知識點(diǎn)十一 磁場-2021年高考物理分類題庫

知識點(diǎn)十一磁場1.(2021·全國甲卷·T16)兩足夠長直導(dǎo)線均折成直角,按圖示方式放置在同一平面內(nèi),EO與O'Q在一條直線上,PO'與OF在一條直線上,兩導(dǎo)線相互絕緣,通有相等的電流I,電流方向如圖所示。若一根無限長直導(dǎo)線通過電流I時,所產(chǎn)生的磁場在距離導(dǎo)線d處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,則圖中與導(dǎo)線距離均為d的M、N兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為 ()B、0B.0、2BC.2B、2BD.B、B【解析】選B。由題意可知,PF方向可視為存在一條無限長直導(dǎo)線,EQ方向可視為存在一條無限長直導(dǎo)線,利用題目條件,根據(jù)安培定則可判斷兩條無限長直導(dǎo)線在M點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B,方向相反,故M點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為0;兩條無限長導(dǎo)線在N點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小都為B,方向相同,都垂直于紙面向里,故N點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度為2B,故選項(xiàng)B正確,A、C、D錯誤。2.(2021·全國乙卷·T16)如圖,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從圓周上的M點(diǎn)沿直徑MON方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°;若射入磁場時的速度大小為v2,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°。不計重力,則v1v212 333D.【解析】選B。帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力充當(dāng)向心力有:qvB=mv2r,解得r=mvqB。設(shè)勻強(qiáng)磁場的圓形區(qū)域半徑為R,根據(jù)粒子射入磁場時的速度大小為v1,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)90°可知r1=R,且r1=mv1qB,射入磁場時的速度大小為v2,離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)60°可知r2=3R,且r2=mv2qB3.(2021·河北選擇考·T5)如圖,距離為d的兩平行金屬板P、Q之間有一勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1,一束速度大小為v的等離子體垂直于磁場噴入板間。相距為L的兩光滑平行金屬導(dǎo)軌固定在與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2,導(dǎo)軌平面與水平面夾角為θ,兩導(dǎo)軌分別與P、Q相連。質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直導(dǎo)軌放置,恰好靜止。重力加速度為g,不計導(dǎo)軌電阻、板間電阻和等離子體中的粒子重力。下列說法正確的是 ()A.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上,v=mgRsinθB.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下,v=mgRsinθC.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向上,v=mgRtanθD.導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下,v=mgRtanθ【解析】選B。由圖可知平行金屬板P、Q間的勻強(qiáng)磁場向右,由左手定則可知正離子受到向下的洛倫茲力而偏向Q板,負(fù)離子受到向上的洛倫茲力而偏向P板,等離子體受力平衡,得:Ude=evB1;通過金屬棒的電流從a流向b,從b向a看金屬棒的受力如圖所示,由左手定則可知導(dǎo)軌處磁場的方向垂直導(dǎo)軌平面向下,由平衡條件得:FA=B2IL=mgsinθ,又I=UR,所以v=4.(2021·廣東選擇考·T5)截面為正方形的絕緣彈性長管中心有一固定長直導(dǎo)線,長管外表面固定著對稱分布的四根平行長直導(dǎo)線。若中心直導(dǎo)線通入電流I1,四根平行直導(dǎo)線均通入電流I2,I1?I2,電流方向如圖所示。下列截面圖中可能正確表示通電后長管發(fā)生形變的是 ()【解析】選C。因I1?I2,則可不考慮四個邊上的直導(dǎo)線之間的相互作用;根據(jù)兩通電直導(dǎo)線間的安培力作用滿足“同向電流相互吸引,異向電流相互排斥”,則正方形左右兩側(cè)的直導(dǎo)線要受到中心直導(dǎo)線吸引的安培力,形成凹形,正方形上下兩邊的直導(dǎo)線要受到中心直導(dǎo)線排斥的安培力,形成凸形,故發(fā)生形變后的形狀如圖C。5.(2021·浙江6月選考·T15)如圖所示,有兩根用超導(dǎo)材料制成的長直平行細(xì)導(dǎo)線a、b,分別通以80A和100A流向相同的電流,兩導(dǎo)線構(gòu)成的平面內(nèi)有一點(diǎn)P,到兩導(dǎo)線的距離相等。下列說法正確的是 ()A.兩導(dǎo)線受到的安培力Fb=1.25FaB.導(dǎo)線所受的安培力可以用F=ILB計算C.移走導(dǎo)線b前后,P點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向改變D.在離兩導(dǎo)線所在的平面有一定距離的有限空間內(nèi),不存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的位置【解析】選B、C、D。a、b導(dǎo)線的電流之間的安培力是相互作用力,所以大小應(yīng)該相等,選項(xiàng)A錯誤;導(dǎo)線所受的安培力可以用F=BIL進(jìn)行計算,選項(xiàng)B正確;在P處a產(chǎn)生的磁場根據(jù)右手定則可知,垂直紙面向外,而b在該處的磁場垂直紙面向里。由于b導(dǎo)線中電流強(qiáng),所以P點(diǎn)磁場垂直紙面向里,若撤走b導(dǎo)線則,P點(diǎn)的磁場方向垂直紙面向外,選項(xiàng)C正確;根據(jù)通電直導(dǎo)線的磁場分布特點(diǎn),且兩導(dǎo)線的電流不相等,不可能存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零的地方,選項(xiàng)D正確。6.(2021·全國甲卷·T25)如圖,長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置,間距也為l,兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上,在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度大小為E;兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小可調(diào)節(jié)的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射,恰好從P點(diǎn)處射入磁場,從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場,運(yùn)動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°,不計重力。(1)求粒子發(fā)射位置到P點(diǎn)的距離;(2)求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的取值范圍;(3)若粒子正好從QN的中點(diǎn)射出磁場,求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離?！窘馕觥?1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動的加速度為a=qEm,由題意知,粒子的速度偏轉(zhuǎn)角為θ=30°,故有tanθ=vyv0=atv0,求得t=豎直位移y=12at2=故粒子發(fā)射位置到P的距離為s=x2+(2)粒子進(jìn)入磁場時的速度大小為v=v0cos30°=由qvB=mv2R得,B=如圖所示:磁感應(yīng)強(qiáng)度最大時,粒子由Q點(diǎn)射出,設(shè)此時的軌跡圓圓心為O1,由幾何關(guān)系可知,R1=12lcos30°=3如圖所示:磁感應(yīng)強(qiáng)度最小時,粒子從N點(diǎn)射出,設(shè)此時軌跡圓圓心為O2,O2可通過作入射速度方向的垂線和PN的中垂線交點(diǎn)得到。過O2作PQ的垂線與PQ的延長線交于點(diǎn)A,由幾何關(guān)系得O2A=R22,故O2Q=22R2,結(jié)合PB=QB=22l,在(22l)2+(22l+22R2)2=R22,解得R2=(故磁感應(yīng)強(qiáng)度的取值范圍:2mv0(3)粒子軌跡如圖:M'N'∥MN,且與圓相切于A點(diǎn),N'N即為所求,根據(jù)幾何關(guān)系PC=l2+(cosθ'=l52sinθ'=12l在△OPD中:r=OP=12PC在△OPB中:OB=r·sin30°=12r=544(2則N'N=l-ABAB=r-OB=12可解得N'N=39-答案:(1)13mv026qE(2)2m7.(2021·河北選擇考·T14)如圖,一對長平行柵極板水平放置,極板外存在方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,極板與可調(diào)電源相連。正極板上O點(diǎn)處的粒子源垂直極板向上發(fā)射速度為v0、帶正電的粒子束,單個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q。一足夠長的擋板OM與正極板成37°傾斜放置,用于吸收打在其上的粒子。C、P是負(fù)極板上的兩點(diǎn),C點(diǎn)位于O點(diǎn)的正上方,P點(diǎn)處放置一粒子靶(忽略靶的大小),用于接收從上方打入的粒子,CP長度為L0。忽略柵極的電場邊緣效應(yīng)、粒子間的相互作用及粒子所受重力。sin37°=35(1)若粒子經(jīng)電場一次加速后正好打在P點(diǎn)處的粒子靶上,求可調(diào)電源電壓U0的大小;(2)調(diào)整電壓的大小,使粒子不能打在擋板OM上,求電壓的最小值Umin;(3)若粒子靶在負(fù)極板上的位置P點(diǎn)左右可調(diào),則負(fù)極板上存在H、S兩點(diǎn)(CH≤CP<CS,H、S兩點(diǎn)未在圖中標(biāo)出),對于粒子靶在HS區(qū)域內(nèi)的每一點(diǎn),當(dāng)電壓從零開始連續(xù)緩慢增加時,粒子靶均只能接收到n(n≥2)種能量的粒子,求CH和CS的長度(假定在每個粒子的整個運(yùn)動過程中電壓恒定)?！窘馕觥?1)從O點(diǎn)射出的粒子在極板間被加速,則U0q=12mv2-12粒子在磁場中做圓周運(yùn)動,則半徑r=L由qvB=mv解得U0=B2q(2)當(dāng)電壓有最小值時,當(dāng)粒子穿過下面的正極板后,圓軌道與擋板OM相切,此時粒子恰好不能打到擋板上,則從O點(diǎn)射出的粒子在板間被加速,則Uminq=12mv2-12粒子在負(fù)極板上方的磁場中做圓周運(yùn)動qvB=mv粒子從負(fù)極板傳到正極板時速度仍減小到v0,則qv0B=mv由幾何關(guān)系可知2rmin=r'sin37聯(lián)立解得v=4Umin=7mv(3)設(shè)粒子第一次經(jīng)過電場加速,在負(fù)極板上方磁場區(qū)域偏轉(zhuǎn)的軌跡半徑為r0,若粒子在電場加速電壓小于Umin,粒子穿過磁場在正極板下方磁場運(yùn)動時,會被OM板吸收。則第一次出現(xiàn)能接收到兩種能量的位置(即H點(diǎn))為粒子通過極板電壓Umin=7mv由(2)的計算可知r1=4m則CH=4r-2r'=10m極板電壓大于Umin=7mv0218q時,粒子均不會被OM吸收,可以經(jīng)過正極板下方磁場偏轉(zhuǎn),回到負(fù)極板上方磁場中,偏轉(zhuǎn)后打在負(fù)極板上。則H點(diǎn)右方的點(diǎn)的粒子靶都可以接收到n(n答案:(1)B2qL028m-m8.(2021·湖南選擇考·T13)(13分)帶電粒子流的磁聚焦和磁控束是薄膜材料制備的關(guān)鍵技術(shù)之一。帶電粒子流(每個粒子的質(zhì)量為m、電荷量為+q)以初速度v垂直進(jìn)入磁場,不計重力及帶電粒子之間的相互作用。對處在xOy平面內(nèi)的粒子,求解以下問題。(1)如圖(a),寬度為2r1的帶電粒子流沿x軸正方向射入圓心為A(0,r1)、半徑為r1的圓形勻強(qiáng)磁場中,若帶電粒子流經(jīng)過磁場后都匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O,求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小;(2)如圖(a),虛線框?yàn)檫呴L等于2r2的正方形,其幾何中心位于C(0,-r2)。在虛線框內(nèi)設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場,使匯聚到O點(diǎn)的帶電粒子流經(jīng)過該區(qū)域后寬度變?yōu)?r2并沿x軸正方向射出。求該磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B2的大小和方向,以及該磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程);(3)如圖(b),虛線框Ⅰ和Ⅱ均為邊長等于r3的正方形,虛線框Ⅲ和Ⅳ均為邊長等于r4的正方形。在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ中分別設(shè)計一個區(qū)域面積最小的勻強(qiáng)磁場,使寬度為2r3的帶電粒子流沿x軸正方向射入Ⅰ和Ⅱ后匯聚到坐標(biāo)原點(diǎn)O。再經(jīng)過Ⅲ和Ⅳ后寬度變?yōu)?r4,并沿x軸正方向射出,從而實(shí)現(xiàn)帶電粒子流的同軸控束。求Ⅰ和Ⅲ中磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小,以及Ⅱ和Ⅳ中勻強(qiáng)磁場區(qū)域的面積(無需寫出面積最小的證明過程)?！窘馕觥?1)粒子垂直y軸進(jìn)入圓形磁場,在坐標(biāo)原點(diǎn)O匯聚,滿足磁聚焦的條件,即粒子在磁場中運(yùn)動的半徑等于圓形磁場的半徑r1,粒子在磁場中運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力qvB1=mv解得B1=mv(2)粒子從O點(diǎn)進(jìn)入下方虛線區(qū)域,若要從聚焦的O點(diǎn)飛入然后平行x軸飛出,為磁發(fā)散的過程,即粒子在下方圓形磁場運(yùn)動的軌跡半徑等于磁場半徑,粒子軌跡最大的邊界如圖所示,圖中圓形磁場即為最小的勻強(qiáng)磁場區(qū)域磁場半徑為r2,根據(jù)qvB=mv2B2=mv根據(jù)左手定則可知磁場的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?圓形磁場的面積為S2=πr(3)粒子在磁場中運(yùn)動,3和4為粒子運(yùn)動的軌跡圓,1和2為粒子運(yùn)動的磁場的圓周根據(jù)qvB=mv2r可知Ⅰ和BⅠ=mvqr3,B圖中箭頭部分的實(shí)線為粒子運(yùn)動的軌跡,可知磁場的最小面積為葉子形狀,?、駞^(qū)域如圖圖中陰影部分面積的一半為四分之一圓周SAOB與三角形SAOBSⅠ=2(SAOB-SAOB)=2×(14πr32-12類似地可知Ⅳ區(qū)域的陰影部分面積為SⅣ=2×(14πr42-12r根據(jù)對稱性可知Ⅱ中的勻強(qiáng)磁場面積為SⅡ=(12π-1)答案:(1)mvqr1(2)mv(3)mvqr3mvqr4(12π9.(2021·廣東選擇考·T14)如圖是一種花瓣形電子加速器簡化示意圖?？臻g有三個同心圓a、b、c圍成的區(qū)域,圓a內(nèi)為無場區(qū),圓a與圓b之間存在輻射狀電場,圓b與圓c之間有三個圓心角均略小于90°的扇環(huán)形勻強(qiáng)磁場區(qū)Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度恒定,大小不同,方向均垂直紙面向外,電子以初動能Ek0從圓b上P點(diǎn)沿徑向進(jìn)入電場,電場可以反向,保證電子每次進(jìn)入電場即被全程加速,已知圓a與圓b之間電勢差為U,圓b半徑為R,圓c半徑為3R,電子質(zhì)量為m,電荷量為e。忽略相對論效應(yīng)。取tan22.5°=0.4。(1)當(dāng)Ek0=0時,電子加速后均沿各磁場區(qū)邊緣進(jìn)入磁場,且在電場內(nèi)相鄰運(yùn)動軌跡的夾角θ均為45°,最終從Q點(diǎn)出射,運(yùn)動軌跡如圖中帶箭頭實(shí)線所示。求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電子在Ⅰ區(qū)磁場中的運(yùn)動時間及在Q點(diǎn)出射時的動能;(2)已知電子只要不與Ⅰ區(qū)磁場外邊界相碰,就能從出射區(qū)域出射。當(dāng)Ek0=keU時,要保證電子從出射區(qū)域出射,求k的最大值?！窘馕觥?1)電子在電場中加速有2eU=12mv2在磁場Ⅰ中,由幾何關(guān)系可得r=Rtan22.5°=0.4R,B1ev=mv2r,聯(lián)立解得B1=在磁場Ⅰ中的運(yùn)動周期為T=2πrv由幾何關(guān)系可得,電子在磁場Ⅰ中運(yùn)動的圓心角為φ=54π在磁場Ⅰ中的運(yùn)動時間為t=φ2π聯(lián)立解得t=πRmeU從Q點(diǎn)出來的動能為Ek=8eU。(2)在磁場Ⅰ中的做勻速圓周運(yùn)動的最大半徑為rm,此時圓周的軌跡與Ⅰ邊界相切,由幾何關(guān)系可得(3R-rm)2=R2+rm解得rm=33由于B1evm=mvm2eU=12mv聯(lián)立解得k=136答案:(1)5eUmeRπR10.(2021·浙江6月選考·T22)如圖甲所示,空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構(gòu)成,其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標(biāo)原點(diǎn),垂直立方體側(cè)面和金屬板建立x、y和z坐標(biāo)軸。M、N板之間存在場強(qiáng)為E、方向沿z軸正方向的勻強(qiáng)電場;立方體內(nèi)存在磁場,其磁感應(yīng)強(qiáng)度沿z方向的分量始終為零,沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示,圖中B0可調(diào)。氙離子(Xe2+)束從離子源小孔S射出,沿z方向勻速運(yùn)動到M板,經(jīng)電場加速進(jìn)入磁場區(qū)域,最后從端面P射出,測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點(diǎn)O處相對推進(jìn)器的速度為v0。已知單個離子的質(zhì)量為m、電荷量為2e,忽略離子間的相互作用,且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。(1)求離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小v;(2)不考慮在磁場突變時運(yùn)動的離子,調(diào)節(jié)B0的值,使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出,求B0的取值范圍;(3)設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T,單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n,且B0=2mv0【解析】(1)離子從小孔S射出運(yùn)動到金屬板N的中心點(diǎn)O處,根據(jù)動能定理有2eEd=12mv02-解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小v=v0(2)當(dāng)磁場僅有沿x方向的分量且取最大值時,離子從噴口P的下邊緣中點(diǎn)射出,根據(jù)幾何關(guān)系有(R1-L根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0=m聯(lián)立解得B0=2m當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時,離子從噴口P邊緣交點(diǎn)射出,根據(jù)幾何關(guān)系有(R2-2L2)2+L2此時B=2B0;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0=m聯(lián)立解得B0=m故B0的取值范圍為0~mv(3)離子在立方體中運(yùn)動軌跡剖面圖如圖所示由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v0×2B0=m且滿足B0=2所以可得R3=mv02所以可得cosθ=3離子從端面P射出時,沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔtmv0cosθ-0根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為F'=35nmv方向沿z軸負(fù)方向。答案:(1)v02-4eEdm(2)0~mv11.(2021·山東等級考·T17)某離子實(shí)驗(yàn)裝置的基本原理如圖甲所示。Ⅰ區(qū)寬度為d,左邊界與x軸垂直交于坐標(biāo)面點(diǎn)O,其內(nèi)充滿垂直于xOy平面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小