2019-2020年高考物理一輪復習 高考真題備選題庫 第八章 磁場.DOC
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2019-2020年高考物理一輪復習 高考真題備選題庫 第八章 磁場 1．(xx·海南高考)下列說法中，符合物理學史實的是( ) A．亞里士多德認為，必須有力作用在物體上，物體才能運動；沒有力的作用，物體就靜止 B．牛頓認為，力是物體運動狀態(tài)改變的原因，而不是物體運動的原因 C．麥克斯韋發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場 D．奧斯特發(fā)現(xiàn)導線通電時，導線附近的小磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn) 解析：選ABD 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場，選項C錯誤。 2. (xx·海南高考)如圖，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應強度，下列判斷正確的是( ) A．a(chǎn)處的磁感應強度大小比c處的大 B．b、c兩處的磁感應強度大小相等 C．a(chǎn)、c兩處的磁感應強度方向相同 D．b處的磁感應強度為零 解析：選AD 根據(jù)通電直導線的磁場，利用右手螺旋定則，可知b處場強為零，兩導線分別在a處產(chǎn)生的場強大于在c處產(chǎn)生的場強，a、c兩處的場強疊加都是同向疊加，選項A、D正確。 3. (xx·上海高考)如圖，在磁感應強度為B的勻強磁場中，面積為S的矩形剛性導線框abcd可繞過ad邊的固定軸OO′轉(zhuǎn)動，磁場方向與線框平面垂直。在線框中通以電流強度為I的穩(wěn)恒電流，并使線框與豎直平面成θ角，此時bc邊受到相對OO′軸的安培力力矩大小為( ) A．ISBsin θ B．ISBcos θ C. D. 解析：選A 根據(jù)左手定則，可知通電導線受到的安培力沿豎直方向向上，大小為F＝BILbc，此力到轉(zhuǎn)軸的力臂為Labsin θ；力矩為：M＝FLabsin θ＝SBIsin θ，A項正確。 4．(xx·全國卷Ⅰ)關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是( ) A．安培力的方向可以不垂直于直導線 B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān) D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 解析：選B 根據(jù)左手定則可知：安培力的方向垂直于電流I和磁場B確定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A錯誤，B正確；當電流I的方向平行于磁場B的方向時，直導線受到的安培力為零，當電流I的方向垂直于磁場B的方向時，直導線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角有關(guān)，C錯誤；如圖所示，電流I和磁場B垂直，直導線受到的安培力F＝BIL，將直導線從中點折成直角，分段研究導線受到的安培力，電流I和磁場B垂直，根據(jù)平行四邊形定則可得，導線受到的安培力的合力為F′＝BIL，D錯誤。 5．(xx·安徽理綜)圖中a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動，它所受洛倫茲力的方向是( ) A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 解析：選B 本題考查通電導線周圍的磁場分布情況和帶電粒子在磁場中的運動情況，意在考查考生的理解能力和分析推理能力。根據(jù)安培定則及磁感應強度的矢量疊加，可得O點處的磁場向左，再根據(jù)左手定則判斷帶電粒子受到的洛倫茲力向下。 6．(xx·天津理綜)如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，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．磁感應強度變大，θ角變小 解析：棒中電流變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項A正確；兩懸線等長變短，θ角不變，選項B錯誤；金屬棒質(zhì)量變大，θ角變小，選項C錯誤；磁感應強度變大，金屬棒所受安培力變大，θ角變大，選項D錯誤。 答案：A 7．(xx·浙江理綜)如圖所示，一矩形輕質(zhì)柔軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉(zhuǎn)動，其在紙面上的長度為L1，垂直紙面的寬度為L2，在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉(zhuǎn)軸，質(zhì)量為m，長為L2的導體棒使膜展成平面．在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板，能接收到經(jīng)反射膜反射到光電池板上的所有光能，并將光能轉(zhuǎn)化成電能．光電池板可等效為一個電池，輸出電壓恒定為U；輸出電流正比于光電池板接收到的光能(設垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定)．導體棒處在方向豎直向上的勻強磁場B中，并與光電池構(gòu)成回路．流經(jīng)導體棒的電流垂直紙面向外(注：光電池與導體棒直接相連，連接導線未畫出)． (1)現(xiàn)有一束平行光水平入射，當反射膜與豎直方向成θ＝60°時，導體棒處于受力平衡狀態(tài)，求此時電流強度的大小和光電池的輸出功率． (2)當θ變?yōu)?5°時，通過調(diào)整電路使導體棒保持平衡，光電池除維持導體棒力學平衡外，還能輸出多少額外電功率？ 解析：(1)導體棒所受安培力FA＝IBL2① 導體棒有靜力平衡關(guān)系mgtanθ＝FA② 解得I＝mg③ 所以當θ＝60°時，I60＝＝ 光電池輸出功率為P60＝UI60＝ (2)當θ＝45°時，根據(jù)③式可知維持靜力平衡需要的電流為 I45＝＝ 根據(jù)幾何關(guān)系可知＝＝ 可得P45＝P60＝ 而光電池產(chǎn)生的電流為I光電＝＝ 所以能提供的額外電流為 I額外＝I光電－I45＝(－1) 可提供額外功率為P額外＝I額外U＝(－1) 答案：見解析 第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用 1．(xx·全國卷Ⅰ)如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為( ) A．2 B. C．1 D. 解析：選D 根據(jù)題圖中的幾何關(guān)系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質(zhì)可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍。設粒子在P點的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝，則B1＝＝；同理，B2＝＝，則＝，D正確，A、B、C錯誤。 2．(xx·全國卷Ⅱ)如圖為某磁譜儀部分構(gòu)件的示意圖。圖中，永磁鐵提供勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡。宇宙射線中有大量的電子、正電子和質(zhì)子。當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是( ) A．電子與正電子的偏轉(zhuǎn)方向一定不同 B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑一定相同 C．僅依據(jù)粒子運動軌跡無法判斷該粒子是質(zhì)子還是正電子 D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小 解析：選AC 根據(jù)洛倫茲力提供向心力，利用左手定則解題。根據(jù)左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉(zhuǎn)方向不同，選項A正確；根據(jù)qvB＝，得r＝，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質(zhì)子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝，粒子的動能大，其mv不一定大，選項D錯誤。 3．(xx·安徽高考)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部，而不與裝置器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可判斷所需的磁感應強度B正比于( ) A. B．T C. D．T2 解析：選A 由題意可知，等離子體的動能Ek＝cT(c是比例系數(shù))，在磁場中做半徑一定的圓周運動，由qvB＝m可知，B＝＝＝，因此A項正確，B、C、D項錯誤。 4．(xx·新課標全國Ⅰ)如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q＞0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)( ) A. B. C. D. 解析：選B 本題考查帶電粒子在有界磁場中的運動，意在考查考生對勻速圓周運動、牛頓第二定律的理解和應用能力。設粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律可得：qvB＝m，根據(jù)幾何關(guān)系可知r＝R，聯(lián)立兩式解得v＝，選項B正確。 5．(xx·新課標全國Ⅱ)空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域，該區(qū)域的橫截面的半徑為R，磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°。不計重力，該磁場的磁感應強度大小為( ) A. B. C. D. 解析：選A 本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動及其相關(guān)知識點，意在考查考生應用力學、幾何知識分析解決問題的能力。畫出帶電粒子運動軌跡示意圖，如圖所示。設帶電粒子在勻強磁場中運動軌跡的半徑為r，根據(jù)洛倫茲力公式和牛頓第二定律，qv0B＝m，解得r＝。由圖中幾何關(guān)系可得：tan 30°＝。聯(lián)立解得：該磁場的磁感應強度B＝，選項A正確。 6．(xx·江蘇)如圖所示，MN是磁感應強度為B的勻強磁場的邊界。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子在紙面內(nèi)從O點射入磁場。若粒子速度為v0，最遠能落在邊界上的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)，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v0－qBd/2m 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v0＋qBd/2m 解析：因粒子由O點以速度v0入射時，最遠落在A點，又粒子在O點垂直射入磁場時，在邊界上的落點最遠，即＝，所以粒子若落在A的右側(cè)，速度應大于v0，B正確；當粒子落在A的左側(cè)時，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A錯誤；當粒子射到A點左側(cè)相距d的點時，最小速度為vmin，則＝，又因＝，所以vmin＝v0－，所以粒子落在A點左右兩側(cè)d的范圍內(nèi)，其速度不可能小于vmin＝v0－，C正確；當粒子射到A點右側(cè)相距d的點時，最小速度為v1，則＝，又因＝，即v1＝v0＋，D錯誤。 答案：BC 7．(xx·安徽理綜)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v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角?，F(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A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.Δt B．2Δt C.Δt D．3Δt 解析：設電子粒子以速度v進入磁場做圓周運動，圓心為O1，半徑為r1，則根據(jù)qvB＝，得r1＝，根據(jù)幾何關(guān)系得＝tan ，且φ1＝60°當帶電粒子以v的速度進入時，軌道半徑r2＝＝＝r1，圓心在O2，則＝tan 。即tan ＝＝＝3tan＝。故＝60°，φ2＝120°；帶電粒子在磁場中運動的時間t＝T，所以＝＝，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故選項B正確，選項A、C、D錯誤。 答案：B 8．(xx·重慶理綜)如圖所示，矩形MNPQ區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面的勻強磁場，有5個帶電粒子從圖中箭頭所示位置垂直于磁場邊界進入磁場，在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，運動軌跡為相應的圓?。@些粒子的質(zhì)量、電荷量以及速度大小如下表所示. 粒子編號 質(zhì)量 電荷量(q>0) 速度大小 1 m 2q v 2 2m 2q 2v 3 3m －3q 3v 4 2m 2q 3v 5 2m －q v 由以上信息可知，從圖中a、b、c處進入的粒子對應表中的編號分別為( ) A．3、5、4 B．4、2、5 C．5、3、2 D．2、4、5 解析：本題意在考查考生對洛倫茲力方向的理解，并能應用R＝解決帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡問題．由帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡并結(jié)合左手定則可知，a、b、c三個帶電粒子分別帶正、正、負電荷，而a、b、c三個帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為 r1∶r2∶r3＝2∶3∶2，由R＝可知五個帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為∶2∶3∶3∶2，所以a、b、c三個帶電粒子分別是編號2、4、5三個，D正確． 答案：D 9．(xx·新課標全國)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R?，F(xiàn)將磁場換為平行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：粒子在磁場中做圓周運動。設圓周的半徑為r，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 qvB＝m① 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(未畫出)圍成一正方形。因此 ＝＝r② 設＝x，由幾何關(guān)系得 ＝R＋x③ ＝R＋④ 聯(lián)立②③④式得r＝R⑤ 再考慮粒子在電場中的運動。設電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設其加速度大小為a，由牛頓第二定律和帶電粒子在電場中的受力公式得 qE＝ma⑥ 粒子在電場方向和直線方向所走的距離均為r，由運動學公式得 r＝at2⑦ r＝vt⑧ 式中t是粒子在電場中運動的時間。聯(lián)立①⑤⑥⑦⑧式得 E＝⑨ 答案： 第3節(jié) 帶電粒子在組合場中的運動 1. (xx·海南高考)如圖，在x軸上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外；在x軸下方存在勻強電場，電場方向與xOy平面平行，且與x軸成45°夾角。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子以初速度v0從y軸上的P點沿y軸正方向射出，一段時間后進入電場，進入電場時的速度方向與電場方向相反；又經(jīng)過一段時間T0，磁場的方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蚶?，大小不變。不計重力? (1)求粒子從P點出發(fā)至第一次到達x軸時所需的時間； (2)若要使粒子能夠回到P點，求電場強度的最大值。 解析：(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動，設運動半徑為R，運動周期為T，根據(jù)洛倫茲力公式及圓周運動規(guī)律，有 qv0B＝m T＝ 依題意，粒子第一次到達x軸時，運動轉(zhuǎn)過的角度為π， 所需時間t1為t1＝T，求得t1＝ (2)粒子進入電場后，先做勻減速運動，直到速度減小為0，然后沿原路返回做勻加速運動，到達x軸時速度大小仍為v0，設粒子在電場中運動的總時間為t2，加速度大小為a，電場強度大小為E， 有qE＝ma v0＝at2 得t2＝ 根據(jù)題意，要使粒子能夠回到P點，必須滿足t2≥T0 得電場強度最大值 E＝ 答案：(1) (2) 2．(xx·大綱卷)如圖，在第一象限存在勻強磁場，磁感應強度方向垂直于紙面(xOy平面)向外；在第四象限存在勻強電場，方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子，該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ，求 (1)電場強度大小與磁感應強度大小的比值； (2)該粒子在電場中運動的時間。 解析：(1)如圖，粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設磁感應強度的大小為B，粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q，圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B＝m ① 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0＝d ② 設電場強度大小為E，粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax，在電場中運動的時間為t，離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學公式得 Eq＝max ③ vx＝axt ④ t＝d ⑤ 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖)， 有tan θ＝ ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 ＝v0tan2θ ⑦ (2)聯(lián)立⑤⑥式得 t＝ ⑧ 答案：見解析 3．(xx·山東高考)如圖甲所示，間距為d、垂直于紙面的兩平行板P、Q間存在勻強磁場。取垂直于紙面向里為磁場的正方向，磁感應強度隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。t＝0時刻，一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置，沿垂直于磁場且平行于板面的方向射入磁場區(qū)。當B0和TB取某些特定值時，可使t＝0時刻入射的粒子經(jīng)Δt時間恰能垂直打在P板上(不考慮粒子反彈)。上述m、q、d、v0為已知量。 (1)若Δt＝TB，求B0； (2)若Δt＝TB，求粒子在磁場中運動時加速度的大小； (3)若B0＝，為使粒子仍能垂直打在P板上，求TB。 解析：(1)設粒子做圓周運動的半徑為R1，由牛頓第二定律得 qv0B0＝ ① 據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R1＝d ② 聯(lián)立①②式得 B0＝ ③ (2)設粒子做圓周運動的半徑為R2，加速度大小為a，由圓周運動公式得 a＝ ④ 據(jù)題意由幾何關(guān)系得 3R2＝d ⑤ 聯(lián)立④⑤式得 a＝ ⑥ (3)設粒子做圓周運動的半徑為R，周期為T，由圓周運動公式得 T＝ ⑦ 由牛頓第二定律得 qv0B0＝ ⑧ 由題意知B0＝，代入⑧式得 d＝4R ⑨ 粒子運動軌跡如圖所示，O1、O2為圓心，O1O2連線與水平方向的夾角為θ，在每個TB內(nèi)，只有A、B兩個位置粒子才有可能垂直擊中P板，且均要求0＜θ＜，由題意可知 T＝ ⑩ 設經(jīng)歷完整TB的個數(shù)為n(n＝0,1,2,3…)若在A點擊中P板，據(jù)題意由幾何關(guān)系得 R＋2(R＋Rsin θ)n＝d ? 當n＝0時，無解 ? 當n＝1時，聯(lián)立⑨?式得 θ＝(或sin θ＝) ? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝ ? 當n≥2時，不滿足0＜θ＜的要求 ? 若在B點擊中P板，椐題意由幾何關(guān)系得 R＋2Rsin θ＋2(R＋Rsin θ)n＝d ? 當n＝0時，無解 ? 當n＝1時，聯(lián)立⑨?式得 θ＝arcsin (或sin θ＝) ? 聯(lián)立⑦⑨⑩?式得 TB＝ ? 當n≥2時，不滿足0＜θ＜的要求 ? 答案：見解析 4．(xx·廣東高考)如圖所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6 L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面。Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面向外。A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)，P點與A1板的距離是L的k倍，不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮。 (1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E； (2)若2下載提示(請認真閱讀)
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