2023江蘇版物理高考第二輪復習-專題十　磁場

2023江蘇版物理高考第二輪復習專題十磁場1.（2022河南名校聯(lián)盟三診）（多選）回旋加速器的工作原理如圖所示,D形金屬盒的半徑為R,兩I）形盒間狹縫的寬度為d,勻強磁場的磁感應強度大小為雙方向與盒面垂直。D形金屬盒的中心0處有一粒子源，能產(chǎn)生質(zhì)量為叭電荷量為e的質(zhì)子（質(zhì)子的初速度及其所受重力均不計），質(zhì)子在加速電壓為〔的電場中加速,最終從出口處射出.下列說法正確的是（）a.質(zhì)子在電場中運動的總時間為3B.質(zhì)子在磁場中運動的總時間為黨C.若僅將電壓I：增大，則質(zhì)子從出口處射出時的動能不變4 p2r2口2D.若僅將0處的粒子源改為氨（；He）核源并適當調(diào)整交流電頻率，則氨核可獲得的最大動能為匕答案AC當質(zhì)子射出1）形盒時,根據(jù)洛倫茲力提供向心力得evB=^,v=—,質(zhì)子在電場中的加速度大小為a=空黑,質(zhì)子Km mmd在電場中運動的總時間15=竿，故A正確;設在電場中加速的次數(shù)為n,根據(jù)動能定理得neU=imv\在電場中加速一次后,在磁2n2 nr?2場中運動半圈,在磁場中運動半圈的時間1產(chǎn)；二胃,質(zhì)子在磁場中運動的總時間I,二nL，一：:義警二二：/，故B錯誤;當質(zhì)子射2eB 2mueb2U出D形盒時,質(zhì)子的速度v喑若僅將電壓L增大，則質(zhì)子從出口處射出時的速度不變,動能不變,故C正確;若僅將0處的粒子源改為氨（：He）核源并適當調(diào)整交流電頻率，則與質(zhì)子比較,電荷量增大為2倍,質(zhì)量增大為4倍，則氮核吸得的最大速度為eRR 1 ?2d2d2v'半最大動能E^Xdmv':=W~L,故D錯誤.im L（2022東北師大附中測試七）如圖所示為洛倫茲力演示儀的結(jié)構示意圖,演示儀中有一對彼此平行且共軸的勵磁圓形線圈,通入電流I后，能夠在兩線圈間產(chǎn)生勻強磁場;玻璃泡內(nèi)有電子槍,通過加速電壓I對初速度為零的電子加速并連續(xù)發(fā)射。電子剛好從球心0點正下方的S點水平向左射出，電子通過玻璃泡內(nèi)稀薄氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡.則下列說法正確的是（）勵磁線圈A.若要正常觀察電子徑跡,勵磁線圈的電流方向應為逆時針（垂直紙面向里看）B.若保持U不變,增大1,則圓形徑跡的半徑變大C.若同時減小I和I,則電子運動的周期減小D.若保持I不變,減小I,則電子運動的周期將不變答案D若要正常觀察電子徑跡，則電子向左運動時需要受到向上的洛倫茲力,根據(jù)左手定則可知,玻璃泡內(nèi)的磁場應向里，根據(jù)安培定則可知,勵磁線圈的電流方向應為順時針，故A錯誤;電子在磁場中，向心力由洛倫茲力提供，則有eBv=m^,可得r曦,而電子進入磁場的動能由電場力做功得到,即eU=%v；即U不變，則、不變，由于m、e不變,而當1增大時,B增大，故半徑減小，故B錯誤;因為T衛(wèi)=駕,所以電子運動的周期與I■無關,當減小電流I時,B也減小,則電子運動的周期T增大故C錯誤;當I不變,u砌的T不變，故D正確.解題指導磁場是由通電勵磁圓形線圈產(chǎn)生,電流變化時磁場也會變化.（2022江蘇連云港二模）利用霍爾元件可以制作位移傳感器.如圖甲所示，將霍爾元件置于兩塊磁性強弱相同、同名磁極相對放置的磁體間隙中,以中間位置為坐標原點建立如圖乙所示空間坐標系.當物體沿x軸方向移動時，霍爾元件將產(chǎn)生不同的霍爾電壓U.已知在小范圍內(nèi),磁感應強度B的大〃與x成正比.電流I沿+z方向且保持不變。下列說法正確的是（）A.電流I越小，霍爾電壓I：越大B.位移傳感器無法確定位移的方向C.位移傳感器的刻度線是均勻的D.當霍爾元件處于x>0的位置時,上表面電勢高答案C根據(jù)題意得qvB=qg,又I=nqSv,解得U=%I,電流1越小,霍爾電壓I越小,A錯誤;根據(jù)題意B=kx,解得L=^x,電a nqS nqS壓與位移成正比,位移傳感器的刻度線是均勻的,c正確;若載流子所帶電荷的正負確定,根據(jù)左手定則，可以確定上表面電勢的高低,故位移傳感器可以確定位移的方向,B錯誤;載流子所帶電荷的正負未知,當霍爾元件處于x>0的位置時,如果載流子帶正電荷，則正電荷在洛倫茲力作用下向上偏轉(zhuǎn)，上表面電勢高,如果載流子帶負電荷,負電荷在洛倫茲力作用下也是向上偏轉(zhuǎn)，則下表面電勢高,因此無法確定上表面電勢高低,D錯誤.（2022遼寧沈陽模擬）（多選）將長方體金屬導體板水平放在勻強磁場中,磁場垂直前后側(cè)面向里穿過,當左右側(cè)面接入電路、通入電流時,在導體板的上下兩表面間會出現(xiàn)電勢差,此現(xiàn)象稱為霍爾效應,上下兩表面間的電壓稱為霍爾電壓Ik某同學利用霍爾效應的原理設計一個電路自動控制開關,部分電路如圖所示.閉合電路開關,通入電流時,若上表面電勢低于下表面電勢，顯示器會提示“電流方向錯誤”，同時控制器將斷開電路開關.若通入了正確方向的電流,當URU。時顯示器顯示“正常”，開關保持接通;當U“>U。時顯示器會提示“電流過大”，同時控制器也將斷開電路開關。則通入“正?！彪娏鲿r（）顯示器A.電流方向向左B.導體板上表面因得到正電荷而帶正電C.通入導體板的電流大小變?yōu)樵瓉淼囊话霑r,U“也變?yōu)樵瓉淼囊话隓.換用上下表面間距較大的同種金屬長方體導體板，上下表面間電勢差U“變大答案AC金屬導體板中能自由運動的粒子是電子,當通入“正常”電流時產(chǎn)生的霍爾效應使導體板上表面電勢高于下表面電勢,說明電子受到的洛倫茲力方向向下,根據(jù)左手定則可判斷出電子向右定向移動,所以“正?！彪娏鞣较蛳蜃?，故A正確；金屬導體中正電荷不移動,通入“正?！彪娏鲿r上表面因失去電子而帶正電，故B錯誤;穩(wěn)定時電子勻速經(jīng)過，有q萼=qvB,可得dU尸Bdv,d是上下表面間的距離,\是電子定向移動的速率,根據(jù)電流的微觀表達式I=neSv可得丫=總，則U產(chǎn)需,通入導體板的DI電流I大小變?yōu)樵瓉淼囊话霑r,u”也變?yōu)樵瓉淼囊话?，故C正確;設導體板前后側(cè)面間的距離為1,貝US=dl,所以u?=—,說明L-?net與上下表面間的距離d無關，故I）錯誤.（2022山東濰坊一模.7）如圖所示,正六邊形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場.一帶正電粒子以速度v,從a點沿ad方向射入磁場，從<：點離開磁場;若該粒子以速度'〔從a點沿ae方向射入磁場，則從d點離開磁場。不計粒子重力，"的值為（）A.V3B.當

答案c帶正電粒子以速度v.從a點沿ad方向射入磁場,從c點離開磁場,設六邊形的邊長為L,則由幾何關系得R,=V3L;若該粒子以速度5從a點沿ae方向射入磁場，則從d點離開磁場，則由幾何關系得RWL,由洛倫茲力提供向心力得Bqv=m^，則R等,故速度之比即半徑之比,”=號《，故選C.Bq V2/?22（2022山東聊城一模.9）（多選）如圖所示，勻強磁場方向垂直紙面向里,上端開口、下端封閉的玻璃管豎直放置,玻璃管內(nèi)壁光滑，管底有一帶正電的小球（未畫出），在外力作用下,玻璃管垂直進入磁場并保持速度不變，小球最終從上端管□飛出.從進入磁場到小球飛出玻璃管的過程中,下列說法正確的是（）TOC\o"1-5"\h\zI I X XJx X XL ；x x/:X X Xb：xXXA.洛倫茲力對小球做正功B.小球的機械能增加C.小球的運動軌跡是一條拋物線D.小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管速度無關答案BC洛倫茲力的方向與速度方向垂直,永遠不做功，故A錯誤;設小球豎直分速度為水平分速度為v,小球受力如圖所示,玻璃管對帶電小球的彈力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，彈力對小球做正功，小球的機械能增加，故B正確;小球隨玻璃管在水平方向做勻速直線運動，小球在豎直方向所受的洛倫茲力F,-qvB是恒力,在豎直方向,由牛頓第二定律得qvB-mg=ma,解得小球的加速度大小a=*g,小球的加速度不隨時間變化,恒定不變，小球在豎直方向做勻加速直線運動,合運動為勻變速曲線運動,運動軌跡是一條拋物線，故C正確;小球在豎直方向做勻加速運動,根據(jù)h=iat2,可知小球在玻璃管中的運動時間與玻璃管速度有關,選項【）錯誤。'ng'ng（2022廣東佛山二模,10）（多選）據(jù)報道，我國空間站安裝了現(xiàn)代最先進的霍爾推進器用以空間站的軌道維持。如圖乙，在很窄的圓環(huán)空間內(nèi)有沿半徑向外的磁場1,其磁感應強度大小可近似認為處處相等;垂直圓環(huán)平面同時加有勻強磁場2和勻強電場（圖中沒畫出），磁場1與磁場2的磁感應強度大小相等，已知電子電荷量為e,質(zhì)量為m,若電子恰好可以在圓環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則以下說法正確的是（）甲 乙甲 乙A.電場方向垂直環(huán)平面向外粒子軌跡XXX入射方向粒子軌跡XXX入射方向B.電子運動周期為一VC.垂直環(huán)平面的磁感應強度大小為手eRmv2D.電場強度大小為華eR答案BCD根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場1的洛倫茲力垂直環(huán)平面向里,電場力與該洛倫茲力平衡，電場力應垂直環(huán)平面向外,由于電子帶負電,故電場方向垂直環(huán)平面向里,A錯誤;電子在圓環(huán)內(nèi)沿順時針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運動，則電子運動周期為T=,B正確;電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場2的洛倫茲力提供電子做圓周運動的向心力,則有cvB=m-,v R2解得B空,C正確;電子在垂直環(huán)平面方向受力平衡，則有eE=evB,解得卜：笠,D正確。eR eRD（2022廣東深圳二模,8）（多選）如圖為地球赤道剖面圖,地球半徑為R,把地面上高度為e區(qū)域內(nèi)的地磁場視為磁感應強度為B、方向垂直于剖面的勻強磁場，一帶電粒子以速度v正對地射入該磁場區(qū)域,軌跡恰好與地面相切,則（）入射方向粒子軌跡A.粒子帶正電荷B.軌跡較為言C.粒子的比荷為白D.若粒子速度減小,在該磁場區(qū)域的運動時間增大答案BD由左手定則知，粒子帶負電,A錯誤;由幾何關系知/+（R+9,（R+r）；解得r=^,B正確;根據(jù)qvB=（,解得工法,C錯誤;若粒子速度減小，則運動半徑減小,在磁場中運動的圓心角變大,粒子的周期T普不變，則由t=^T知,在該磁m5dK Qd場區(qū)域的運動時間變大,D正確。（2022臨澧一中開學考,5）磁單極子是物理學家設想的一種僅帶有單一磁極（\極或S極）的粒子，它們的磁感線分布類似于點電荷的電場線分布,目前科學家還沒有證實磁單極子的存在.若自然界中存在磁單極子，以其為球心畫出兩個球面1和2,如圖所示,a點位于球面1上,b點位于球面2上,則下列說法正確的是（）

A.a點比b點的磁感應強度大B.a點比b點的磁感應強度小C.球面1比球面2的磁通量大D.球面1比球面2的磁通量小答案A由于磁單極子的磁感線分布類似于點電荷的電場線分布,磁感線越密集的地方,磁感應強度越大,A正確,B錯誤;由于磁感線都是發(fā)散射線,中間沒有斷開,穿過兩個面的磁感線的條數(shù)相等,因此兩個面的磁通量相等,C、D錯誤。（2022長沙長郡中學月考六,9）（多選）自行車速度計可以利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率.如圖甲所示,一塊磁鐵安裝在前輪上,輪子每轉(zhuǎn)一圈,磁鐵就靠近傳感器一次，傳感器就會輸出一個脈沖電壓.如圖乙所示，電源輸出電壓為U?當磁場靠近霍爾元件時,在導體前后表面間出現(xiàn)電勢差k（前表面的電勢低于后表面的電勢）.下列說法中正確的是（）連接到速度計霍爾傳感器、自行車前叉圖甲磁場8Hi 圖乙A.圖乙中霍爾元件的載流子帶正電B.已知自行車車輪的半徑,再根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù)，即獲得車速大小C.若傳感器的電源輸出電壓I,變大，則霍爾電壓I：變大D.自行車的車速越大，則霍爾電壓L越大答案BC霍爾元件的電流1是由負電荷定向運動形成的,選項A錯誤;根據(jù)單位時間內(nèi)的脈沖數(shù),可求得車輪轉(zhuǎn)動周期,從而求得車輪的角速度,最后由線速度公式v=r3，結(jié)合車輪半徑即可求解車輪的速度大小,選項B正確;根據(jù)qvB=q^,得&=vdB,由電流的微觀表達式I=nqS%七解得后緇，霍爾電壓盤與車速大小無關,選項D錯誤;由公式舊倦，若傳感器的電源輸出電壓U,變大,那么電流I變大，則霍爾電壓V.將變大，選項0正確。（2020塘沽一中期末）如圖所示為一種質(zhì)譜儀的示意圖，該質(zhì)譜儀由速度選擇器、靜電分析器和磁分析器組成。若速度選擇器中電場強度大小為E?磁感應強度大小為B”方向垂直紙面向里,靜電分析器通道中心線為:圓弧,圓弧的半徑（0P）為R,通道內(nèi)有均勻輻射的電場,在中心線處的電場強度大小為E,磁分析器中有范圍足夠大的有界勻強磁場,磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外.一帶電粒子以速度v沿直線經(jīng)過速度選擇器后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器,最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力。下列說法正確的是（）Q P磁分析器 BA.速度選擇器的極板P,的電勢比極板P：的電勢!氐B.粒子的速度、?聾C.粒子的比荷為ERBiD.P、Q兩點間的距離為絲誓答案C根據(jù)圖可知,粒子在磁分析器內(nèi)向左偏轉(zhuǎn)，則粒子受到的洛倫茲力的方向向左,由左手定則可知，該粒子帶正電;粒子在速度選擇器內(nèi)向右運動,根據(jù)左手定則可知,粒子受到的洛倫茲力的方向向上;因為粒子勻速穿過速度選擇器,所以粒子受到的電場力的方向向下，則電場的方向向下,所以極板P的電勢比極板P：的電勢高，故A項錯誤.粒子在速度選擇器內(nèi)勻速運動,受力平衡，則有qE產(chǎn)qvB“解得'=2,故B項錯誤.粒子在靜電分析器內(nèi)做勻速圓周運動，則有qE塔,聯(lián)立可得粒子的比荷2=4=鳥,故c項正確.粒子在磁分析器內(nèi)做勻速圓周運動,有qvB=—,聯(lián)立解得廠瞥,由幾何關系知P、Q之間的距離mchERB] r cjd為2r二^^1,故D項也（2022濱海七校聯(lián)考,5）新型冠狀病毒傳播能力非常強,因此研究新冠肺炎病毒株的實驗室必須是全程都在高度無接觸物理防護性條件下操作。武漢病毒研究所是我國防護等級最高的P4實驗室,在該實驗室中有一種污水流量計,其原理可以簡化為如圖所示模型:污水內(nèi)含有大量正、負離子,從直徑為d的圓柱形容器右側(cè)流入,左側(cè)流出.流量Q等于單位時間通過橫截面的液體的體積.空間有垂直紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，下列說法正確的是（）BXX“XXXXXXxx/vxxA.所有離子所受洛倫茲力方向均由M指向NB.M點的電勢高于、點的電勢C.污水流量計也可以用于測量不帶電的液體的流速D.若再測量出M、N兩點間的電壓就能夠推算出污水的流量答案D根據(jù)左手定則可知,正離子受到的洛倫茲力向下,負離子受到的洛倫茲力向上,因此正離子向下聚集,負離子向上聚集,、點電勢高于M點電勢，故A、B均錯誤;不帶電的粒子不會受洛倫茲力,因此也不會偏轉(zhuǎn),M、N之間不會出現(xiàn)電勢差，故（,錯誤;當M、N兩點間電壓U穩(wěn)定時,根據(jù)平衡條件有qvB=qE,根據(jù)勻強電場中電勢差與場強的關系有U=Ed,由題意可知Q=vsJnd'聯(lián)立解得Q=嚶,由該式可知只需要知道磁感應強度B、直徑d及義兩點間的電壓I,就能夠推算出污水的流4 48量,故1）正確。（2022浙江寧波十校聯(lián)考）為了降低潛艇噪音，科學家設想用電磁推進器替代螺旋槳。裝置的截面圖如圖所示，電磁推進器用絕緣材料制成海水管道，馬鞍形超導線圈形成如圖所示的磁場,現(xiàn)潛艇在前進過程中海水正源源不斷地被推向紙外.則下列說法正確的是（）A.圖中所接電源為直流電源,a極為電源正極B.同時改變磁場方向和電源正負極可實現(xiàn)潛艇倒退C.加速階段,海水對潛艇的力與潛艇對海水的力大小相等D.電源輸出的能量完全轉(zhuǎn)化為海水的動能和潛艇的動能答案C海水被推向紙外,根據(jù)左手定則可知,電流方向由b指向a,b為電源正極,A錯誤;同時改變電流和磁場方向,海水受到的安培力不變,航行方向不變,B錯誤;根據(jù)牛頓第三定律,海水對潛艇的力與潛艇對海水的力大小相等,方向相反,C正確;電源輸出的能量不可能完全轉(zhuǎn)化為動能,有焦耳熱損耗,D錯誤.（2022山東青島一模,17）某電子顯像裝置的原理如圖所示,平面內(nèi)有勻強電場和勻強磁場區(qū)域,磁場分布在x軸下方及拋物線與y軸之間,拋物線方程為y=2x；磁感應強度大小為B,方向垂直紙面向外;電場分布在拋物線與x軸之間所夾的空間,電場強度大小為E,方向沿y軸負方向.現(xiàn)有帶正電粒子從拋物線上各處無初速度釋放,粒子進入第四象限經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后都會經(jīng)過原點0,粒子重力不計，求：（1）帶電粒子的比荷；（2）y=2m處釋放的粒子從釋放到再次運動到拋物線（非原點）所用的時間；（3）y=2m處釋放的粒子第三次經(jīng)過x軸的位置坐標....16E (3ir+16)B答案⑴/⑵⑶(2-5m,0)

解析⑴設帶電粒子在磁場中的運動半徑為R,根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB帶電粒子在電場中加速Eqy=^mv:由于粒子恰好能經(jīng)過圓心0,可知x=2R又y=2x2⑵當y=2m時,得x=lm此時粒子做圓周運動的半徑R=0.5m由圓運動方程可得(x-0.5)2+y2=R2又拋物線方程為y=2x2解得x=0,y=0或者x=0.5,y=0.5即粒子再次到達拋物線的坐標為(0.5m,0.5m),可知粒子在磁場中恰好運動了;周期,粒子做圓周運動的周期T駕4 qB粒子在磁場中運動的時間1尸》=瞿432c圖圖(a)解得T2E則運動的時間(3)粒子再次進入電場后做類平拋運動帶電粒子在電場中加速口=黑片，則平拋的水平位移Xo=vt3=2m因此達到X軸上的坐標為⑵5m,0).(2022廣東二模,13)如圖(a)是一種防止宇宙射線危害宇航員的裝置,在航天器內(nèi)建立半徑分別為R和45r的同心圓柱，圓柱之間加上沿軸向方向的磁場,其橫截面如圖(b)所示.宇宙射線中含有大量的質(zhì)子,質(zhì)子沿各個方向運動的速率均為v0,質(zhì)子的電荷量為e、質(zhì)量為m.圖(b)(1)若設置磁感應強度大小為某值時,恰好所有方向入射的質(zhì)子都無法進入防護區(qū),求這種情況下磁感應強度的大小.(2)若設置磁感應強度大小使得正對防護區(qū)圓心入射的質(zhì)子，恰好無法進入防護區(qū),求這種情況下質(zhì)子從進入磁場到離開磁場的時間.

田一z,x(V3+l)mvo/c\2rR答案⑴^⑵麗解析(D設磁感應強度為B時,運動半徑為r的質(zhì)子滲透最深入時都無法進入防護區(qū),其在磁場中的運動軌跡如圖甲所示.由幾何關系可知廠當與2儺茲力想共向心力ev莊》聯(lián)立①②解得B="臀eR(2)設磁感應強度為B?質(zhì)子的運動半徑為如圖乙所示.由幾何關系可知r『+(gR)2=(ri+R)2③又tana= ④質(zhì)子在磁場中運動的時間，胃噫聯(lián)立③④⑤解得(2022常德統(tǒng)考,14)物理氣相沉積鍍膜是芯片制作的關鍵環(huán)節(jié)之一，如圖是該設備的平面結(jié)構簡圖。初速度不計的氧離子(比荷青2.4X1。，C/kg)經(jīng)電壓V的電場加速后，從C點水平向右進入豎直向下的場強為E=207/m的勻強電場，恰好打到電場、磁場的豎直分界線I最下方M點(未進入磁場)并被位于該處的金屬靶材全部吸收,C、M兩點的水平距離為。.5%靶材蝴出的部分金屬離子(比荷森2.0X1。"C/kg)沿融方向進入兩勻強磁場區(qū)域，麒大小均為1.0X10'必,并沂積在固定基底上,M點到基底的距離為一m.基底與水平方向夾角為45。，大〃弁等(B=lX10：T)、方向相反(均垂直紙面)4的兩磁場的分界線0過M點且與基底垂直。求：(兩種離子均帶正電.忽略重力及離子間相互作用力)(DC.M兩點的高度差;(2)在紙面內(nèi),基底上可被金屬離子打中而鍍膜的區(qū)域長度;(3)金屬離子打在基底上所用時間最短時離子的入射方向與分界線II的夾角的正弦值.靶材答案(1)0.5m(2)空m(3)乎解析(1)氮離子在電場中加速根據(jù)動能定理有qiU?=1miVo故v產(chǎn)產(chǎn)91—。二］小乙7mi氫離子在電場中偏轉(zhuǎn)CMA=Vot1,CMr=rat2qiE=mia代入數(shù)據(jù)得高度差C.My=0.5m(2)金屬離子在磁場中運動m?v2c一「二Bq「vlx金屬離子沿著靶材和右下磁場邊界入射,其圓心o在M點正上方0.5m處,金屬離子沉積點為K,分界線II與基底的交點為A.0靶材0Msin45°=AM所以()恰好在基底上。V20A=AMtan45m4所以AK=竽m4離子靠近MA方向射出，則會落在A點的附近.左上磁場區(qū)域范圍內(nèi)離子受到洛倫茲力偏向右,根據(jù)對稱性,離子能夠到達K'點(在A左