2019-2020年高中物理 第八章 磁場高考真題備選題庫.doc
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2019-2020年高中物理 第八章 磁場高考真題備選題庫 1．(xx·海南高考)下列說法中，符合物理學(xué)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(yīng)，即電流可以在其周圍產(chǎn)生磁場 D．奧斯特發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線通電時，導(dǎo)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(yīng)，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(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為、l和3l。關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強度，下列判斷正確的是( ) A．a(chǎn)處的磁感應(yīng)強度大小比c處的大 B．b、c兩處的磁感應(yīng)強度大小相等 C．a(chǎn)、c兩處的磁感應(yīng)強度方向相同 D．b處的磁感應(yīng)強度為零 解析：選AD 根據(jù)通電直導(dǎo)線的磁場，利用右手螺旋定則，可知b處場強為零，兩導(dǎo)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(yīng)強度為B的勻強磁場中，面積為S的矩形剛性導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān) D．將直導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線受到的安培力最大，可見，安培力的大小與通電直導(dǎo)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(dǎo)線受到的安培力F＝BIL，將直導(dǎo)線從中點折成直角，分段研究導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個頂點上，導(dǎo)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(dǎo)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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(dǎo)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(shè)垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定)．導(dǎo)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(dǎo)體棒的電流垂直紙面向外(注：光電池與導(dǎo)體棒直接相連，連接導(dǎo)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(dǎo)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(dǎo)體棒保持平衡，光電池除維持導(dǎo)體棒力學(xué)平衡外，還能輸出多少額外電功率？ 解析：(1)導(dǎo)體棒所受安培力FA＝IBL2① 導(dǎo)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(yīng)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(shè)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(yīng)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(yīng)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(yīng)用能力。設(shè)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(yīng)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(yīng)用力學(xué)、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(shè)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(yīng)強度B＝，選項A正確。 6．(xx·江蘇)如圖所示，MN是磁感應(yīng)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(yīng)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(shè)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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。現(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(yīng)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(shè)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(shè)＝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(shè)電場強度的大小為E，粒子在電場中做類平拋運動。設(shè)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(xué)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(yīng)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(shè)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(shè)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(yīng)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(yīng)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(shè)磁感應(yīng)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(shè)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(xué)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(yīng)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(shè)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(shè)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(shè)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(shè)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(yīng)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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