2022年高考物理二轮《磁场》专题训练 .pdf

学习必备欢迎下载20XX届高考物理二轮磁场专题训练1如图 617 所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为。整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中。金属杆ab垂直导轨放置， 当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止。则 ( ) A磁场方向竖直向上B磁场方向竖直向下图 617 C金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下解析：受力分析如图所示，当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab受力可以平衡，A 正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B、C、D错误。答案： A 2如图 618 所示， 带电量为q的金属圆环质量为m。套在固定的水平长直绝缘圆柱体上，环与圆柱体间的动摩擦因数为，环的直径略大于圆柱体的直径，整个装置处在垂直于纸面向内的范围足够大的匀强磁场中。现给环向右的水平初速度v0，设环在运动过程中带电量保持不变，则环运动过程中的速度图像可能是图619 中的 ( ) 图 618 图 619 解析：若v0mgqB，则qBv0mg，因此金属环对圆柱体压力为零，摩擦力为零，金属环此后做匀速运动； 若v0mgqB，则qBv0mg，金属环对圆柱体压力向上，在摩擦力f(qvBmg)ma的作用下金属环做加速度不断减小的变减速运动，当qBvmg后，金属环做匀速运动；若v0mgqB，则qBv0mg，金属环对圆柱体压力向下，在摩擦力f(mgqvB)ma的作用下金属环做加速度不断变大的变减速运动，直至静止。符合条件的为ABD三个选项。答案： ABD 3(2011海南高考) 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，图620 中的正方形为其边界。一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 13 页学习必备欢迎下载场的方向从O点入射。 这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、 质量均不同， 但其比荷相同，且 都 包 含 不 同 速 率 的 粒 子 。 不 计 重 力 。 下 列 说 法 正 确 的 是 () 图 620 A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同B入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同C在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同D在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大解析： 带电粒子进入磁场后，在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，根据qvBmv2r得轨道半径rmvqB，粒子的比荷相同，故不同速度的粒子在磁场中运动的轨道半径不同，轨迹不同，相同速度的粒子，轨道半径相同，轨迹相同，故B正确。带电粒子在磁场中做圆周运动的周期T2rv2mqB，故所有带电粒子的运动周期均相同，若带电粒子从磁场左边界出磁场，则这些粒子在磁场中运动时间是相同的，但不同速度轨迹不同，故 A、C错误。 根据t2T得 2Tt，所以t越长， 越大，故 D正确。答案： BD 4如图 6 21 所示，MN是一段在竖直平面内半径为1 m的光滑的1/4 圆弧轨道，轨道上存在水平向右的匀强电场。轨道的右侧有一垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B10.1 T 。现有一带电荷量为1 C、质量为100 g 的带正电小球从M点由静止开始自由下滑，恰能沿NP方向做直线运动，并进入右侧的复合场(NP沿复合场的中心线 ) 。已知AB板间的电压为UBA2 V ，板间距离d 2 m，板的长度L3 m，若小球恰能从板的边沿飞出，g取 10 m/s2。求：图 621 (1) 小球运动到N点时的速度v；(2) 水平向右的匀强电场的电场强度E；(3) 复合场中的匀强磁场的磁感应强度B2。解析：小球沿NP做直线运动，由平衡条件可得：mgqvB1得v10 m/s 。(2) 小球从M点到N点的过程中，由动能定理得：mgRqER12mv2代入数据解得：E4 N/C 。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 13 页学习必备欢迎下载(3) 在板间复合场小球受电场力qUBA/d 1 N/C ，与重力平衡，故小球做匀速圆周运动设运动半径为R，由几何知识得：R2L2(Rd2)2解得：R 5 m 由qvB2mv2/R，解得：B2 0.2 T 。答案： (1)10 m/s (2)4 N/C (3)0.2 T 5 (2011广东高考) 如图 622 甲所示，在以O为圆心，内外半径分别为R1和R2的圆环区域内，存在辐射状电场和垂直纸面的匀强磁场，内外圆间的电势差U为常量，R1R0，R23R0，一电荷量为q，质量为m的粒子从内圆上的A点进入该区域，不计重力。(1) 已知粒子从外圆上以速度v1射出，求粒子在A点的初速度v0的大小。(2) 若撤去电场，如图乙，已知粒子从OA延长线与外圆的交点C以速度v2射出，方向与OA延长线成45角，求磁感应强度的大小及粒子在磁场中运动的时间。(3) 在图乙中，若粒子从A点进入磁场，速度大小为v3，方向不确定，要使粒子一定能够从外圆射出，磁感应强度应小于多少？图 622 解析： (1) 粒子从A点进入后到由外边界射出过程，由动能定理得qU12mv 2112mv 20解得v0v 212qUm(2) 撤去电场后，作出粒子的运动轨迹如图，设粒子运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律qBv2mv 22r由几何关系可知，粒子运动的圆心角为90 ，则2r2(R2R1)2得r2R0精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 13 页学习必备欢迎下载联立得B2mv22qR0匀速圆周运动周期T2rv2粒子在磁场中运动时间t14T联立，得t2R02v2(3) 要使粒子一定能够从外圆射出，粒子刚好与两边界相切，轨迹图如图所示，分两种情况：第种情况：由几何关系可知粒子运动的轨道半径r1R2R12R0设此过程的磁感应强度为B1，由牛顿第二定律qB1v3mv 23r1联立得，B1mv3qR0?第种情况：由几何关系可知粒子运动轨道半径r2R2R122R0设此过程的磁感应强度为B2，则B2mv32qR0综合、可知磁感应强度应小于mv32qR0答案： (1)v 212qUm(2)2mv22qR02R02v2(3) mv32qR0一、选择题（本题共9 个小题，每小题7 分，共 63 分，每小题至少有一个选项正确，请将正确选项前的字母填在题后的括号内）1. (2011全国卷 ) 为了解释地球的磁性，19 世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在图 1的四个图中， 正确表示安培假设中环形电流方向的是( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 13 页学习必备欢迎下载图 1 解析： 由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图 B，故选项B正确。答案： B 2带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图2 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可能做匀减速运动图 2 C一定做曲线运动D可能做匀速圆周运动解析： 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。答案： C 3如图3 所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是( ) 图 3 Aa粒子速率最大，在磁场中运动时间最长Bc粒子速率最大，在磁场中运动时间最短Ca粒子速度最小，在磁场中运动时间最短Dc粒子速率最小，在磁场中运动时间最短解析：由图可知，粒子a的运动半径最小，圆周角最大，粒子c的运动半径最大，圆周角最小，由洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力可得：qvBmv2r，故半径公式rmvqB，T2rv2mqB，故在质量、带电荷量、磁场的磁感应强度都相同的情况下，速率越小，半径越小， 所以粒子a的运动速率最小，粒子c的运动速率最大，而带电粒子在磁场中的运动时间只取决于运动的圆周角，所以粒子a的运动时间最长， 粒子c的运动时间最短，答案为 B。答案： B 4(2011烟台模拟) 如图 4 甲、乙、丙所示，三个完全相同的半圆形光滑绝缘轨道置于竖直平面内， 左右两端点等高，其中乙轨道处在垂直纸面向外的匀强磁场中，丙轨道处在竖直向下的匀强电场中，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点处由静止释放。则三个小球通过圆轨道最低点时( ) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 5 页，共 13 页学习必备欢迎下载图 4 A速度相同B所用时间相同C对轨道的压力相同D均能到达轨道右端最高点处解析：图甲、乙中只有重力做功，图丙除重力做功外，还有电场力做功，所以三个小球到最低点时， 速度不同， 时间不同， 结合牛顿第二定律可判断，三个小球对轨道的压力不同，A、B、C错误；根据能量守恒可知，三个小球均能到达轨道右端最高点处，D正确。答案： D 51922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图5 所示，则下列相关说法中正确的是( ) A该束带电粒子带负电B速度选择器的P1极板带正电C在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大图 5 D在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q/m越小解析：由带电粒子在磁场B2中的偏转方向可知，粒子带正电，选项A 错误；带电粒子在如图所示的速度选择器中受到两个力平衡，即qvBqE，因为受到的洛伦兹力方向向上，故受到的电场力方向向下，则P1极板带正电，选项B正确；带电粒子在右侧的偏转磁场中，半径RmvqB2，则比荷q/m越小，半径越大，选项D正确，选项C错误。答案： BD 6如图 6 所示为磁流体发电机的原理图：将一束等离子体喷射入磁场，在场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压。如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板图 6 间的空间。 当发电机稳定发电时，电流表示数为I， 那么板间等离子体的电阻率为( ) A.Sd(BdvIR) B.Sd(BLvIR) 精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 13 页学习必备欢迎下载C.SL(BdvIR) D.SL(BLvIR) 解析：根据磁流体发电机的原理可推知：A、B板间产生的电动势为EBdv，A、B板间的等效电阻rdS，根据闭合电路的欧姆定律得：IERr，联立可得Sd(BdvIR) ，A正确。答案： A 7如图7 所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平( 图中垂直纸面向里) ，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是( ) A若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动B若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动图 7 C若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动D若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动解析： 油滴能处于静止状态，说明受到的重力和电场力平衡，电场力竖直向上，带电油滴带负电荷。 若仅撤去电场， 刚开始液滴在重力作用下产生速度，相应油滴受到磁场产生的洛伦兹力，油滴不可能做匀加速直线运动，A错；若仅撤去磁场，油滴受到的重力和电场力恒定， 始终平衡， 油滴将做匀速直线运动或保持静止状态，不可能做匀加速直线运动，B错；给油滴一个初速度时，若速度方向垂直纸面，洛伦兹力为零，油滴所受合外力为零，则油滴将垂直纸面做匀速直线运动，故 C错；同理给油滴的初速度平行纸面的任何方向时，重力和电场力的合力为零，油滴相当于只受到洛伦兹力作用，将会做匀速圆周运动，D对。答案： D 8如图 8 所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里( 已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度BkI/r，其中k为常数) 。某时刻有一电子( 质量为m、电荷量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受磁场力为( ) 图 8 A方向垂直纸面向里，大小为2evkI3aB方向指向x轴正方向，大小为2evkI3aC方向垂直纸面向里，大小为evkI3aD方向指向x轴正方向，大小为evkI3a精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 7 页，共 13 页学习必备欢迎下载解析：P、Q两电流在O处的合场强为零，故O点的磁感应强度B0kIacos302kI3a，再由FBvq可得电子所受洛伦兹力大小为2kIve3a， 由左手定则可判断洛伦兹力的方向为垂直纸面向里，故A正确。答案： A 9如图 9 所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计重力。在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧。 粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。规定由纸面垂直向外的磁感应强度为正，则磁场区域、三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是( ) 图 9 图 10 解析： 由题目条件和题图可知，粒子从a运动到b的过程中 ( 也即在磁场区域中) ，磁场应该为正，所以B、 D错误；又知道粒子质量、带电荷量、运动半径及运动时间，由公式RmvqB及t360T可以得到磁感应强度B的大小Bm2qt，所以 C正确， A错误。答案： C 二、计算题 ( 本题共 3 个小题，共37 分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位) 10(10 分) 如图 11 所示，平行金属板倾斜放置，AB长度为L，金属板与水平方向的夹角为，一电荷量为q、质量为m的带电小球以水平速度v0进入电场，且做直线运动，到达B点，离开电场后，进入如图所示的电磁场( 图中电场未画出) 区域做匀速圆周运动，并竖直向下穿出电磁场，磁感应强度为B。求：图 11 (1) 带电小球进入电磁场区域时的速度v；(2) 带电小球进入电磁场区域运动的时间；(3) 重力在电磁场区域对小球所做的功。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 8 页，共 13 页学习必备欢迎下载解析： (1) 对带电小球进行受力分析，带电小球受重力mg和电场力F作用F合Fsin mgFcos解得F合mgtan 根据动能定理F合L12mv212mv20解得v2gLtan v20。(2) 带电小球进入电磁场区域后做匀速圆周运动，说明电场力和重力平衡，带电小球只在洛伦兹力作用下运动通过几何知识可以得出，带电粒子在电磁场中运动了14圆周运动时间为tT4142mqBm2qB。(3) 带电小球在竖直方向运动的高度差等于半径hRmvqB重力做的功为Wmghmgm2gLtan v20qBm2g2gLtan v20qB。答案： (1)2gLtan v20(2)m2qB(3)m2g2gLtan v20qB11(12 分) 在如图 12 甲所示的平面直角坐标系xOy中，存在沿x方向按如图乙所示规律周期性变化的匀强电场，沿x轴正方向为正。 沿垂直于xOy平面指向纸里的方向存在按如图丙所示规律周期性变化的匀强磁场。在图甲中坐标原点O处有带正电的粒子，从t 0 时刻无初速度释放。已知粒子的质量m510 10kg，电荷量q1106C，不计粒子的重力。求：精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 9 页，共 13 页学习必备欢迎下载图 12 (1)t0.25103 s 时粒子的速度及位置；(2)t1103 s 时粒子的位置坐标；(3)t8103时粒子的速度。解析： (1) 在第一个t00.25103 s 内粒子的加速度a满足：qEma末速度v1at05 m/s 沿x轴正向运动L1v12t06.25104 m。(2) 在 0.251030.5 103 s 内粒子做匀速圆周运动T2mqB0.5 103 s 故粒子在 0.25103 s 这段时间内运动了半个圆周圆周运动的半径R1mv1qB在 0.5 1030.75103 s 内粒子沿x轴负向匀加速运动末速度大小v2v1at02v1位移大小L2v1v22t03L1在 0.751031103 s 内粒子做匀速圆周运动，R2mv2qB2R1末位置坐标：x (L2L1)1.25103 m y (2R2 2R1) 8104 m。(3) 粒子在 810 3 s 内 16 次加速，每次速度增加v1，故：v16v1，v80 m/s 方向沿x轴正向。精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 10 页，共 13 页学习必备欢迎下载答案： (1)5 m/s 在x轴上坐标为6.25104 m (2)( 1.25103 m，8104 m) (3)80 m/s方向沿x轴正向12(15 分)(2011 山东高考) 扭摆器是同步辐射装置中的插入件，能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图13：、两处的条形匀强磁场区边界竖直，相距为L，磁场方向相反且垂直于纸面。一质量为m、电量为q，重力不计的粒子，从靠近平行板电容器MN板处由静止释放，极板间电压为U，粒子经电场加速后平行于纸面射入区，射入时速度与水平方向夹角30。图 13 (1) 当区宽度L1L、磁感应强度大小B1B0时，粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为30，求B0及粒子在区运动的时间t。(2) 若区宽度L2L1L、磁感应强度大小B2B1B0，求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h。(3) 若L2L1L、B1B0，为使粒子能返回区，求B2应满足的条件。(4) 若B1B2、L1L2，且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射入的方向总相同，求B1、B2、L1、L2之间应满足的关系式。解析： (1) 如图甲所示，设粒子射入磁场区的速度为v，在磁场区中做圆周运动的半径为R1，由动能定理和牛顿第二定律得qU12mv2qvB1mv2R1由几何知识得L2R1 sin 联立式，代入数据得B01L2mUq设粒子在磁场区中做圆周运动的周期为T，运动的时间为tT2R1v精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 11 页，共 13 页学习必备欢迎下载t22T联立式，代入数据得tL3m2qU(2) 设粒子在磁场区做圆周运动的半径为R2，由牛顿第二定律得qvB2mv2R2由几何知识可得h(R1R2)(1 cos ) Ltan 联立式，代入数据得h(2233)L(3) 如图乙所示，为使粒子能再次回到区，应满足R2(1 sin ) L 或R2(1 sin ) L ?联立 ? 式，代入数据得B23LmU2q( 或B23LmU2q) ?(4) 如图丙 ( 或图丁 ) 所示，设粒子射出磁场区时速度与水平方向的夹角为，由几何知识可得L1R1(sin sin ) ? 或L1R1(sin sin ) L2R2(sin sin ) ? 或L2R2(sin sin ) 联立式得B1R1B2R2?联立 ? ? ? 式得精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 12 页，共 13 页学习必备欢迎下载B1L1B2L2。答案： (1)1L2mUqL3m2qU(2)(2 233)L(3)B23LmU2q(或B23LmU2q) (4)B1L1B2L2精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 13 页，共 13 页