2023年高考物理命题点1磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用优生辅导真题集训

命题点1磁场、磁感应强度、磁场对通电导体的作用1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在以下四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是()解析：选B由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定那么可知，电流方向如图B，应选项B正确。2．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，以下说法正确的选项是()A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半解析：选B根据左手定那么可知：安培力的方向垂直于电流I和磁场B确定的平面，即安培力的方向既垂直于B又垂直于I，A错误，B正确；当电流I的方向平行于磁场B的方向时，直导线受到的安培力为零，当电流I的方向垂直于磁场B的方向时，直导线受到的安培力最大，可见，安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关，C错误；如下图，电流I和磁场B垂直，直导线受到的安培力F＝BIL，将直导线从中点折成直角，分段研究导线受到的安培力，电流I和磁场B垂直，根据平行四边形定那么可得，导线受到的安培力的合力为F′＝eq\f(\r(2),2)BIL，D错误。3．电磁轨道炮工作原理如下图。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD由题意可知磁感应强度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由动能定理可得：FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判断B、D选项正确。命题点二：磁场对运动电荷的作用4．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小解析：选D分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r＝eq\f(mv,qB)可知，轨道半径增大。分析角速度：由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝eq\f(2π,T)知角速度减小。选项D正确。5．有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子()A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等解析：选AC两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动，且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB＝eq\f(mv2,r)得r＝eq\f(mv,qB)∝eq\f(1,B)，即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍，选项A正确。由F合＝ma得a＝eq\f(F合,m)＝eq\f(qvB,m)∝B，所以eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，选项B错误。由T＝eq\f(2πr,v)得T∝r，所以eq\f(T2,T1)＝k，选项C正确。由ω＝eq\f(2π,T)得eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(T1,T2)＝eq\f(1,k)，选项D错误。正确选项为A、C。6．如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上外表的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)解析：选D根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv12,r1)，那么B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，那么eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正确，A、B、C错误。7.如图为某磁谱仪局部构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，以下说法正确的选项是()A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：选AC根据洛伦兹力提供向心力，利用左手定那么解题。根据左手定那么，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；根据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，假设电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，那么轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，应选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的动能大，其mv不一定大，选项D错误。8．空间有一圆柱形匀强磁场区域，该区域的横截面的半径为R，磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场，离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力，该磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(\r(3)mv0,3qR)B.eq\f(mv0,qR)C.eq\f(\r(3)mv0,qR)D.eq\f(3mv0,qR)解析：选A画出带电粒子运动轨迹示意图，如下图。设带电粒子在匀强磁场中运动轨迹的半径为r，根据洛伦兹力公式和牛顿第二定律，qv0B＝meq\f(v02,r)，解得r＝eq\f(mv0,qB)。由图中几何关系可得：tan30°＝eq\f(R,r)。联立解得：该磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(3)mv0,3qR)，选项A正确。9．如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q＞0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq\f(R,2)。粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，那么粒子的速率为(不计重力)()A.eq\f(qBR,2m)B.eq\f(qBR,m)C.eq\f(3qBR,2m)D.eq\f(2qBR,m)解析：选B设粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律可得：qvB＝meq\f(v2,r)，根据几何关系可知r＝R，联立两式解得v＝eq\f(qBR,m)，选项B正确。命题点三：粒子在复合场中的运动10．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xOy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。假设该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间。解析：(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B，粒子质量与所带电荷量分别为m和q，圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B＝meq\f(v02,R0)①由题给条件和几何关系可知R0＝d②设电场强度大小为E，粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax，在电场中运动的时间为t，离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得Eq＝max③vx＝axt④eq\f(vx,2)t＝d⑤由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tanθ＝eq\f(vx,v0)⑥联立①②③④⑤⑥式得eq\f(E,B)＝eq\f(1,2)v0tan2θ⑦(2)联立⑤⑥式得t＝eq\f(2d,v0tanθ)⑧答案：见解析11.如图，在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d<x≤2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于Oxy平面。一质量为m、带电荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向。a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正方向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求：(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；(2)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差。解析：(1)设粒子a在Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如下图。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaB＝meq\f(va2,Ra1)①由几何关系得∠PCP′＝θ②Ra1＝eq\f(d,sinθ)③式中，θ＝30°。由①②③式得va＝eq\f(2dqB,m)④(2)设粒子a在Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qava(2B)＝meq\f(va2,Ra2)⑤由①⑤式得Ra2＝eq\f(Ra1,2)⑥C、P′和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x＝eq\f(3,2)d⑦的平面上。由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即yPa＝Ra1cosθ＋h⑧式中，h是C点的y坐标。设b在Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q(eq\f(va,3))B＝eq\f(m,Rb1)(eq\f(va,3))2⑨设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α。如果b没有飞出Ⅰ，那么eq\f(t,Ta2)＝eq\f(θ′,2π)⑩eq\f(t,Tb1)＝eq\f(