高考物理一輪復習題及答案解析 磁場

1、選擇題專練卷(六)磁場一、單項選擇題1圖1中標出了磁感應強度B、電流I和其所受磁場力F的方向，正確的是()圖12彭老師在課堂上做了一個演示實驗：裝置如圖2所示，在容器的中心放一個圓柱形電極，沿容器邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極，把A和B分別與電源的兩極相連，然后在容器內(nèi)放入液體，將該容器放在磁場中，液體就會旋轉起來。王同學回去后重復彭老師的實驗步驟，但液體并沒有旋轉起來。造成這種現(xiàn)象的原因可能是，該同學在實驗過程中()圖2A將磁鐵的磁極接反了B將直流電源的正負極接反了C使用的電源為50 Hz的交流電源D使用的液體為飽和食鹽溶液3一個帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，要想確定帶電粒子的電荷量與質

2、量之比，則只需要知道()A運動速度v和磁感應強度BB磁感應強度B和運動周期TC軌道半徑r和運動速度vD軌道半徑r和磁感應強度B4(2014丹陽市模擬)如圖3所示，abcd四邊形閉合線框，a、b、c三點坐標分別為(0，L,0)，(L，L,0)，(L,0,0)，整個空間處于沿y軸正方向的勻強磁場中，通入電流I，方向如圖所示，關于四邊形的四條邊所受到的安培力的大小，下列敘述中正確的是()圖3Aab邊與bc邊受到的安培力大小相等Bcd邊受到的安培力最大Ccd邊與ad邊受到的安培力大小相等Dad邊不受安培力作用5如圖4，把扁平狀強磁鐵的N極吸附在螺絲釘?shù)暮蠖?，讓其位于磁鐵中心位置。取一節(jié)大容量干電池，讓

3、它正極朝下，把帶上磁鐵的螺絲釘?shù)募舛宋皆陔姵卣龢O的鐵殼帽上。將導線的一端接到電池負極，另一端輕觸磁鐵的側面。此時磁鐵、螺絲釘和電源就構成了一個回路，螺絲釘就會轉動，這就成了一個簡單的“電動機”。設電源電動勢為E，電路總電阻為R，則下列判斷正確的是()圖4A螺絲釘俯視逆時針快速轉動，回路中電流Ieq f(E,R)B螺絲釘俯視順時針快速轉動，回路中電流Ieq f(E,R)C螺絲釘俯視逆時針快速轉動，回路中電流Ieq f(E,R)D螺絲釘俯視順時針快速轉動，回路中電流Ieq f(E,R)6如圖5所示，空間存在足夠大、正交的勻強電、磁場，電場強度為E、方向豎直向下，磁感應強度為B、方向垂直紙面向里。

4、從電、磁場中某點P由靜止釋放一個質量為m、帶電量為q的粒子(粒子受到的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖5虛線所示。對于帶電粒子在電、磁場中下落的最大高度H，下面給出了四個表達式，用你已有的知識計算可能會有困難，但你可以用學過的知識對下面的四個選項做出判斷。你認為正確的是()圖5A.eq f(2mE,B2q)B.eq f(4mE2,B2q)C.eq f(2mB,E2q) D.eq f(mB,2Eq)7如圖6所示，有一金屬塊放在垂直于表面C的勻強磁場中，磁感應強度為B，金屬塊的厚度為d，高為h，當有穩(wěn)恒電流I平行平面C的方向通過時，由于磁場力的作用，金屬塊中單位體積內(nèi)參與導電的自由電子數(shù)目為(上下兩

5、面M、N上的電勢分別為M、N)()圖6A.eq f(BI,ed)eq f(1,MN) B.eq f(BI,eh)eq f(1,MN)C.eq f(ed,BI)|MN| D.eq f(eh,BI)|MN|8如圖7所示，在第象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，在第、象限內(nèi)分別存在如圖7所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等。有一個帶正電的帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中，并且恰好與y軸的正方向成45角進入磁場，又恰好垂直進入第象限的磁場。已知OP之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時，在電場和磁場中運動的總時間為()A.eq f(7d,2v0) B.eq f(d,v0)

6、(25)C.eq f(d,v0)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(3,2) D.eq f(d,v0)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(7,2)二、多項選擇題9(2014南京調(diào)研)電視機的顯像管中，電子束的偏轉是用磁偏轉技術實現(xiàn)的。電子束經(jīng)過加速電場后，進入一圓形勻強磁場區(qū)，磁場方向垂直于圓面。不加磁場時，電子束將通過磁場中心O點而打到屏幕上的中心M，加磁場后電子束偏轉到P點外側?，F(xiàn)要使電子束偏轉回到P點，可行的辦法是()圖8A增大加速電壓B增加偏轉磁場的磁感應強度C將圓形磁場區(qū)域向屏幕靠近些D將圓形磁場的半徑增大些10如圖9所示，一重力不計的帶電粒子以一定的速率從a

7、點對準圓心射入一圓形勻強磁場，恰好從b點射出。增大粒子射入磁場的速率，下列判斷正確的是()圖9A該粒子帶正電B該粒子帶負電C粒子從ab間射出D粒子從bc間射出11如圖10所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場。下列說法正確的是(不計粒子所受重力)()圖10A如果只增加U，粒子可以從Pc之間某位置穿出磁場B如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場C如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場D如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場12(

8、2014石家莊質檢)如圖11所示，有一垂直于紙面向外的有界勻強磁場，磁場的磁感應強度為B，其邊界為一邊長為L的正三角形(邊界上有磁場)，A、B、C為三角形的三個頂點。今有一質量為m、電荷量為q的粒子(不計重力)，以速度veq f(r(3)qBL,4m)從AB邊上的某點P既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，然后從BC邊上某點Q射出。若從P點射入的該粒子能從Q點射出，則()圖11APBeq f(2r(3),4)L BPBeq f(1r(3),4)LCQBeq f(r(3),4)L DQBeq f(1,2)L13美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動，并

9、使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一步，如圖12所示為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處靜止釋放，并沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D形盒中的勻強磁場做勻速圓周運動，對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()圖12A帶電粒子每運動一周被加速一次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關D加速電場方向需要做周期性的變化14如圖13所示，三個半徑分別為R、2R、6R的同心圓將空間分為、四個區(qū)域。其中圓形區(qū)域和環(huán)形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場

10、，磁感應強度分別為B和eq f(B,2)。一個質子從區(qū)域邊界上的A點以速度v沿半徑方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉后恰好從區(qū)域邊界上的C點飛出，AO垂直CO，則關于質子的運動下列說法正確的是()圖13A質子最終將離開區(qū)域在區(qū)域內(nèi)勻速運動B質子最終將一直在區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運動C質子能夠回到初始點A，且周而復始地運動D質子能夠回到初始點A，且回到初始點前，在區(qū)域中運動的時間是在區(qū)域中運動時間的6倍答 案1選A根據(jù)左手定則可判斷，A正確；B不受磁場力的作用；C圖F的方向應向上；D圖F的方向應垂直紙面向外。2選C容器中磁場方向向下，在電場作用下，正負離子向電極附近運動，同時由于磁場的作用，根據(jù)左手定則得正負離

11、子做圓周運動，故液體旋轉起來的原因是液體在磁場力作用下運動。清楚了這一原理即可作出判斷，選項A、B、D都不影響液體旋轉，選項C使用50 Hz的交流電源，電極電性發(fā)生周期性變化，且時間僅為0.02 s，故液體中正負離子的運動幅度較小，液體無法形成旋轉的趨勢。3選B根據(jù)洛倫茲力提供向心力有Bvqeq f(mv2,r)，可得req f(mv,Bq)，即eq f(q,m)eq f(v,Br)，顯然，選項A、C、D錯誤；將veq f(2r,T)代入eq f(q,m)eq f(v,Br)可得eq f(q,m)eq f(2,BT)，選項B正確。4選B根據(jù)左手定則，ab邊受到的安培力大小為FabBILab，b

12、c邊平行于磁場方向受力為零，A項錯誤；ad邊受到安培力大小為FadBILOd，故D項錯誤；cd邊受到的安培力大小為FcdBILcd，故C項錯誤，B項正確。5選B由左手定則判斷得知，螺絲釘后端受到順時針方向(俯視)的安培力作用，因此螺絲釘俯視順時針快速轉動；由于螺絲釘轉動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢，所以回路中的電流Ieq f(E,R)，選項B正確。6選A本題考查單位制的應用，結合常用公式qEHeq f(1,2)mv2，BqvqE可知Heq f(mE,2B2q)，此結果雖不是要求的值，但根據(jù)物理單位制可知題干要求的H的單位一定跟“eq f(mE,B2q)”的單位一致。對比四個選項可知，本題應選A。7

13、選A定向移動的電子在磁場中受洛倫茲力發(fā)生偏轉，在上下表面間形成電勢差，最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據(jù)平衡求出單位體積內(nèi)導電的自由電子數(shù)目。最終電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，有evBeeq f(|MN|,h)。解得veq f(|MN|,Bh)，電流的微觀表達式為InevSnevhd，所以neq f(I,evhd)eq f(BI,ed)eq f(1,MN)。選項A正確。8.選D要根據(jù)題意作出粒子的運動軌跡，如圖所示，粒子進入電場后做類平拋運動，從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45角射出電場，所以veq f(v0,sin 45)eq r(2)v0vxv0tan 45v

14、0，沿x軸方向有：xeq f(1,2)at2，所以eq f(x,y)eq f(f(1,2)at2,v0t)eq f(1,2)eq f(vx,v0)eq f(1,2)，故OA2OP2d，在垂直電場方向做勻速運動，所以在電場中運動的時間為：t1eq f(2d,v0)。如圖所示，AO1為在磁場中運動的軌道半徑，根據(jù)幾何關系可知：AO1eq f(AO,sin 45)2eq r(2)d，粒子從A點進入磁場，先在第一象限運動eq f(135,360)eq f(3,8)個圓周而進入第四象限，后經(jīng)過半個圓周，第二次經(jīng)過x軸，所以自進入磁場至第二次經(jīng)過x軸的時間為t2eq f(blc(rc)(avs4alco1

15、(f(3,8)f(1,2)2r,v)eq f(7d,2v0)，故自進入電場至在磁場中第二次經(jīng)過x軸的時間為tt1t2eq f(d,v0)eq blc(rc)(avs4alco1(2f(7,2)，故D正確。9選AC現(xiàn)要使電子束偏轉回到P點，可行的辦法可分為兩大類：一類是不改變電子在磁場中的偏轉角度，而將圓形磁場區(qū)域向屏幕靠近些；另一類是不改變磁場區(qū)域與屏幕的距離，而是減小電子在磁場中的偏轉角度，具體做法包含三個方面：(1)增大加速電壓，以提高射入磁場時粒子的速度；(2)減小偏轉磁場的磁感應強度；(3)將圓形磁場的半徑減小些。綜上可知，只有選項A、C正確。10選BD根據(jù)帶電粒子在磁場中偏轉的方向，

16、由左手定則判斷可知該粒子帶負電，選項A錯誤，B正確；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑req f(mv,qB)，所以當粒子入射的速率增大時，其軌道半徑r會增大，粒子會從圖中的bc之間射出磁場，故選項C錯誤，D正確。11選AD由已知可得qUeq f(1,2)mv2，keq f(q,m)，req f(mv,qB)，解得req f(r(2kU),kB)，對于選項A，只增加U，r增大，粒子就可以從Pc之間某位置穿出磁場；對于選項B；粒子電性不變，不可能向上偏轉；對于選項C，既減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場；對于選項D，只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁

17、場。12選AD由Bqveq f(mv2,R)，可知Req f(r(3),4)L，則從P點射入的粒子軌跡最長時為切著AC邊，此時PBeq f(2r(3)L,4)，而當粒子在其中經(jīng)歷eq f(1,4)圓弧時，從BC邊上射出時，QB最大為eq f(1,2)L，故A、D正確。13選AC由題圖看出，帶電粒子在C板下方的磁場中偏轉后進入A、C之間并未得到加速，帶電粒子每運動一周只被加速一次，加速電場的方向不發(fā)生變化，所以選項A正確，D錯誤；帶電粒子被電場加速n次后，由動能定理和牛頓第二定律分別得nqUeq f(1,2)mveq oal( 2,n)，qvnBmeq f(voal( 2,n),rn)，聯(lián)立解得rneq f(m,qB) eq r(f(2nqU,m)，由此可知，P1P2P2P3，選項B錯誤；由上面的qvnBmeq f(voal( 2,n),rn)可解得vneq f(qB,m)rn，顯然加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關，選項C正確。14.選CD依題意知，質子從A點進入?yún)^(qū)域，從C點離開區(qū)域，則旋轉半徑等于區(qū)域的半徑，即Req