【先学后教新思路】2020高考物理一轮复习-基础知识题组-39-磁场-Word版含解析.docx

(满分：100分时间：60分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1 依据磁感应强度的定义式BF/(IL)，下列说法中正确的是 ()A在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B一小段通电直导线在空间某处受磁场力F0，那么该处的B确定为零C磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也确定为零答案D解析磁感应强度是表征磁场强弱的物理量，磁场中的确定点的磁感应强度是一个确定的值，它由磁场本身打算，与磁场中是否有通电导体、及导体的长度、电流强度的大小、以及磁场作用力的大小无关，A错误；若电流方向与磁场方向在一条直线上，通电导体将不受到磁场力的作用，因此在某处磁场力为零，并不能说明该处的磁感应强度为零，B错误；通电导体受到磁场力的方向垂直于磁场方向和电流方向所打算的平面，C错误；通电导体处在一个没有磁场的空间，当然不受磁场力的作用，D正确2. 如图1所示，A、B、C是等边三角形的三个顶点，O是A、B连线的中点以O为坐标原点，A、B连线为x轴，O、C连线为y轴，建立坐标系过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等、方向向里的电流则过O点的通电直导线所受安培力的方向为 ()图1A沿y轴正方向 B沿y轴负方向C沿x轴正方向 D沿x轴负方向答案A解析由题图可知，过A点和B点的通电导线对过O点的通电导线的安培力等大反向，过C点的通电导线对过O点的通电导线的安培力即为其总的安培力，沿OC连线向上，故A项正确3. 如图2所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B.图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前、后两内侧面，则 ()图2Aa处电势高于b处电势Ba处离子浓度大于b处离子浓度C溶液的上表面电势高于下表面的电势D溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度答案B解析在NaCl溶液中，Na和Cl同时参与导电，且运动方向相反，故两种离子都将向a侧面偏转，故a侧面照旧是电中性的，a、b两侧面不存在电势差，但a处离子浓度大于b处离子浓度，只有B正确4 如图3所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速度为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则 ()图3A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为31B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为21D带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为12答案A解析依据题图中几何关系，tan 60R/r1，tan 30R/r2，带电粒子在匀强磁场中运动，rmv/qB，联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为31，选项A正确，选项B错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为23，选项C、D错误5 空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图线如图4所示规定B0时，磁场的方向穿出纸面，一带电荷量q5107 C，质量m51010 kg的带电粒子，位于某点O处，在t0时刻以初速度v0 m/s沿垂直磁场方向开头运动，不计重力的作用，不计磁场的变化及可能产生的一切其他影响则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于()图4A m/s B. m/sC2 m/s D. m/s答案C解析由题意可得T0.02 s，R0.01 m，又t5103 s，而磁场的变化周期为T1102 s，则粒子运动的平均速度为2 m/s，选项C正确二、多项选择题(每小题8分，共24分)6. 如图5所示，在其次象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E；在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场已知O、P之间的距离为d，则带电粒子 ()图5A在电场中运动的时间为B在磁场中做圆周运动的半径为dC自进入磁场至其次次经过x轴所用时间为D从进入电场时开头计时，粒子在运动过程中其次次经过x轴的时间为答案AD解析粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向上的平均速度为，所以在电场中运动时间为.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v0，故速度为v0，在磁场中做圆周运动的半径为2d，在第一象限内运动时间为t1T，在第四象限内运动时间为t2T，所以自进入磁场至其次次经过x轴的时间为tt1t2，从进入电场到其次次经过x轴的时间为tt，所以只有A、D正确7. 如图6所示，在x轴上方的空间存在着垂直于纸面对里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.很多相同的离子，以相同的速率v，由O点沿纸面对各个方向(y0)射入磁场区域不计离子所受重力，不计离子间的相互影响图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y轴交点为M，边界与x轴交点为N，且OMONL.由此可推断 ()图6A这些离子是带正电的B这些离子运动的轨迹半径为LC这些离子的比荷为D当离子沿y轴正方向射入磁场时会经过N点答案AD解析依据左手定则知，离子带正电，A项正确；由题图可知，粒子运动的轨迹半径为L，B项错误；再依据qvB，得，C项错误；由于ONL，粒子运动半径为L，ON恰好为粒子做圆周运动的直径，故其会经过N点，D项正确8 如图7，正方形区域ABCD中有垂直于纸面对里的匀强磁场，一个带正电粒子(不计重力)以确定速度沿AB边的中点M垂直于AB边射入磁场，恰好从A点射出，则 ()图7A仅把该粒子改为带负电，粒子将从B点射出B仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运动时间将增大C仅将磁场方向改为垂直于纸面对外，粒子在磁场中运动时间不变D仅削减带正电粒子速度，粒子将从AD之间的某点射出答案AC解析依据左手定则知，A对增大磁感应强度，周期T会减小，而粒子在磁场中运动时间还是，但会减小，B错；R，v，R，粒子会从AM之间射出，D错仅转变磁场方向使之向外，粒子的周期T不变，运动时间不变，C对三、非选择题(共46分)9 (23分)如图8所示，在平面直角坐标系xOy第一象限内分布有垂直xOy向外的匀强磁场，磁感应强度大小B2.5102 T在其次象限紧贴y轴并垂直y轴放置一对平行金属板MN，极板间距d0.4 m，MN中心轴线离x轴0.3 m极板与左侧电路相连接，通过移动滑动头P可以转变极板MN间的电压a、b为滑动变阻器的最下端和最上端(滑动变阻器的阻值分布均匀)，a、b两端所加电压U1102 V在MN中心轴线上距y轴距离为L0.4 m处，有一粒子源S沿x轴正方向连续射出比荷为4.0106 C/kg，速度为v02.0104 m/s带正电的粒子，粒子经过y轴进入磁场，经过磁场偏转后射出磁场而被收集(忽视粒子的重力和粒子之间的相互作用)(1)当滑动头P在a端时，求粒子在磁场中做圆周运动的半径R0；(2)当滑动头P在ab正中间时，求粒子射入磁场时速度的大小；(3)滑动头P的位置不同则粒子在磁场中运动的时间也不同，求粒子在磁场中运动的最长时间图8答案(1)0.2 m(2)104 m/s(3)105 s解析(1)P在a端时，MN间所加电压为0，粒子以v0水平进入匀强磁场，则：qBv0，解得R00.2 m(2)当P在ab正中间时，UMNU/2，粒子在MN间做类平抛运动水平方向位移：Lv0t竖直方向速度：vyt代入数据解得vy1104 m/s粒子射入磁场时的速度大小为：v104 m/s(3)当P在b端时，UMNU，粒子进入磁场时速度最大，方向与y轴的夹角最小，做圆周运动的半径最大，在磁场中运动的时间可能最长此时vyt2104 m/sv2104 m/s与y轴的夹角tan 1，45则偏转位移y0.2 m，恰好从N板右端进入磁场由qBvm得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R0.2 m轨迹如图，由几何关系可知圆心O恰好在MN中心轴线的延长线上，由于R0.3 m，所以粒子从y轴射出，且此粒子在磁场中运动时间最长，转过的圆心角为270，则tmax105 s10(23分)如图9(a)所示，有两极光滑的绝缘平台，高一级平台距离绝缘物块的中心O的高度为h，低一级平台高度是高一级平台高度的一半绝缘物块放在水平地面上，物块与地面间的滑动摩擦力为Ff，一轻质弹簧一端连接在绝缘物块的中心，另一端固定在墙面上边界GH左边存在着正交的匀强电场和交变磁场，电场强度为E，磁感应强度变化状况如图(b)所示，磁感应强度大小均为B0.有一质量为m、带负电的小球从高一级平台左边缘以确定初速度滑过平台后，垂直于边界GH在tT/4时刻进入复合场，刚进入复合场时磁场方向向外且为正值小球以不变的速率运动至O点处恰好与绝缘物块发生正碰，碰撞过程没有能量损失(碰撞时间不计)碰撞后小球恰能垂直于边界GH返回低一级平台上，而绝缘物块从C点向右运动到最远点D，C、D间的距离为s，(重力加速度为g)求：(a)(b)图9(1)交变磁场变化的周期T；(2)小球从高一级平台左边缘滑出的初速度v；(3)绝缘物块从C点运动至D点时，弹簧具有的弹性势能Ep.答案(1)(2)(3)Ffs解析(1)带电小球垂直于边界GH进入复合场，做匀速圆周运动，则有：qEmg带电小球做匀速圆周运动由洛伦兹力供应向心力，且经过半个圆周到达O点，碰后再经过半个圆周回到低一级平台设小球做匀速圆周运动的周期为T.依据带电粒子在磁场中运动的周期公式T由于，即T2T.由消去q，得交变磁场变化的周期T(2)小球在高一级平台上做匀速直线运动，初速度等于在复合场中运动的速度，由牛顿其次定律有：qvB0m由几何关系有：r联立，解得：v(3)设小球碰后的速度大小为v，碰后做匀速圆周运动的半径为r，由牛顿其次定律有qvB0m由几何关系有r联立解得v设碰后物块获得的动能为Ek，因碰撞过程无能量损失，有mv2mv2Ek物块由C运动到D的过程由能量守恒定律得：EkFfsEp联立解得EpFfs