电流之间的相互作用。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21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=k Ir,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√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,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θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.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.φC=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、DC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1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点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3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,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.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,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.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 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.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.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E k ,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.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.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B 0,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ρ(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、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B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.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三、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L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2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θ=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θ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θ=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),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(e<0)、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.B A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 =2k I0L,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=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,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.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=m v2r,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'【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φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-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,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6∶1,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Ud q =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=2πrn 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 -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,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m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=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Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,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Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.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E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,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f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,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η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,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=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(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-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(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r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,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 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(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qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=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 α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由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=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(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 ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,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=mv 2r(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=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0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=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-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t min =14T=√2πt 04.(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.。

2021年广东省新高考物理专题复习：磁场(含答案解析)

2021年广东省新高考物理专题复习：磁场1．如图所示，一矩形区域abcd内存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场和竖直向下的匀强电场、大小为E，现从矩形区域ad边的中点O处沿纸面与ad边夹角为30°方向发射一个带电微粒（微粒的速度未知），微粒恰好在复合场中做圆周运动。

已知ab、cd边足够长，ad边长为L，微粒质量为m，重力加速度为g。

则：（1）微粒带何种电？电荷量大小为多少？（2）若微粒能从cd边射出，求可能从cd边射出的区域的长度x。

2．如图所示，xOy 为竖直面内的直角坐标系，在y 轴两侧存在电场强度大小相等的匀强电场，y 轴右侧电场方向竖直向下，y 轴左侧电场方向竖直向上。

y 轴左侧还存在一个方向垂直于坐标平面的圆形有界匀强磁场（图中未画出），磁场边界与y 轴相切于O 点。

现有一个质量为m 、带电荷量为+q 的小球，用长为l 、不可伸长的绝缘细线悬挂在P 点的钉子上，P 点与坐标原点O 的距离亦为l ，将小球拉至细线绷直且与y 轴负方向成α＝60°角无初速释放，小球摆至O 点还未进入磁场瞬间细线恰好被拉断。

小球在y 轴左侧运动一段时间后刚好击中P 点的钉子，此时速度方向与y 轴正方向的夹角为β＝37°，已知细线能承受的最大张力F ＝4mg ，小球可视为质点，重力加速度为g ，sin37°＝0.6，不计阻力。

求：（1）电场强度的大小：（2）磁感应强度的大小和磁场区域的面积。

3．如图，一半径为R 的圆表示一柱形区域的横截面（纸面）。

在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q 的粒子从直线ac 与圆的交点a 正对圆心射入柱形区域，而后从圆上的b 点离开该区域，bo 连线与直线垂直。

圆心O 到直线的垂直距离为12R ，现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线ac 的匀强电场，同一粒子以同样速率在a 点沿直线ac 射入柱形区域，也在b 点离开该区域。

2021高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练：专题十一磁场 (3)

专题十一磁场一、单项选择题(共7小题,21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=k Ir,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√3k I0L,方向由C点指向D点B.大小为√3k I0L,方向由D点指向C点C.大小为√5k I0L,方向由D点指向C点D.大小为√5k I0L,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θ=30°,粒子能通过a点,则粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.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.φC=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、DC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1∶1∶2∶4,已知长直导线周围某点的磁感应强度大小与该点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3∶2D.a、d两点磁感应强度大小之比为6∶1,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.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,霍尔电压就会增大二、多项选择题(共3小题,12分)8.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 Ω.开关S闭合后,调节可变电阻使理想电压表示数U=1.4 V时,R1=10 Ω,此时天平正好平衡.g=10 m/s2,则()A.线圈电阻为4 ΩB.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.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E k ,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.粒子在加速器中运动的圈数为Ek2qUB.D 形盒的最大半径为1qB√2E k mC.粒子在加速器中加速运行的时间为d √2mE kqUD.回旋加速器所加交流电压的频率为qB2πm10.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B 0,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ρ(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、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B 0d 2v Rd+ρB.电路消耗的总电功率为SB 02d 2v2RS+ρdC.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三、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L 1,垂直纸面的宽度为L 2.在膜的下端(图中A 处)挂有一平行于转轴、质量为m 、长为L 2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θ=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θ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θ=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),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(e<0)、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.B A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 =2k I0L,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=k I0L;根据右手螺旋定则可以判断,B1、B2的方向如图所示,α=30°,由于B'1=B1sin α=k I0L=B2,所以D点处磁场的磁感应强度大小B=B″1=B1cos α=√3k I0L,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.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=m v2r,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'【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φE=3 V,φE-φC=E·EC,故φC=-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,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6∶1,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Ud q =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=2πrn 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 -U r=0.1 A,又U=I (R 1+R ),联立两式可得R=4 Ω,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m 1g=m 0g+F ,代入数据解得砝码质量为m 1=15 g,若安培力的方向竖直向上,则m 1g+F=m 0g ,解得砝码质量为m 1=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Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,若开始时,安培力竖直向上,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Δm=2Fg =10 g 的砝码,可使天平重新平衡,故D 正确.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E k =2nqU ,得n=E k2qU ,故A 正确;由E k =12mv 2和qvB=m v 2r max得r max =m qB √2E k m =√2mEk qB ,故B错误;一周内粒子加速两次,加速度大小为a=qU md ,由匀变速直线运动规律有v=at ,E k =12mv 2,解得t=md qU√2Ek m=d √2mE kqU,故C 正确;由粒子在磁场中运动的周期为T=2πm qB,频率f=1T知,回旋加速器所加交流电压的频率为f=qB2πm ,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f<qB 2πm,故D 错误.10.BD 发电机稳定发电时,有B 0qv=Ed q ,其中E 为电动势,解得E=B 0dv ,电路中的电流为I=ER+r =B 0dvR+ρd S=B 0dSvRS+ρd ,A 错误;电路消耗的总电功率是P=E 2R+r =SB 02d 2v2RS+ρd ,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η=I 2RI 2(R+r ),A 、B 之间等离子体的电阻r=ρd S,所以η=R R+ρd S,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=IBL 2 导体棒受力平衡,则mg tan θ=F 解得I=mgtanθBL 2(1分)所以当θ=60°时,I 60=mgtan60°BL 2=√3mgBL 2(1分) 光电池输出功率为P 60=UI 60=√3mgUBL 2.(1分)(2)当θ=45°时,根据I=mgtanθBL 2可知维持受力平衡需要的电流为I 45=mgtan45°BL 2=mgBL 2根据几何关系可知P45P 60=L 1L 2cos45°L 1L 2cos60°=√2(1分)可得P 45=√2P 60=√6mgUBL 2(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-I 45=(√6-1)mgBL 2(1分)可提供的额外功率为P 额外=I 额外U=(√6-1)mgU BL 2.(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r 1,则qv 1B=m v 12r 1(1分)其中r 1=d 2sin30°=d (1分) 解得v 1=qBd m(1分)粒子在磁场中运动的时间t 1=π3r 1v 1(1分) 解得t 1=πm 3qB.(1分)(2)在粒子的运动轨迹与AD 边相切的情况下,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 r 2+r 2sin(90°-θ)=d (1分) qv 2B=m v 22r 2(1分)解得v 2=2qBd3m (1分) r 2=23d (1分)由几何关系得r 2sin α+r 2cos(90°-θ)=13(√3+√2)d (1分)L=r 2-r 2cos α(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qv 0B=mv 02r,解得v 0=qBrm (1分)又qU=12m v 02(1分)解得U=B 2l 2q 2m.(1分)(2)设粒子Y 加速后的速度为v 1根据动能定理有q 1U=12m 1v 12解得v 1=√2q 1U m 1(1分)设粒子Y 在磁场中运动的轨迹半径为 r 1 由图甲可得cos θ1=r 1-lr 1=12解得r 1=2l (1分) q 1v 1B=m 1v 12r 1(1分)联立解得q1m 1=2U B 2r 12(1分)结合(1)可得q1m 1=q4m .(1分)(3)设发散粒子出加速电场后速度为v α,CM 与CN 的夹角为α,由图乙可得v αcos α=v 0(1分)图乙又qv αB=mv α2r α联立可得r αcos α=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 α在OH 上,设调节后CN 的长度为d ,则在三角形MO αO 中根据正弦定理可知dtanα+l sin (34π-α)=r αsinπ4(1分)解得d=l (1分)粒子X 由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=d v 0=mqB .(1分)14.解析:(1)粒子源中射出电子的初速度为v 0=2d 3×2t 0=d3t 0(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 ,t 0时刻电子竖直方向的速度v y =at 0(1分)t=0时刻射入电场的电子恰能在t=2t 0时刻从M 板的右端点射出电场,有12d=12a t 02+v y t 0(1分)解得a=d 3t 02,则v y =at 0=d3t 0=v 0(1分)设电子从两板间射出时的偏向角为θ,则 tan θ=vy v 0=1,得θ=45°电子从电场中射出时的速度大小v=√2v 0=√2d3t 0(1分)电子从不同时刻进入板间,由于竖直方向的加速时间均为t 0,所以出板间时速度大小均为√2d3t 0,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=mv 2r(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=2πmBe (1分) 则电子在磁场中运动的最长时间t max =38T=3√2πt 08(1分)设t 0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=at 022=d6(1分) 点f 和b 的距离为d 2-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t min =14T=√2πt 04.(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.。

(2021年整理)高考物理专题复习――磁场

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高中物理复习-—磁场此部分内容为磁场，由基础知识—-专题知识组成，高考复习必备的资料！！一、磁场磁体是通过磁场对铁一类物质发生作用的，磁场和电场一样，是物质存在的另一种形式，是客观存在。

小磁针的指南指北表明地球是一个大磁体。

磁体周围空间存在磁场；电流周围空间也存在磁场。

电流周围空间存在磁场，电流是大量运动电荷形成的，所以运动电荷周围空间也有磁场。

静止电荷周围空间没有磁场。

磁场存在于磁体、电流、运动电荷周围的空间。

磁场是物质存在的一种形式.磁场对磁体、电流都有磁力作用。

与用检验电荷检验电场存在一样，可以用小磁针来检验磁场的存在。

如图所示为证明通电导线周围有磁场存在-—奥斯特实验，以及磁场对电流有力的作用实验.1．地磁场地球本身是一个磁体，附近存在的磁场叫地磁场，地磁的南极在地球北极附近，地磁的北极在地球的南极附近.2．地磁体周围的磁场分布与条形磁铁周围的磁场分布情况相似.3．指南针放在地球周围的指南针静止时能够指南北，就是受到了地磁场作用的结果.4．磁偏角地球的地理两极与地磁两极并不重合,磁针并非准确地指南或指北，其间有一个交角，叫地磁偏角,简称磁偏角。

说明：①地球上不同点的磁偏角的数值是不同的。

②磁偏角随地球磁极缓慢移动而缓慢变化。

③地磁轴和地球自转轴的夹角约为11°。

二、磁场的方向在电场中,电场方向是人们规定的,同理,人们也规定了磁场的方向。