全国各地高考物理真题汇编K单元 磁场 10页

K1 磁场 安培力 ‎1．K1[2017·江苏卷] 如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r 和2r.圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 图1‎ A．1∶1 B．1∶2 C．1∶4 D．4∶1‎ ‎1．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．‎ ‎19．K1、K2(多选)[2017·全国卷Ⅰ] 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ ‎19．BC　[解析] 由题意知，三根导线处于等边三角形的三个顶点处，设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0，在L1所在处，L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示，方向垂直L2、L3所在平面向上，由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下，合磁感应强度大小BL1＝2B0cos 60°＝B0；同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小BL2＝2B0cos 60°＝B0；在L3所在处，L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示，方向平行L1、L2所在平面向右，由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上，合磁感应强度大小BL3＝2B0cos 30°＝B0.由安培力F＝BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项B、C正确．‎ ‎　‎ ‎18．K1[2017·全国卷Ⅲ] 如图所示，在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中，两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置，两者之间的距离为l.在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零．如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为(　　)‎ 图1‎ A．0 B.B0 C.B0 D．2B0‎ ‎18．C　[解析] 当P和Q中电流方向均垂直纸面向里时，由于aP＝PQ＝aQ＝l，P和Q在a点产生的磁感应强度大小相同，方向如图甲所示，其合磁感应强度为B1，由几何关系知B1＝2BPcos 30°＝BP，由题可知，a点处磁感应强度为零，则B0和B1等大反向，则可得B0＝B1＝BP，且B0方向平行于PQ向左．当P中电流反向后，如图乙所示，P、Q在a点产生的合磁感应强度为B2，由几何关系知B2＝BP＝B0，且B2方向垂直于PQ向上．可得a点处的磁感应强度大小为B＝＝B0，C正确．‎ ‎　‎ ‎ K2 磁场对运动电荷的作用 ‎23．F2、K2、O2[2017·北京卷] 在磁感应强度为B的匀强磁场中，一个静止的放射性原子核发生了一次α衰变．放射出的α粒子(He)在与磁场垂直的平面内做圆周运动，其轨道半径为R.用m、q分别表示α粒子的质量和电荷量．‎ ‎(1)放射性原子核用X表示，新核的元素符号用Y表示，写出该α衰变的核反应方程．‎ ‎(2)α粒子的圆周运动可以等效成一个环形电流，求圆周运动的周期和环形电流大小．‎ ‎(3)设该衰变过程释放的核能都转为α粒子和新核的动能，新核的质量为M，求衰变过程的质量亏损Δm.‎ ‎23．[答案] (1)X―→Y＋He ‎(2)　　(3) ‎[解析] (2)设α粒子的速度大小为v，由qvB＝m，T＝，得 α粒子在磁场中运动周期T＝ 环形电流大小I＝＝ ‎(3)由qvB＝m，得v＝ 设衰变后新核Y的速度大小为v′，系统动量守恒，得 Mv′－mv＝0‎ 则v′＝＝ 由Δmc2＝Mv′2＋mv2‎ 得Δm＝ 说明：若利用M＝m解答，亦可．‎ ‎15．K2、K4[2017·江苏卷] 一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．‎ 图1‎ ‎(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；‎ ‎(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；‎ ‎(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．‎ ‎15．[答案] (1)－L ‎(2)－ ‎(3)L<[2－]‎ ‎[解析] (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1‎ 电场加速过程，有qU0＝×2mv2‎ 且qvB＝2m 解得r1＝ 根据几何关系得x＝2r1－L 解得x＝－L ‎(2)如图所示 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ 解得d＝－ ‎(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2‎ r1的最小半径r1min＝ r2的最大半径r2max＝ 由题意知2r1min－2r2max>L，即－>L 解得L<[2－]‎ ‎19．K1、K2(多选)[2017·全国卷Ⅰ] 如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反，下列说法正确的是(　　)‎ 图1‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ ‎19．BC　[解析] 由题意知，三根导线处于等边三角形的三个顶点处，设某导线在等边三角形另外两顶点产生的磁场磁感应强度大小为B0，在L1所在处，L2和L3产生的磁场叠加如图甲所示，方向垂直L2、L3所在平面向上，由左手定则可得安培力的方向平行L2、L3所在平面向下，合磁感应强度大小BL1＝2B0cos 60°＝B0；同理可得在L2所在处的合磁感应强度大小BL2＝2B0cos 60°＝B0；在L3所在处，L1和L2产生的磁场叠加如图乙所示，方向平行L1、L2所在平面向右，由左手定则可得安培力的方向垂直L1、L2所在平面向上，合磁感应强度大小BL3＝2B0cos 30°＝B0.由安培力F＝BIL可得L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，选项B、C正确．‎ ‎　‎ ‎18．K2[2017·全国卷Ⅱ] 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为(　　)‎ 图1‎ A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ ‎18．C　[解析] 当粒子在磁场中运动轨迹是半圆时，出射点与入射点的距离最远，故射入的速率为v1时，对应轨道半径为r1＝Rsin 30°，射入的速率为v2时，对应轨道半径为r2＝Rsin 60°，由半径公式r＝可知轨道半径与速率成正比，因此＝＝，C正确．‎ ‎21．K1(多选)[2017·全国卷Ⅱ] 某同学自制的简易电动机示意图如图所示，矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴．将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方．为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ 图1‎ A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 ‎21．AD　[解析] 若将左、右转轴上、下两侧的绝缘漆都刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过周后上、下两边受到的安培力使线圈速度减小至零，然后反向转回来，最终做摆动，B错误；若将左转轴上侧的绝缘漆刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，C错误；若将左转轴下侧或上、下两侧的绝缘漆都刮掉，且右转轴下侧的绝缘漆刮掉，线圈的上、下两边受安培力而使线圈转动，转过半周后电路不能接通，线圈能继续按原方向转动，转过一周后上、下两边再次受到同样的安培力而使线圈继续转动，A、D正确．‎ ‎24．K2、K3[2017·全国卷Ⅲ] 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)：‎ 图1‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离．‎ ‎24．[答案] (1)　(2) ‎[解析] (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝m　①‎ qλB0v0＝m　②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝　③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝　④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝　⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝　⑥‎ ‎ K3 带电粒子在组合场及复合场中运动 ‎16．K3[2017·全国卷Ⅰ] 如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里．三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc.已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动．下列选项正确的是(　　)‎ 图1‎ A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma ‎16．B　[解析] 对微粒a，洛伦兹力提供其做圆周运动所需向心力，且mag＝Eq，对微粒b，qvB＋Eq＝mbg，对微粒c，qvB＋mcg＝Eq，联立三式可得mb>ma>mc，选项B正确．‎ ‎24．K2、K3[2017·全国卷Ⅲ] 如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x<0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ>1)．一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)：‎ 图1‎ ‎(1)粒子运动的时间；‎ ‎(2)粒子与O点间的距离．‎ ‎24．[答案] (1)　(2) ‎[解析] (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x≥0区域，圆周半径为R1；在x<0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得 qB0v0＝m　①‎ qλB0v0＝m　②‎ 粒子速度方向转过180°时，所需时间t1为 t1＝　③‎ 粒子再转过180°时，所需时间t2为 t2＝　④‎ 联立①②③④式得，所求时间为 t0＝t1＋t2＝　⑤‎ ‎(2)由几何关系及①②式得，所求距离为 d0＝2(R1－R2)＝　⑥‎ ‎11．K3[2017·天津卷] 平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0 沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍．粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等．不计粒子重力，问：‎ 图1‎ ‎(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；‎ ‎(2)电场强度和磁感应强度的大小之比．‎ ‎11．[答案] (1)v0，与x轴正方向成45°角斜向上 ‎(2) ‎[解析] (1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有 ‎2L＝v0t　①‎ L＝at2　②‎ 设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vy vy＝at　③‎ 设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为α，有 tan α＝　④‎ 联立①②③④式得 α＝45°　⑤‎ 即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45°角斜向上．‎ 设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有 v＝　⑥‎ 联立①②③⑥式得 v＝v0　⑦‎ ‎(2)设电场强度为E，粒子电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得 F＝ma　⑧‎ 又F＝qE　⑨‎ 设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有 qvB＝m　 由几何关系可知 R＝L　⑪‎ 联立①②⑦⑧⑨⑪式得 ＝　⑫‎ ‎ K4 磁场综合 ‎15．K2、K4[2017·江苏卷] 一台质谱仪的工作原理如图所示．大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L 的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上．已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹．不考虑离子间的相互作用．‎ 图1‎ ‎(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；‎ ‎(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；‎ ‎(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件．‎ ‎15．[答案] (1)－L ‎(2)－ ‎(3)L<[2－]‎ ‎[解析] (1)设甲种离子在磁场中的运动半径为r1‎ 电场加速过程，有qU0＝×2mv2‎ 且qvB＝2m 解得r1＝ 根据几何关系得x＝2r1－L 解得x＝－L ‎(2)如图所示 最窄处位于过两虚线交点的垂线上 d＝r1－ 解得d＝－ ‎(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2‎ r1的最小半径r1min＝ r2的最大半径r2max＝ 由题意知2r1min－2r2max>L，即－>L 解得L<[2－]‎