【物理】2020届一轮复习人教新课标磁场考点精炼（提升卷解析版) 16页

‎2020届一轮复习人教新课标 磁场 考点精炼（提升卷 解析版)‎ ‎1．圆心为O，半径为R的半圆的直径两端。各固定有一般垂直半圆平面的长直导线a、b，两导线中通有大小分别为和且方向向里的电流。已知长直导线产生磁场的磁感应强度，其中k为常数、l为导线中电流、r为某点到导线的距离，则下列说法中正确的是（ ）‎ A．圆心O点处的磁感应强度的方向由a指向b B．在直径ab上，磁感应强度为零的点与b点距离为 C．在半圆上一定存在磁感应强度方向沿半圆切线方向的位置 D．在半圆上一定存在磁感应强度方向平行于直径ab的位置 ‎2．在磁场中的同一位置放置一根直导线，导线的方向与磁场方向垂直。先后在导线中通入不同的电流，导线所受的力也不一样。下图中的几幅图象表现的是导线受力的大小F与通过导线的电流I的关系。a、b各代表一组F、I的数据。在甲、乙、丙、丁四幅图中，正确的是（　　）‎ A．甲、乙、丙、丁都正确 B．甲、乙、丙都正确 C．乙、丙都正确 D．只有丙正确 ‎3．如图所示，光滑绝缘的半圆形轨道竖直放置于匀强磁场中，匀强磁场磁感应强度大小为B,方向垂直于轨道平面向外。轨道半径为R，两端a、c在同一高度上。将质量为m、电量为q的带正电小球，从轨道左端最高点a由静止释放，重力加速度为g，则小球从左向右通过最低点时对轨道的弹力N1与小球从右向左通过最低点时对轨道的弹力N2的差值为( ) ‎ A．2mg B．mg C．2qB D．qB ‎4．如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是 A．若，粒子做匀加速直线运动 B．若粒子往左偏，洛伦兹力力做正功 C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加 D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动 ‎5．如图所示，重力不计的带正电粒子水平向右进入匀强磁场，对该带电粒子进入磁场后的运动情况，下列判断正确的是（　　　）‎ A．粒子向上偏转 B．粒子向下偏转 C．粒子向纸面内偏转 D．粒子向纸面外偏转 ‎6．a、b、c是三个固定于同一平面内的通电直导线，通入大小相等方向如图所示的电流。ab与bc间距相等，则电流a、b、c受力方向分别是（ ）‎ A．向右、向左、向右 B．向右、向右、向左 C．向左、向右、向右 D．向左、向左、向右 ‎7．如图所示，在匀强磁场B的区域中有一光滑斜面体，在斜面上放了一根长L，质量为m的导线，当通以如图示方向的电流I后，导线恰能保持静止，则磁感应强度B必须满足（ ）‎ A．，方向竖直向下 B．，方向垂直斜面向下 C．，方向垂直纸面向外 D．，方向垂直纸面向里 ‎8．下列说法正确的是 A.电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度定义式为 B.磁感应强度B是矢量，其定义式为 C.电流I是标量，其定义式为I=neSv D.电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为 ‎9．1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示。这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是 A．回旋加速器交流电的周期等于带电粒子圆周运动周期的一半 B．利用回旋加速器加速带电粒子，要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R C．回旋加速器的加速电压越大，带电粒子获得的最大动能越大 D．粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功一样多 ‎10．在同一匀强磁场中，粒子（）和氚核（）做匀速圆周运动，若它们运动时对应的物质波的波长相等，则粒子和氚核 A．运动半径之比是1:2 B．运动周期之比是1:1‎ C．运动速度大小之比是4:1 D．受到的洛伦兹力之比是2:1‎ ‎11．根据磁场对电流会产生作用力的原理，人们研制出一种新型的炮弹发射装置--电磁炮，它的基本原理如图所示，下列结论中正确的是（ ）‎ A．要使炮弹沿导轨向右发射，必须通以自M向N的电流 B．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大电流 C．要想提高炮弹的发射速度，可适当增大磁感应强度 D．使电流和磁感应强度的方向同时反向，炮弹的发射方向亦将随之反向 ‎12．如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射状电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外.一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点.不计粒子的重力.下列说法正确的是（ ）‎ A.粒子一定带正电 B.加速电场的电压 C.‎ D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群离子具有相同的比荷 ‎13．如图所示,有一比荷=2×1010C/kg的带电粒子,由静止从Q板 经电场加速后,从M板的狭缝垂直直线边界a进入磁感应强度为B=1.2×10-2T的有界矩形匀强磁场区域后恰好未飞出直线边界b,匀强磁场方向垂直平面向里,a、b间距d=2×10-2m(忽略粒子重力与空气阻力)求：‎ ‎(1)带电粒子射入磁场区域时速度v；‎ ‎(2)Q、M两板间的电势差UQM。‎ ‎14．如图所示，A、B和M、N为两组平行金属板。质量为m、电荷量为+q的粒子，自A板中央小孔进入A、B间的电场，经过电场加速，从B板中央小孔射出，沿M、N极板间的中心线方向进入该区域。已知极板A、B间的电压为U0，极板M、N的长度为l，极板间的距离为d。不计粒子重力及其在a板时的初速度。‎ ‎（1）求粒子到达b板时的速度大小v；‎ ‎（2）若在M、N间只加上偏转电压U，粒子能从M、N间的区域从右侧飞出。求粒子射出该区域时沿垂直于板面方向的侧移量y；‎ ‎（3）若在M、N间只加上垂直于纸面的匀强磁场，粒子恰好从N板的右侧边缘飞出，求磁感应强度B的大小和方向。‎ ‎15．质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用。如图所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏。虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B。虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收。当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点。不计离子的重力及电、磁场的边缘效应。求：‎ ‎(1)离子的比荷；‎ ‎(2)离子在磁场中运动的时间；‎ ‎(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围。‎ ‎16．如图所示，在空间中分布一匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，磁场边界为MN（垂直纸面的一个平面）在磁场区域内有一电子源S向纸面内各个方向均匀、持续不断地发射电子。不计电子间的相互作用，并设电子源离界面MN的距离为L．电子质量为m，带电荷量为e。‎ ‎（1）电子源S发射的电子速度达到多大时界面MN上将有电子逸出？‎ ‎（2）若电子源S发射的电子速度大小均为，则在界面MN上多宽范围内有电子逸出？‎ ‎（3）若电子速度大小为，则逸出的电子数占总发射电子数的比例为多少？‎ 参考答案 ‎1．C ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 长直导线a、b，两导线中通有大小分别为2I0和I0方向相同的电流，根据右手定则可知，它们在O处的合磁场方向垂直ab向下，故A错误；根据B=kI/r，又电流是2I和I在直径上产生的磁场大小相等，方向相反，磁感应强度B=0的位置一定在Ob之间，设此点到b的距离为x，则有：，代入解得x=R，故B错误；a、b与圆周上任何一点c相连，则a在c点产生磁场方向沿cb方向，b在c点产生磁场方向沿ac方向，且这两个方向垂直（圆的直径对应的圆周角为90°），根据几何关系可知这两个矢量合成是不可能与直径平行的，但是一定存在磁感应强度方向沿半圆切线方向的位置，故有C正确；D错误，故选C。‎ ‎【点睛】‎ 考查右手螺旋定则与矢量的合成法则的应用，理解磁感应强度B=kI /r 的含义，注意几何关系：圆的直径对应的圆周角为90°，是解决CD选项的关键．‎ ‎2．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由于a、b导线的方向均与磁场垂直，根据安培力公式F=BIL写出表达式即可正确求解。‎ ‎【详解】‎ 在匀强磁场中，当电流方向与磁场垂直时所受安培力为：F=BIL，由于磁场强度B和导线长度L不变，因此F与I的关系图象为过原点的直线，故甲丁错误，乙丙正确。故C正确，ABD错误。故选C。‎ ‎3．C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 洛伦兹力不做功，根据动能定理求解到达最低点时的速度；小球从左向右通过最低点时，洛伦兹力向下；小球从右向左通过最低点时，洛伦兹力向上，根据牛顿第二定律列出表达式求解弹力之差：‎ ‎【详解】‎ 洛伦兹力不做功，则根据动能定理，到达最低点时的速度满足：mgR=mv2；小球从左向右通过最低点时：；小球从右向左通过最低点时：；联立解得，故选C.‎ ‎4．D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 初速度为v的带电粒子沿直线从上向下射出，故此时洛伦兹力和电场力平衡，满足Eq=qvB，与粒子的电性及带电量均无关；若不满足此速度关系时粒子将发生偏转，洛伦兹力不做功，电场力做正功时电势能将减小，据此解答；‎ ‎【详解】‎ A．若v＝E/B，即Eq=qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；‎ B．洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；‎ C．若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；‎ D．若粒子做直线运动，则满足Eq=qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确；‎ 故选D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查带电粒子在复合场中运动，是速度选择器模型，解题首先要根据粒子的速度判断其受力情况，从而判断运动的情况；知道洛伦兹力不做功，要能结合动能定理以及电场力做功的特点分析求解。‎ ‎5．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 带正电粒子垂直进入匀强磁场中，根据左手定则，粒子受到垂直向下的洛伦兹力作用，从而使粒子向下偏转。‎ ‎6．A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据通电导线来确定磁场的分布，再由左手定则来确定处于磁场中通电导线所受到的安培力方向，最后进行力的合成从而确定导线受力方向．‎ ‎【详解】‎ 根据右手螺旋定则可确定，导线b在导线a处产生的磁场方向均垂直纸面向外，而导线c在导线a处产生的磁场方向垂直纸面向里。由靠近导线的磁场强远离导线的磁场弱，则导线b、c在导线a的合磁场方向垂直纸面向外，则由左手定则可知，安培力方向向右。同理，导线c的安培力方向向右，导线b的受力方向向左，故A正确，BCD错误；故选A。‎ ‎【点睛】‎ 考查右手螺旋定则、左手定则及磁场的叠加，同时还可以利用同向电流相互吸引、异向电流相互排斥，可知：导线b与导线a电流方向相反，则导线b对导线a存在排斥，而导线c对导线a存在吸引，由于排斥力大于吸引力，所以导线a所受力方向左．同理可确定其它导线的受力．‎ ‎7．A ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 磁场竖直向下时，安培力水平向左，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有mgtanα=BIL，解得：，故A正确；磁场方向垂直斜面向下时，根据左手定则，安培力沿斜面向上，导体棒还受到重力和支持力，根据平衡条件和安培力公式，有：mgsinα=BIL，解得：，故B错误；磁场垂直向外时，由于电流与磁场方向垂直，故安培力为零，故不可能平衡，故C错误；磁场方向垂直纸面向里时，磁场方向与电流方向平行，导体不受安培力，导线不能保持静止，故D错误。所以A正确，BCD错误。‎ ‎8．B ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A. 电场强度E是矢量，真空中点电荷的电场强度的决定式为，选项A错误；‎ B. 磁感应强度B是矢量，其定义式为，选项B正确；‎ C. 电流I是标量，其定义式为，选项C错误；‎ D. 电容C是标量，平行板电容器的电容定义式为，选项D错误.‎ ‎9．BD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 回旋加速器靠电场加速和磁场偏转来加速粒子，根据洛伦兹力提供向心力，判断粒子的最大速度与什么因素有关．加速粒子时，交变电场的周期与粒子在磁场中运动的周期相等．‎ ‎【详解】‎ 加速粒子时，交变电场的周期必须与粒子在磁场中运动的周期相等，这样才能使得每次经过D型盒的狭缝中时都能被电场加速，选项A错误；当粒子运转半径等于D型盒的半径时粒子速度最大，即，则 ，则要提高加速粒子的最终能量，应尽可能增大磁感应强度B和D形盒的半径R，带电粒子获得的最大动能与加速电压无关，选项B正确，C错误；粒子每次经过D型盒狭缝时，电场力对粒子做功均为qU，选项D正确；故选BD.‎ ‎【点睛】‎ 解决本题的关键知道回旋加速器电场和磁场的作用，以及知道最大速度与什么因素有关．‎ ‎10．AB ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 它们的物质波的波长相等，根据，可知它们的动量相等。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，则有：，解得：，由题意知，，所以有：，A正确；，C错误；，D错误；根据，可知，B正确。‎ ‎11．ABC ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ 要使炮弹沿导轨向右发射，即为安培力作用，根据左手定则可知，必须通以自M向N的电流。故A正确；要想提高炮弹的发射速度，即增大安培力的大小，根据F=BIL，所以可适当增大电流或磁感应强度，故BC正确；若使电流和磁感应强度的方向同时反向，则安培力方向不变，所以炮弹的发射方向不变，故D错误；‎ ‎12．ABD ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ A.由左手定则可知粒子带正电，故A正确；‎ B.粒子在M、N间被加速，则有，根据电场力提供向心力，则有，联立解得，故B正确；‎ C.根据洛伦兹力提供向心力，则有，可得，故C错误；‎ D.若一群离子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的轨迹相同，由于磁场、电场与静电分析器的半径不变，则C选项可知该群离子具有相同的比荷，故D正确.‎ ‎13．（1）；（2）·‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）粒子从静止开始经加速电场加速后速度为，由动能定理：‎ 粒子进入磁场后，洛仑磁力提供向心力： ‎ 粒子垂直边界进入有届磁场区域且恰好未飞出右平行届，由几何知识得：‎ 代入数值，联立解得：；‎ ‎（2）据粒子在磁场中的轨迹，由左手定则知：该粒子带负电，但在加速电场中从Q到M加速，说明M点比Q点电势高，故 ‎14．（1） （2） （3）,磁感应强度方向垂直纸面向外。‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）粒子在加速电场中加速，由动能定理可以求出粒子的速度。‎ ‎（2）粒子在偏转电场中做类平抛运动，应用类平抛运动求出粒子的偏移量。‎ ‎（3）粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，求粒子的轨道半径，应用牛顿第二定律可以求出磁感应强度。‎ ‎【详解】‎ ‎（1）带电粒子在AB间运动，根据动能定理有 ‎ ‎ 解得 ‎ ‎（2）带电粒子在M、N极板间沿电场力的方向做匀加速直线运动，有 ‎ 根据牛顿第二定律有 ‎ 带电粒子在水平方向上做匀速直线运动，有 ‎ 联立解得 ‎ ‎（3）带电粒子向下偏转，由左手定则得磁感应强度方向垂直纸面向外。‎ 根据牛顿第二定律有 ‎ 由图中几何关系有 解得 ‎ 联立解得 ‎【点睛】‎ 本题考查了带电粒子在电场与磁场中的运动，分析清楚粒子运动过程是解题的前提与关键，应用动能定理、类平抛运动规律与牛顿第二定律即可解题。‎ ‎15．(1) (2) (3) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）离子甲做匀速圆周运动，根据几何关系找到半径，根据结合在电场中的加速，求解荷质比；（2） 离子在磁场中运动半个周期，根据周期公式求解时间；（3）根据离子能打在荧光屏上的两个边缘的情况求解加速电压的范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）离子甲的半径 ‎ 由匀速圆周运动得 ‎ 在电场中加速，有 ‎ 解得： ‎ ‎（2）离子在磁场中运动的周期为 ‎ 在磁场中运动的时间 ‎ 解得： ‎ ‎（3）由（1）中关系，知加速电压和离子半径之间的关系为 ‎ 若离子恰好打在荧光屏上的C点，轨道半径 ‎ ‎ ‎ 若离子恰好打在荧光屏上的D点，轨道半径 ‎ 即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：‎ ‎16．（1）；（2）（）L；（3）。 ‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎ ‎（1）临界图如下： ‎ 由洛伦兹力提供向心力：=evB，得：r=； 又2r=L，得v=； （2）画出临界图： ‎ 把v=代入r=，有：得r=L； 在A下方A、B两点之间有电子射出，故：YAB=L 在A点上方A、C两点之间有电子射出，故：yAC==‎ 综上，在边界宽度为（）L的范围内有电子射出； （3）临界图如图： ‎ 把v=代入r=， 得r=2（）L； 由几何知识有：cosθ1==， 所以θ1=30°， 同理亦有θ2‎ ‎=30° 可得速度方向在θ角内的电子都可以从MN边界射出，由几何知识有θ=60°； 又点电子源S，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子，故逸出的电子数占总发射电子数的比例为=；‎