《2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題10 磁場》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高三物理一輪復(fù)習(xí) 專題10 磁場（14頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題10 磁場 1．（2020天津卷）．如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ，如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應(yīng)變化情況是（ ） A．棒中的電流變大，θ角變大 B．兩懸線等長變短，θ角變小 C．金屬棒質(zhì)量變大，θ角變大 D．磁感應(yīng)強度變大，θ角變小 答案A. 解析：水平的直線電流在豎直磁場中受到水平的安培力而偏轉(zhuǎn)，與豎直方向形成夾角，此時它受拉力、重力和安培力而達到平衡，根據(jù)平衡條件有，所以棒子中的電流增大θ角度變大；兩懸線變短，不影響平衡狀態(tài)，θ角度不變；金屬質(zhì)量變大θ角

2、度變?。淮鸥袘?yīng)強度變大θ角度變大. 2．(2020全國理綜)質(zhì)量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，已知兩粒子的動量大小相等.下列說法正確的是 A.若q1=q2，則它們作圓周運動的半徑一定相等 B.若m1=m2，則它們作圓周運動的周期一定相等 C. 若q1≠q2，則它們作圓周運動的半徑一定不相等 D. 若m1≠m2，則它們作圓周運動的周期一定不相等 答案：AC 解析：根據(jù)半徑公式及周期公式知AC正確. 3．(2020全國理綜).如圖，兩根互相平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流.

3、a、o、b在M、N的連線上，o為MN的中點，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到o點的距離均相等.關(guān)于以上幾點處的磁場，下列說法正確的是 A.o點處的磁感應(yīng)強度為零 B.a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反 C.c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同 D.a、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同 解析：A錯誤，兩磁場方向都向下，不能 ；a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，B錯誤；c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等，方向相同，C正確；c、d兩點處的磁感應(yīng)強度方向相同，都向下，D錯誤. 答案：C 4．（2020海南卷）.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，圖

4、中的正方形為其邊界.一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射.這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子.不計重力.下列說法正確的是 A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B. 入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C.在磁場中運動時間相同的粒子，其運動軌跡一定相同 D.在磁場中運動時間越長的粒子，其軌跡所對的圓心角一定越大 答案：BD 解析：在磁場中半徑 運動時間：（θ為轉(zhuǎn)過圓心角），故BD正確，當(dāng)粒子從O點所在的邊上射出的粒子時：軌跡可以不同，但圓心角相同為1800，因而AC錯 5．（2020廣

5、東卷）.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速度率經(jīng)小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖2種虛線所示，下列表述正確的是 A．M帶負(fù)電，N帶正電 B.M的速度率小于N的速率 C.洛倫磁力對M、N做正功 D.M的運行時間大于N的運行時間 答案：A 解析：根據(jù)左手定則可知N帶正電,M帶負(fù)電,A正確;因為r=mv/Bq,而M的半徑大于N的半徑,所以M的速率大于N的速率,B錯;洛倫茲力永不做功,所以C錯;M和N的運行時間都為t=πm/Bq,所以D錯. 6．（2020北京高考卷）．處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效

6、為環(huán)形電流，那么此電流值 A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質(zhì)量成正比 D．與磁感應(yīng)強度成正比 答案：D 解析：由電流概念知，該電流是通過圓周上某一個位置（即某一截面）的電荷量與所用時間的比值.若時間為帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T，則公式I=q/T中的電荷量q即為該帶電粒子的電荷量.又T =2πm/qB，解出I=q2B/2πm.故選項D正確. × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × A B

7、 O C ● 7．（2020安徽卷）. 如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度從點沿 直徑方向射入磁場，經(jīng)過時間從點射出磁場，與成60°角.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?3，仍從點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)? ( ) × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × × A B O C ● O＇ ● O＇＇ D A. B.2 C. D.3 答案：B 解析：根據(jù)作圖法找出速

8、度為v時的粒子軌跡圓圓心 O＇，由幾何關(guān)系可求出磁場中的軌跡弧所對圓心角∠A O＇C=60°，軌跡圓半徑，當(dāng)粒子速度變?yōu)関/3時，其軌跡圓半徑，磁場中的軌跡弧所對圓心角∠A O＇＇D=120°，由知，故選B. 8．（2020山東卷）.(18分)如圖甲所示，相隔一定距離的豎直邊界兩側(cè)為相同的勻 強磁場區(qū)，磁場方向垂直紙面向里，在邊界上固定兩長為L的平行金屬極板MN和PQ，兩極板中心各有一小孔、，兩極板間電壓的變化規(guī)律如圖乙所示，正反向電壓的大小均為，周期為.在時刻將一個質(zhì)量為、電量為（）的粒子由靜止釋放，粒子在電場力的作用下向右運動，在時刻通過垂直于邊界進入右側(cè)磁場區(qū).（不計粒子重

9、力，不考慮極板外的電場） （1）求粒子到達時德 速度大小和極板距離. （2）為使粒子不與極板相撞，求磁感應(yīng)強度的大小 應(yīng)滿足的條件. （3）若已保證了粒子未與極板相撞，為使粒子在時刻再次到達，且速度恰好為零，求該過程中粒子在磁場內(nèi)運動的時間和磁感強度的大小 解析： （1）粒子由至的過程中，根據(jù)動能定理得 由式得 設(shè)粒子的加速度大小為，由牛頓第二定律得 由運動學(xué)公式得

10、 聯(lián)立式得 (2)設(shè)磁感應(yīng)強度大小為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得 要使粒子在磁場中運動時不與極板相撞，須滿足 聯(lián)立式得 （3）設(shè)粒子在兩邊界之間無場區(qū)向左勻速運動的過程用時為，有 聯(lián)立式得

11、 若粒子再次達到時速度恰好為零，粒子回到極板間應(yīng)做勻減速運動，設(shè)勻減速運動的時間為，根據(jù)運動學(xué)公式得 聯(lián)立式得 設(shè)粒子在磁場中運動的時間為 聯(lián)立式得 設(shè)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期為T，由式結(jié)合運動學(xué)公式得 由題意得 聯(lián)立式得

12、 9.（2020四川卷）．（20分） 如圖所示，水平虛線X下方區(qū)域分布著方向水平、垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，整個空間存在勻強電場（圖中未畫出）.質(zhì)量為m，電荷量為+q的小球P靜止于虛線X上方A點，在某一瞬間受到方向豎直向下、大小為I的沖量作用而做勻速直線運動.在A點右下方的磁場中有定點O，長為l的絕緣輕繩一端固定于O點，另一端連接不帶電的質(zhì)量同為m的小球Q，自然下垂.保持輕繩伸直，向右拉起Q，直到繩與豎直方向有一小于50的夾角，在P開始運動的同時自由釋放Q，Q到達O點正下方W點時速率為v0.P、Q兩小球在W點發(fā)生正碰，碰后電場、磁場消失，兩

13、小球粘在一起運動.P、Q兩小球均視為質(zhì)點，P小球的電荷量保持不變，繩不可伸長，不計空氣阻力，重力加速度為g. (1)求勻強電場場強E的大小和P進入磁場時的速率v； (2)若繩能承受的最大拉力為F，要使繩不斷，F(xiàn)至少為多大？ (3)求A點距虛線X的距離s. 解析： (1)設(shè)小球P所受電場力為F1，則F1=qE ① 在整個空間重力和電場力平衡，有Fl=mg ② 聯(lián)立相關(guān)方程得 E=mg/q ③ 設(shè)小球P受到?jīng)_量后獲得速度為v，由動量定理得I=mv ④ 得 v=I/m ⑤ 說明：①②③④⑤式各1分. (2)設(shè)P、Q同向相碰后在W點的最大速度

14、為vm，由動量守恒定律得 mv+mv0=(m+m)vm ⑥ 此刻輕繩的張力也為最大，由牛頓運動定律得F-(m+m)g=vm2 ⑦ 聯(lián)立相關(guān)方程，得 F=()2+2mg ⑧ 說明：⑥⑦式各2分，⑧式1分. (3)設(shè)P在肖上方做勻速直線運動的時間為h，則 tP1= ⑨ 設(shè)P在X下方做勻速圓周運動的時間為tP2，則 tP2= ⑩ 設(shè)小球Q從開始運動到與P球反向相碰的運動時間為tQ，由單擺周期性，有 11 由題意，有 tQ=tP1+ tP2 12 聯(lián)立相關(guān)方程，得 n為大于的整數(shù) 13 設(shè)小球Q從

15、開始運動到與P球同向相碰的運動時間為tQ′,由單擺周期性，有 14 同理可得 n為大于的整數(shù) 15 10.(2020全國新課標(biāo)).（18分） 如圖，一半徑為R的圓表示一柱形區(qū)域的橫截面（紙面）.在柱形區(qū)域內(nèi)加一方向垂直于紙面的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子沿圖中直線在圓上的a點射入柱形區(qū)域，在圓上的b點離開該區(qū)域，離開時速度方向與直線垂直.圓心O到直線的距離為.現(xiàn)將磁場換為平等于紙面且垂直于直線的勻強電場，同一粒子以同樣速度沿直線在a點射入柱形區(qū)域，也在b點離開該區(qū)域.若磁感應(yīng)強度大小為B，不計重力，求電場強度的大小. 解析：粒子在磁場中做

16、圓周運動，設(shè)圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛侖茲力公式得 ?、? 式中v為粒子在a點的速度. 過b點和O點作直線的垂線，分別與直線交于c和d點.由幾何關(guān)系知，線段、和過a、b兩點的軌跡圓弧的兩條半徑圍成一正方形.因此，　② 設(shè)=x，由幾何關(guān)系得 ③ 　④ 聯(lián)立式得　⑤ 再考慮粒子在電場中的運動.設(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動.設(shè)其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中受力公式得 ⑥ 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學(xué)公式得 ⑦ vt?、? 式中t是粒子在電場中運動的時間，聯(lián)立式得 ⑨ 11.

17、（2020上海卷）．（13分）載流長直導(dǎo)線周圍磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝kI/r， 式中常量k＞0，I為電流強度，r為距導(dǎo)線的距離.在水平長直導(dǎo)線MN正下方，矩形線圈abcd通以逆時針方向的恒定電流，被兩根輕質(zhì)絕緣細(xì)線靜止地懸掛，如圖所示.開始時MN內(nèi)不通電流，此時兩細(xì)線內(nèi)的張力均為T0.當(dāng)MN通以強度為I1的電流時，兩細(xì)線內(nèi)的張力均減小為T1，當(dāng)MN內(nèi)電流強度變?yōu)镮2時，兩細(xì)線內(nèi)的張力均大于T0. （1）分別指出強度為I1、I2的電流的方向； （2）求MN分別通以強度為I1、I2的電流時，線框受到的安培力F1與F2大小之比； （3）當(dāng)MN內(nèi)的電流強度為I3時兩細(xì)線恰好斷裂，在此瞬間線圈

18、的加速度大小為a，求I3. 解析： （1）I1方向向左，I2方向向右， （2）當(dāng)MN中通以電流I時，線圈所受安培力大小為F＝kIiL（－），F(xiàn)1:F2＝I1:I2， （3）2T0＝G，2T1＋F1＝G，F(xiàn)3＋G＝G/ga，I1:I3＝F1:F3＝（T0－T1）g /（a－g）T0，I3＝（a－g）T0I1/（T0－T1）g， 12.（2020江蘇卷）．如圖所示，MN是磁感應(yīng)強度B勻強磁場的邊界，一質(zhì)量為m、電荷量為q粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場，若粒子速度為v0，最遠(yuǎn)可落在邊界上的A點，下列說法正確的有 A．若粒子落在A點的左側(cè)，其速度一定小于v0 B．若粒子落在A點的右側(cè)，

19、其速度一定大于v0 C．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于 D．若粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能大于 答案：BC 解析：當(dāng)粒子以速度垂直于MN進入磁場時，最遠(yuǎn)，落在A點，若粒子落在A點的左側(cè)，速度不一定小于，可能方向不垂直，落在A點的右側(cè)，速度一定大于，所以A錯誤，B正確；若粒子落在A點的右側(cè)處，則垂直MN進入時，軌跡直徑為，即，已知,解得，不垂直MN進時，，所以C正確，D錯誤. y l l l -U1 U2 m +q U0 U0 o0 +0 -0 o x z 待測區(qū)域 A 13．（2020江蘇卷）．（16分）如

20、圖所示，待測區(qū)域中存在勻強電場與勻強磁場，根據(jù)帶電粒子射入時的受力情況可推測其電場和磁場，圖中裝置由加速器和平移器組成，平移器由兩對水平放置、相距為l的相同平行金屬板構(gòu)成，極板長度為l，問距為d，兩極板間偏轉(zhuǎn)電壓大小相等，電場方向相反，質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子經(jīng)加速電壓U0加速后，水平射入偏轉(zhuǎn)電壓為U1的平移器，最終從A點水平射入待測區(qū)域，不考慮粒子受到的重力. （1）求粒子射出平移器時的速度大小v1； （2）當(dāng)加速電壓變?yōu)?U0時，欲使粒子仍從A點射入待測區(qū)域，求此時的偏轉(zhuǎn)電壓U； （3）已知粒子以不同速度水平向右射入待測區(qū)域，剛進入時的受力大小均為F，現(xiàn)取水平向右為x軸正方向，建

21、立如圖所示的直角坐標(biāo)系oxyz，保持加速電壓U0不變，移動裝置使粒子沿不同的坐標(biāo)軸方向射入待測區(qū)域，粒子剛射入時的受力大小如下表所示，請推測該區(qū)域中電場強度與磁感應(yīng)強度的大小及可能的方向 射入方向 y -y z -z 受力大小 解析：（1）設(shè)粒子射出加速器的速度為， 動能定理 由題意得，即 （2）在第一個偏轉(zhuǎn)電場中，設(shè)粒子的運動時間為： 加速度的大小 ， 在離開時，豎直分速度 豎直位移 水平位移 粒子在兩偏轉(zhuǎn)電場間做勻速直線運動，經(jīng)歷時間也為 豎直位移 由題意知，粒子豎直總位移，解得 則當(dāng)加速電壓為時， （3）由沿軸方向射入時

22、的受力情況可知：B平行于軸，且 由沿軸方向射入時的受力情況可知：與平面平行. ,則 且 解得 設(shè)電場方向與軸方向夾角為, 若B沿軸方向，由沿軸方向射入時的受力情況得 解得，或 即E與平面平行且與軸方向的夾角為300或1500， 同理若B沿軸方向，E與平面平行且與軸方向的夾角為-300或-1500. 14.（2020重慶卷）．（18分）有人設(shè)計了一種帶電顆粒的速率分選裝置，其原理如題24圖所示.兩帶電金屬板間有勻強電場，方向豎直向上，其中PQNM矩形區(qū)域內(nèi)還有方向垂直紙面向外的勻強磁場.一束比荷（電荷量與質(zhì)量之比）均為1/k的帶正電顆粒，以不同的速率沿著磁場區(qū)域的中心線O進入兩金屬板之間，其中速率為v0的顆粒剛好從Q點處離開磁場，然后做勻速直線運動到達收集板.重力加速度為g，PQ=3d，NQ=2d，收集板與NQ的距離為，不計顆粒間相互作用，求 ⑴電場強度E的大小 ⑵磁感應(yīng)強度B的大小 ⑶速率為λv0（λ＞1）的顆粒打在收集板上的位置到O點的距離. 解析：⑴設(shè)帶電顆粒的電量為q，質(zhì)量為m 有 將q/m=1/k代入得 ⑵如答24圖1，有 得 ⑶如答24圖2有 得