高中物理高考 2021届高考二轮精品专题六 磁场 学生版

这是一份高中物理高考 2021届高考二轮精品专题六 磁场 学生版，共19页。试卷主要包含了磁场及其性质，带电粒子在磁场中运动，任何个人等内容，欢迎下载使用。
     本专题主要考查磁场的叠加以及通电导线受到的安培力的比较与计算，带电粒子在磁场中的匀速圆周运动问题，带电粒子在磁场中运动的临界问题和多解性问题，以及带电粒子在电场和磁场的复合场中的运动问题。选择题与解答题均有，解答题难度一般较大。一、磁场及其性质1．磁场方向的判断及磁场叠加(1)根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向。(2)磁场中每一点磁感应强度的方向为该点处磁感线的切线方向。(3)磁感应强度是矢量，多个通电导体产生的磁场叠加时，合磁场的磁感应强度等于各场源单独存在时在该点的磁感应强度的矢量和。2．安培力作用下力学问题的解题思路(1)选定研究对象：通电导线(或通电导体棒)。(2)变三维为二维：画出平面受力图，其中F⊥B，F⊥I。(3)根据力的平衡条件或牛顿运动定律列方程。二、带电粒子在磁场中运动1．带电粒子在有界匀强磁场中的运动2．带电粒子在复合场中的运动  1．(2020·浙江7月选考·T9)特高压直流输电是国家重点能源工程。如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1＞I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方。不考虑地磁场的影响，则(　　)A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下2．(2019·全国卷Ⅰ·T24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。       1．如图所示，质量为m、长为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B。当棒中通以恒定电流后，金属棒向右摆起后两悬线与竖直方向夹角的最大值为θ＝60°，下列说法正确的是(　　)A．电流由N流向MB．悬线与竖直方向的夹角θ＝60°时，金属棒处于平衡状态C．悬线与竖直方向的夹角θ＝30°时，金属棒的速率最大D．恒定电流大小为2．(多选)如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是(　　)A．小球一定带负电荷B．小球一定沿顺时针方向转动C．小球做圆周运动的线速度大小为D．小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功1．如图所示，两根垂直纸面平行放置的直导线a和b，通有等值电流。在纸面上距a、b等远处有一点P，若P点合磁感应强度B的方向水平向左，则导线a、b中的电流方向是(　　)A．a中向纸里，b中向纸外B．a中向纸外，b中向纸里C．a、b中均向纸外D．a、b中均向纸里2．(多选)如图所示为一个质量为m、带电量为＋q的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中。现给圆环向右初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的v－t图象可能是下图中的(　　)   3．(多选)某电子天平原理如图所示，E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，两极的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，忽略边缘效应。一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，且骨架与称盘的总质量为m0，线圈两端C、D与外电路连接。当质量为m的重物放在秤盘上时，弹簧从长度L0被压至L1，秤盘和线圈一起向下运动（骨架与磁极不接触）。随后外电路对线圈供电，弹簧恢复至L0并静止，由此时对应的供电电流I可确定重物的质量，已知线圈匝数为n，线圈总电阻为R，重力加速度为g，则(　　)A．线圈向下运动过程中，线圈中感应电流从C端流出B．外电路对线圈供电电流为I时，弹簧长度从L1恢复至L0的过程中，C端电势高于D端电势C．外电路对线圈供电电流为I，且弹簧长度恢复至L0并静止时，重物的质量为D．若线圈电阻为R，且线圈上的热功率不能超过P，线圈上安培力的最大值为4．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力。以下说法中正确的是(　　) A．保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向上移动，粒子不可能从N板边缘射出B．保持开关闭合，滑片P向下移动，粒子可能打在M板上C．将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出D．在上述三个选项的变化中，灵敏电流计G指针均不发生偏转5．一个质量为m、带电量为＋q的小球，由长为l的细线吊在天花板下，空间有竖直向下的匀强磁场。现小球恰好以速率v0在水平面内做匀速圆周运动，轨道平面与地面的距离为h，细线与竖直方向的夹角为θ，如图所示。已知重力加速度大小为g，空气阻力忽略不计。下列选项正确的是(　　)A．小球的向心加速度大小为gtan θB．由题中数据不能求得磁感应强度的大小C．某时刻剪断细线，小球将做平抛运动D．剪断细线后，小球落到地面时速度大小为6．如图所示，圆形区域直径MN上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小相同。现有两个比荷相同的带电粒子a、b，分别以v1、v2的速度沿图示方向垂直磁场方向从M点入射，最终都从N点离开磁场，则(　　)A．粒子a、b可能带异种电荷B．粒子a从N点离开磁场时的速度方向一定与初速度v1的方向垂直C．v1∶v2可能为2∶1D．v1∶v2一定为1∶17．(多选)如图所示，在竖直平面内有一绝缘材料制成的固定挡板MN，其长度为L，MN与水平方向成α＝30°。现有一个质量为m、带电量为＋q的带电粒子从M点，以初速度v沿水平方向运动，在该平面内施加水平面向外的匀强磁场或者垂直MN向下的匀强电场均可使该带电粒子到达N点。已知粒子与挡板的碰撞时垂直MN方向的速度分量大小不变，方向反向，平行于MN的速度分量大小和方向均不变(如打到N点时也记一次碰撞)。不计带电粒子的重力和碰撞时间。则下列说法中正确的是(　　)A．若匀强磁场的磁感应强度大小为，则带电粒子与挡板MN碰撞2次且恰好能到达N点B．若施加匀强磁场且粒子恰好能到达N点，则粒子在磁场中运动的时间一定为C．若施加匀强电场且使粒子能到达N点，则电场强度的最小值为D．若匀强电场的电场强度大小为。则带电粒子与挡板MN碰撞2次但不能到达N8．示波管中有两个偏转电极，其中一个电极XX′上可以接入仪器自身产生的锯齿形电压，叫扫描电压。如图甲所示，XX′极板长L＝0.2 m，板间距d＝0.2 m，在金属板右端竖直边界MN的右侧有一区域足够大的匀强磁场，磁感应强度B＝5×10－3T，方向垂直纸面向里。现将X′板接地，X极板上电势φ随时间变化的规律如图乙所示。有带正电的q粒子流以速度v0＝1×105 m/s，沿水平中线OO′连续射入电场中，粒子的比荷为＝1×108 C/kg，重力忽略不计，在每个粒子通过电场的极短时间内，电场可视为匀强电场。（设两板外无电场，结果可用根式表示）求：(1)带电粒子射出电场时的最大速度；(2)粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比；(3)从O′点射入磁场和距O′点下方d＝0.05 m处射入磁场的两个粒子，在MN上射出磁场时的出射点之间的距离。        9．正负电子对撞机是一个使正负电子产生对撞的设备，如图所示为一种高能正负电子在不同位置对撞的装置。在关于y轴对称间距为2d的MN、PQ之间存在两个有界匀强磁场，其中平行于x轴的JK下方Ⅰ区域磁场垂直纸面向外，JK上方Ⅱ区域磁场垂直纸面向里，其磁感应强度均为B。在x轴上有两台直线加速器1和2，关于y轴对称，且末端刚好与MN、PQ对齐。质量为m、电荷量为e的正、负电子通过直线加速器加速后同时以相同速率垂直MN、PQ进入磁场。为实现正、负电子在Ⅱ区域的y轴上实现对心碰撞（速度方向刚好相反），根据入射速度的变化，可调节JK与x轴之间的距离h，不计粒子间的相互作用及正、负电子的重力。(1)直线加速器1加速的是正电子还是负电子；(2)正、负电子同时以相同速度v1进入磁场，仅经过直线JK一次，然后在Ⅱ区域发生对心碰撞，试通过计算求出v1的最小值；(3)正、负电子同时以速度进入磁场，求正、负电子在Ⅱ区域y轴上发生对心碰撞的位置离O点的距离。                10．如图甲，在真空中竖直平面CD左侧有一方向竖直向下的匀强电场，右侧水平粗糙绝缘地面上方有方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝1 T。一个质量m＝3×10－2 kg、电荷量q＝3×10－2 C的带正电物块（可视为质点）从光滑圆弧轨道的起点A由静止释放，从D点水平滑上粗糙绝缘地面。光滑圆弧AD的半径R＝5 m，所对的圆心角θ＝37°，物块进入磁场后的动能与时间的Ek－t关系图象如图乙所示，图象中Z点为曲线切线斜率k最小的位置，不计带电物块运动过程中激发的电磁场。sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g＝10 m/s2。(1)求匀强电场的电场强度E和A、D两点的电势差UAD；(2)判断出Ek－t图象切线斜率的物理意义并求出Z点所对应的物块的动能Ek′。 
 1．【答案】C【解析】通电直导线周围产生磁场方向由安培定则判断，如图所示。I1在b点产生的磁场方向向上，I2在b点产生的磁场方向向下，因为I1＞I2即B1＞B2则在b点的磁感应强度不为零，A错误；如图所示，d点处的磁感应强度不为零，a点处的磁感应强度竖直向下，c点处的磁感应强度竖直向上，B、D错误，C正确。【点评】本题考查磁场的叠加问题，要注意磁感应强度既有大小，又有方向，是矢量，同时要掌握遵循矢量合成的平行四边形法则。2．【解析】(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v，由动能定理有：qU＝mv2      ①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力，结合牛顿第二定律有：qvB＝m     ②由几何关系知d＝r     ③联立①②③式得：＝。 ④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan 30°     ⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝    ⑥联立②④⑤⑥式得：t＝。【点评】本题考查带电粒子在组合场中的运动，粒子在电场中加速运动运用动能定理求解，在磁场中的匀速圆周运动根据洛伦兹力提供向心力求解，解答此类题目的关键在于画出轨迹图，正确运用数学几何关系。 1．【答案】C【解析】由题意可知，金属棒所受安培力垂直MN水平向右，根据左手定则可知电流方向由M流向N，A错误；悬线与竖直方向的夹角θ＝60°时，金属棒的速率为零，但受力不为零，并非处于平衡状态，B错误；由对称性可知，悬线与竖直方向的夹角θ＝30°时，金属棒的速率最大，C正确；当θ＝30°时，对金属棒进行受力分析如图所示，金属棒在垂直悬线方向受力平衡，mgsin 30°＝Fcos 30°，则tan 30°＝，解得I＝，D错误。【点评】注意“向右摆起”表明安培力方向向右，可判电流方向；“最大值为θ＝60°”表明θ＝60°时，速率为零，但不是平衡位置。2．【解析】带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的运动方向为逆时针，故B错误；由电场力和重力大小相等，得mg＝qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径r＝，联立得v＝，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误。【答案】AC【点评】本题考查带电粒子在复合场中运动，解答此类题时，必须同时考虑电场力、洛伦兹力和重力作用或其中某两个力的作用，因此对粒子的运动形式的分析就显得极为重要。本题考查的是根据带电粒子的运动情况，来判断带电粒子的受力情况。1．【答案】A【解析】若a中向纸里，b中向纸外，根据安培定则判断可知，a在P处产生的磁场Ba方向垂直于aP连线向下， b在P处产生的磁场Bb方向垂直于bP连线向上，如图所示，根据平行四边形定则进行合成得P点的磁感应强度方向水平向左，故A正确；同理可知BCD错误。2．【答案】BCD【解析】当qvB＝mg时，小环做匀速运动，此时图象为B，故B正确；当qvB＞mg时，在竖直方向，根据平衡条件有FN＝qvB－mg，此时，根据牛顿第二定律有f＝μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小环开始做匀速运动，故C正确；当qvB＜mg时，FN＝mg－qvB，f＝μFN＝ma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故A错误，D正确。3．【答案】AC【解析】E形磁铁的两侧为N极，中心为S极，根据右手定则可知感应电流的方向是逆时针方向（从上向下看），电流由C流出，D端流入，故C端电势低于D端电势，A正确，B错误；两极间的磁感应强度大小均为B，磁极宽度均为L，线圈匝数为n，左右两侧受力相等，得mg＝2nBIL，即，故C正确；线圈上的热功率P＝I2R，F＝2nBIL，可得最大安培力，故D错误。4．【答案】B【解析】保持开关闭合，滑片P的位置不动，则电容器电压不变；将N板向上移动，根据E＝可知，电容器间电场强度增大，电场力大于洛伦兹力，带电粒子有可能从N板边缘射出，A错误；保持开关闭合，滑片P向下移动，滑动变阻器的有效电阻减小，电流增大，内电压增大，外电压减小，即电容器电压减小，洛伦兹力大于电场力，粒子可能打在M板上，B正确；将开关断开，电容器与滑动变阻器构成回路，将放电，粒子只受到洛伦兹力，不能沿直线穿出，C错误；A中，根据C＝电容增大，电容将被充电，有电流经过灵敏电流计G，指针将偏转；B中，电容器电压减小，将放电，有电流经过灵敏电流计G，指针将偏转；C中，电容器放电，有电流经过灵敏电流计G，指针将偏转；D错误。5．【答案】D【解析】小球做圆周运动时，受向下的重力、细线的拉力和指向圆心的洛伦兹力作用，由牛顿第二定律可知，则小球的向心加速度大小a>gtan θ，由题中数据可求得磁感应强度B的大小，A、B错误；某时刻剪断细线，小球因为有水平速度，则受到洛伦兹力作用，小球的运动不是平抛运动，C错误；剪断细线后，小球运动过程中洛伦兹力不做功，由机械能守恒定律，mv＋mgh＝mv2，解得小球落到地面时速度大小，D正确。6．【答案】C【解析】两粒子都从M点入射从N点出射，则a粒子向下偏转，b粒子向上偏转，由左手定则可知两粒子均带正电，故A错误；设磁场半径为R，将MN当成磁场的边界，两粒子均与边界成45°入射，由运动对称性可知出射时与边界成45°，则一次偏转穿过MN时速度偏转90°；同理第二次穿过MN时速度方向再次偏转90°与初速度方向平行，B错误；两粒子可以围绕MN重复穿越，运动有周期性，设a粒子重复k次穿过MN，b粒子重复n次穿过MN，由几何关系可知kr1＝2R(k＝1,2,3…)，nr2＝2R(k＝1,2,3…)，由洛伦兹力提供向心力qvB＝m可得，而两个粒子的比荷相同，可知v1∶v2＝n∶k，当n＝1、k＝1时v1∶v2＝1∶1，当n＝2、k＝1时v1∶v2＝2∶1，则v1∶v2可能为1∶1或2∶1，故C正确，D错误。7．【答案】BD【解析】带电粒子在磁场中运动知qv0B＝m，依几何关系有MP＝r，nr＝L，解得B＝(n＝0，1，2，…)，故当B＝时n＝3，A错；由T＝＝，t＝T‧n，有t＝，B对；将v分解为v的匀速直线和初速为v的匀变速直线，所以L＝vt，令垂直MN方向的单向运动时间为t1，vy＝‧t1，2t1‧n＝t，解得：E＝(n＝1，2，3，…)，当n＝1时，Emin＝，C错；当E＝＞×2，则带电粒子与挡板MN碰撞2次但不能到达N，D对。8．【解析】(1)带电粒子在偏转电场中类平抛运动，水平方向L＝v0t竖直方向y＝gt2，其中联立解得当时进入电场中的粒子将打在极板上，即在电压等于时刻进入的粒子具有最大速度，所以由动能定理得：＝mvt2－mv02解得：vt＝×105 m/s。(2)粒子射入磁场时的速度与水平方向的夹角为30°，从下极板边缘射出的粒子轨迹如图中a所示，磁场中轨迹所对的圆心角为240°，时间最长；从上极板边缘射出的粒子轨迹如图中b所示，磁场中轨迹所对应的圆心角为120°，时间最短。因为两粒子的周期T＝相同，所以粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间之比为2∶1。(3)设从O′点射入磁场的粒子速度为v0，轨迹如图所示，它在磁场中的出射点与入射点间距d1＝2R由qv0B＝m得所以d1＝设从距O′点下方d＝0.05 m处射入磁场的粒子速度与水平方向夹角φ，则它的速度它在磁场中的出射点与入射点间距d2＝2R′cos φ由得d2＝即两个粒子向上偏移的距离相等所以，两粒子射出磁场的出射点间距仍为射入磁场时的间距，即0.05 m。9．【解析】(1)正负电子进入磁场后要在Ⅱ区域相遇，因此正负电子出加速器以后都向上偏转，根据左手定则可知直线加速器1加速的为负电子。(2)由几何关系可知：(d)2＋(R－h)2＝R2整理得当即时根据解得：。(3)当，则距离总是满足Δy＝2h情况一：h>R，经过分析可知只有一种情况如图，有：h＝R＋RΔy＝d情况二：h<R，解得则   [n＝1，3，5，…(2k－1)]10．【解析】(1)由图象可知物块进入磁场时的动能EkD＝0.96 J，由EkD＝mvD2解得vD＝8 m/s从A到D，根据动能定理有：(mg＋qE)R(1－cos θ)＝mvD2解得E＝22 N/C根据电场强度公式有：E＝d＝R(1－cos θ)联立解得：UAD＝22 V。(2)物块进入磁场后，对时间取微元Δt联立得结合图乙Ek－t图象可知图象斜率的物理意义为地面对物块的摩擦力的瞬时功率的负值，则：P＝fv＝μ(mg－qvB)v＝3×10－2μ(10－v)v由数学知识可知当v＝5 m/s时图象切线的斜率最小，即摩擦力的瞬时功率最大Ek′＝mv2＝0.375 J则Z点所对应的物块的动能大小为0.375 J。
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