專題十磁場一、選擇題(共10小題,60分)1.如圖所示,在紙面內的直角三角形ACD中,∠ADC=60°,C、D兩點間的距離為L.A、C兩點處分別有一根與紙面垂直的長直導線,A點處導線中通過的電流為4I0(向里),C點處導線中通過的電流為I0(向外).已知通有電流I的長直導線外某點處磁場的磁感應強度大小B=kIr,其中r為該點到導線的距離,k為常量,則D點處磁場的磁感應強度(A.大小為3kI0L,方向由C點指向DB.大小為3kI0L,方向由D點指向C.大小為5kI0L,方向由D點指向D.大小為5kI0L,方向沿∠2.如圖所示,兩個方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的正方形abcd理想分隔,正方形內磁場垂直紙面向里,正方形頂點b處有一電荷量為q、質量為m、帶正電的粒子(粒子重力不計)垂直于磁場方向射入正方形abcd,粒子入射方向與ab邊的夾角為θ=30°,粒子能通過a點,則粒子的速度大小不可能是()A.qBLm B.2qBLm C.qBL23.[2020吉林長春質量監測]如圖所示,在光滑絕緣的水平面上有三根相互平行且等長的直導線1、2、3,導線1、3固定,導線2可以自由移動,水平面內的虛線OO'到導線1、3的距離相等.若三根導線中通入圖示方向大小相等的恒定電流,導線2從圖示位置由靜止釋放,下列說法正確的是()A.導線2可能碰到導線3B.導線2有可能離開水平面C.導線2對水平面的壓力不斷變化D.導線2通過OO'時加速度最小,速度最大4.如圖所示,直角三角形ABC位于勻強磁場中,磁場磁感應強度為0.3T,比荷為1C/kg的帶正電粒子在A點時的速度大小為3m/s,沿AC方向,恰能運動到B點.∠A=30°,D是AC的中點,CE(E未畫出)垂直于BD且交BD于E點.當粒子運動到B點時,在該區域加一勻強電場,而后該粒子可沿BD做直線運動,已知E點電勢為3V,粒子重力不計.下列說法正確的是()A.磁場方向垂直紙面向外 B.AB邊長為1mC.電場方向沿EC方向 D.φC=9V5.如圖所示,通有電流的三根無限長導線,分別放置在棱長為L的正方體的棱AB、DC和D1C1上,電流大小分別為I1、I2、I3,電流方向未知.無限長通電直導線周圍磁場強度B=kIr(r為某點到導線的距離,k為常量),某電流元(不計重力)沿A1B1放置,恰好靜止,則下列說法正確的是()A.2I1=I2=2I3B.電流I2在電流元處的磁感應強度方向可能沿A1D1方向C.電流元受到電流I1的作用力方向一定沿A1A方向D.放在AB的導線電流方向與放在DC的相同6.如圖所示,水平面上兩根通有電流大小相同的長直導線M、N垂直放置,a、b、c、d是平行于導線N的虛線上的四個點,c點到兩導線的距離相等,a、b、c、d到導線M的距離之比為1∶1∶2∶4,已知長直導線周圍某點的磁感應強度大小與該點到導線的距離成反比,兩導線與a、b、c、d四點均在同一水平面上,下列說法正確的是()A.b點磁感應強度的方向垂直紙面向外B.a、b兩點磁感應強度大小相等,方向相反C.b、c兩點磁感應強度大小之比為3∶2D.a、d兩點磁感應強度大小之比為6∶1,方向相同7.自行車速度計是利用霍爾效應傳感器獲知自行車的運動速率的.如圖甲所示,自行車前輪上安裝一塊磁鐵,車輪每轉一圈,磁鐵就靠近傳感器一次,傳感器會輸出一個脈沖電壓.圖乙為霍爾元件的工作原理圖.當磁場靠近霍爾元件時,金屬導體內定向運動的自由電荷在洛倫茲力作用下偏轉,最終使導體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現電勢差,即霍爾電勢差.下列說法正確的是()A.圖乙中霍爾元件的前表面電勢要比后表面電勢高B.若自行車的車速越來越小,霍爾電勢差就會越來越低C.根據單位時間內的脈沖數和自行車車輪的半徑可獲知車速大小D.若電源的內阻增大,霍爾電壓就會增大8.[多選]電流天平如圖甲所示,使用前天平已調至平衡,測量時,在左邊托盤中放入砝碼,右邊托盤中不放砝碼,將一個質量m0=10g、匝數n=10、下邊長l=10.0cm的矩形線圈用絕緣的輕繩掛在右邊托盤的底部,再將此矩形線圈的下部分放在磁場中,勻強磁場的磁感應強度垂直線圈平面向里、大小為0.5T.線圈的兩頭連在如圖乙所示的電路中,不計連接導線對線圈的作用力,電源電動勢E=1.5V,內阻r=1.0Ω.開關S閉合后,調節可變電阻使理想電壓表示數U=1.4V時,R1=10Ω,此時天平正好平衡.g=10m/s2,則()A.線圈電阻為4ΩB.砝碼的質量可能為5gC.線圈所受安培力為0.1ND.若僅將磁場反向,則在左盤中再添加質量為10g的砝碼可能使天平重新平衡9.[多選]CT是醫院常用的一種儀器,CT的重要部件之一就是粒子回旋加速器.回旋加速器的結構如圖所示,有一磁感應強度為B的勻強磁場垂直于回旋加速器.回旋加速器的O點處可以釋放出初速度為零、質量為m、電荷量為q的粒子.粒子經過加速、回旋最后從A點射出并獲得最大動能Ek,兩D形盒之間的距離為d,加速電壓為U,則下列說法正確的是()A.粒子在加速器中運動的圈數為EkB.D形盒的最大半徑為1C.粒子在加速器中加速運行的時間為dD.回旋加速器所加交流電壓的頻率為qB10.[多選]如圖是磁流體發電機的原理圖,在磁場中有兩塊面積為S的矩形金屬板A、B正對放置,一束等離子體(含有大量正、負離子,整體來說呈電中性)平行于兩金屬板噴射入磁場,這時金屬板上就會聚集電荷,產生電壓.射入的等離子體速度均為v,板間距離為d,勻強磁場的磁感應強度為B0,方向垂直于等離子體速度方向并平行于金屬板,負載電阻為R,電離氣體充滿兩板間,其電阻率為ρ(與離子的速度無關),當發電機穩定發電時,A、B就是一個直流電源的兩個電極.不考慮金屬板的邊緣效應、離子間的相互作用以及離子的重力.下列說法正確的是()A.通過電阻R的電流為BB.電路消耗的總電功率為SC.發電機穩定發電時,正離子受到向上的電場力、向下的洛倫茲力D.發電機的效率與噴射到磁場中的等離子體的速度無關二、非選擇題(共4小題,50分)11.[8分]如圖所示,一矩形輕質柔軟反射膜可繞過O點垂直紙面的水平軸轉動,其在紙面上的長度OA為L1,垂直紙面的寬度為L2.在膜的下端(圖中A處)掛有一平行于轉軸、質量為m、長為L2的導體棒使膜繃成平面.在膜下方水平放置一足夠大的太陽能光電池板,能接收到經反射膜反射到光電池板上的所有光能,并將光能轉化成電能.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(設垂直于入射光單位面積上的光功率保持恒定).導體棒處在方向豎直向上的磁感應強度為B的勻強磁場中,并與光電池構成回路,流經導體棒的電流垂直紙面向外(注:光電池與導體棒直接相連,連接導線未畫出).(1)現有一束平行光水平入射,當反射膜與豎直方向成θ=60°的夾角時,導體棒處于受力平衡狀態,求此時電流的大小和光電池的輸出功率.(2)當θ變為45°時,通過調整電路使導體棒保持平衡,光電池除維持導體棒力學平衡外,還能輸出多少額外電功率?12.[12分]如圖所示,矩形ABCD區域內及邊界存在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,P、Q分別為BC、AD邊的中點,AB=d,BC=23(3+2)d.一束由電荷量為q、質量為m的相同粒子組成的帶正電粒子流沿與PB成θ=60°夾角的方向從P點垂直射入磁場.粒子重力及粒子間的作用均不計.(1)若粒子流恰好從Q點離開磁場,求粒子的初速度大小v1以及在磁場中運動的時間t1.(2)若粒子流以不同的速率射入磁場,從CD邊上的F點射出磁場時與D點的距離最小,求此最小距離L以及從F點射出的粒子的速度大小v2.13.[14分]現有一種質譜儀,其工作原理如圖所示,圓心角為直角的扇形區域OPQ中存在著磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場,所有帶電粒子經兩極板間加速電場加速后均從小孔C射出,由磁場邊界OP上N點垂直OP進入磁場區域,然后均從邊界OQ射出,已知某種粒子X的比荷為qm,ON=l,不計粒子的重力(1)若由靜止開始加速的粒子X從邊界OQ射出時速度方向與OQ垂直,其軌跡如圖中實線所示,求加速電場的電壓U的大小.(2)若另一種粒子Y由靜止開始加速仍從N射入磁場,在磁場區域中偏轉60°角后射出,求粒子Y的比荷.(3)由于有些粒子具有垂直于加速電場方向的初速度,粒子束以小發散角(紙面內)從C射出,這些粒子在CN方向上的分速度均相同,調節CN長度,可使一束X粒子從M點射入磁場,從磁場邊界OQ射出后能在磁場區域右側D點處被全部收集(D與C關于∠POQ的角平分線OH對稱,部分粒子運動軌跡如圖中虛線所示),求粒子X由C點運動到M點所用時間.14.[16分]如圖甲所示平面內存在以O為圓心的圓形有界磁場,磁場左側有平行薄板M、N,板M右端點恰好在磁場邊緣,且板M與圓心O處于同一高度.在兩板左側中央位置的粒子源連續發射質量為m、電荷量為e(e<0)、速度相同的電子,且電子速度方向平行于板M、N.已知板間距離為d,板長度為2d3,電子通過板的時間為2t0,圓形有界磁場的半徑為d3,勻強磁場的磁感應強度B=2mt0e,方向垂直平面向里.當在兩板間加如圖乙所示的周期為2t0的電場(方向由M板垂直指向N(1)不同時刻射出板間的電子的速度大小和方向;(2)試分析不同時刻進入磁場的電子從磁場邊界上射出點的關系;(3)電子在磁場中運動的最長時間與最短時間.圖甲圖乙1.BA點處導線中通過的電流在D點處產生的磁場的磁感應強度大小B1=k4I02L=2kI0L,C點處導線中通過的電流在D點處產生的磁場的磁感應強度大小B2=kI0L;根據右手螺旋定則可以判斷,B1、B2的方向如圖所示,α=30°,由于B'1=B1sinα=kI0L=B2,所以D點處磁場的磁感應強度大小B=B″1=B1cos【關鍵一步】求解本題的關鍵是根據安培定則分析兩導線在D位置產生的磁場的磁感應強度大小和方向,再進一步由平行四邊形定則求出該點的合磁場的磁感應強度大小和方向.2.B因粒子帶正電,且經過a點,其可能的運動軌跡如圖所示,由幾何關系得所有圓弧所對圓心角均為60°,所以粒子運動的軌跡半徑r=Ln(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2r,解得v=qBLmn(n=3.D由安培定則和磁場疊加原理可判斷出直導線1、3在虛線OO'與直導線1之間產生合磁場的磁感應強度方向豎直向下,在虛線OO'與直導線3之間產生合磁場的磁感應強度方向豎直向上,在虛線OO'處產生合磁場的磁感應強度為零.由左手定則可知,直導線2所受的安培力沿水平面方向,所以直導線2不可能離開水平面,直導線2對水平面的壓力一直等于直導線的重力,選項B、C錯誤.OO'左右兩側磁場的磁感應強度大小關于OO'具有對稱性,故導線2的水平受力以及運動也關于OO'具有對稱性,可知導線2不可能碰到導線3,選項A錯誤.分析可知,導線2在OO'處水平方向受力為零,加速度大小為零,速度最大,選項D正確.【一題多解】根據通反向電流的兩直導線相互排斥可知,導線2受到導線1和3的斥力作用,在OO'左側時受到導線1的斥力更大,在OO'右側時受到導線3的斥力更大,在OO'處受到兩導線的斥力大小相同,可知導線2對水平面的壓力大小始終不變,且不可能離開水平面,選項B、C錯誤;導線2在OO'兩側水平方向的受力具有對稱性,故運動也關于OO'具有對稱性,可知導線2不可能碰到導線3,選項A錯誤;導線2在OO'處加速度大小為零,速度最大,選項D正確.4.C無電場時,帶正電粒子在磁場中能從A點運動到B點,速度方向發生偏轉,由左手定則知磁場方向垂直紙面向里,A錯誤;粒子在磁場中做圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2r,由幾何知識可知AB=r,解得AB=10m,B錯誤;加電場后粒子在復合場中做直線運動,說明帶電粒子所受的電場力等于洛倫茲力,qE=qvB,故電場方向沿EC方向,電場強度E=0.9V,C正確;在直角三角ABC中,由幾何關系可得EC=5m,在勻強電場中,E點電勢φE=3V,φE-φC=E·EC,故φC=-1【技巧點撥】帶電粒子在磁場和電磁場中的運動:分析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動時應用數學知識找出粒子運動的軌跡圓心和半徑;分析帶電粒子在電磁場中的運動過程時,學會應用牛頓第二定律、動能定理等知識.5.A因為電流元(不計重力)沿A1B1放置,恰好平衡,即所受磁場力的合力為零,說明該處的合磁感應強度為零,根據無限長通電直導線周圍磁場強度B=kIr可推得2I1=I2=2I3,A正確;根據安培定則知,電流I2在電流元處的磁感應強度方向與A1D垂直,B錯誤;根據安培定則和左手定則可判斷電流元受到電流I1的作用力方向可能沿A1A方向,也可能沿AA1方向,C錯誤;放在AB的導線電流方向與放在DC的相反,D錯誤6.D根據右手螺旋定則,可知導線M在b點產生的磁場方向垂直紙面向里,假設導線M在b點產生的磁感應強度大小為B0,則導線N在b點產生的磁感應強度大小為B02,方向垂直紙面向外,故b點合磁感應強度大小為B02,方向垂直紙面向里,A錯誤.導線M在a點產生的磁感應強度大小為B0,方向垂直紙面向外,導線N在a點產生的磁感應強度大小為B02,方向垂直紙面向外,故a點合磁感應強度大小為3B02,方向垂直紙面向外,a、b兩點磁感應強度大小不相等,方向相反,B錯誤.導線M和N在c點產生的磁感應強度大小相等,方向相反,合磁感應強度為零,C錯誤.導線M在d點產生的磁感應強度大小為B04,方向垂直紙面向里,導線N在d點產生的磁感應強度大小為B07.C題圖乙中霍爾元件中的電流I是由電子定向運動形成的,由左手定則可知前表面電勢要比后表面電勢低,選項A錯誤;根據霍爾元件工作原理可知Udq=Bqv,得U=Bdv,即霍爾電壓只與磁感應強度、霍爾元件的厚度以及電子定向移動的速率有關,與車輪轉速無關,選項B錯誤;根據單位時間內的脈沖數可知車輪的轉速,自行車車輪的半徑已知,根據v車=2πrn8.ABD線圈中電流的大小為I=E-Ur=0.1A,又U=I(R1+R),聯立兩式可得R=4Ω,A正確;矩形線圈下邊所受安培力F=nBIL,將數值代入可得F=0.05N,天平兩側平衡,若F的方向豎直向下,則有m1g=m0g+F,代入數據解得砝碼質量為m1=15g,若安培力的方向豎直向上,則m1g+F=m0g,解得砝碼質量為m1=5g,B正確,C錯誤;僅將磁場反向,則安培力方向反向,若開始時,安培力豎直向下,此時變為豎直向上,相當于右邊少了兩倍的安培力大小,所以需要在右邊添加質量為Δm=2Fg=【易錯警示】本題中沒有給出電流的方向,安培力的方向有豎直向上和豎直向下兩種情況,解題時一定要分類討論,才能正確解題.9.AC設粒子在磁場中轉動的圈數為n、最大速度為v,因每加速一次粒子獲得的能量為qU,每圈有兩次加速,則Ek=2nqU,得n=Ek2qU,故A正確;由Ek=12mv2和qvB=mv2rmax得rmax=mqB2Ekm=2mEkqB,故B錯誤;一周內粒子加速兩次,加速度大小為a=qUmd,由勻變速直線運動規律有v=at,Ek=12mv2,解得【易錯警示】本題要注意的是題目中狹縫之間的距離不能忽略,故計算粒子的運動周期時不能只考慮粒子在磁場中的運動.10.BD發電機穩定發電時,有B0qv=Edq,其中E為電動勢,解得E=B0dv,電路中的電流為I=ER+r=B0dvR+ρdS=B0dSvRS+ρd,A錯誤;電路消耗的總電功率是P=E2R+r=11.解析:(1)導體棒所受安培力F=IBL2導體棒受力平衡,則mgtanθ=F解得I=mgtan所以當θ=60°時,I60=mgtan60°B光電池輸出功率為P60=UI60=3mgUB(2)當θ=45°時,根據I=mgtanθBL2可知維持受力平衡需要的電流為I根據幾何關系可知P45P60=L可得P45=2P60=6mgU而光電池產生的電流為I光電=P45U=所以能提供的額外電流為I額外=I光電-I45=(6-1)mgB可提供的額外功率為P額外=I額外U=(6-1)mgUBL12.解析:(1)若粒子流恰好從Q點離開磁場,在磁場中運動的軌跡如圖甲所示,設軌跡半徑為r1,則qv1B=mv12其中r1=d2sin30解得v1=qBdm粒子在磁場中運動的時間t1=π3解得t1=πm3(2)在粒子的運動軌跡與AD邊相切的情況下,粒子從F點射出磁場時,F點與D點的距離最小,如圖乙所示由幾何關系得r2+r2sin(90°-θ)=d(1分)qv2B=mv2解得v2=2qBd3r2=23d由幾何關系得r2sinα+r2cos(90°-θ)=13(3+2)dL=r2-r2cosα(1分)解得L=2-213.解析:(1)根據題意可知粒子X在磁場中運動的軌跡半徑r=l(1分)粒子在磁場中運動時,有qv0B=mv02r,解得v又qU=12mv解得U=B2l(2)設粒子Y加速后的速度為v1根據動能定理有q1U=12m1v解得v1=2q設粒子Y在磁場中運動的軌跡半徑為r1由圖甲可得cosθ1=r1-解得r1=2l(1分)q1v1B=m1聯立解得q1m1結合(1)可得q1m1=(3)設發散粒子出加速電場后速度為vα,CM與CN的夾角為α,由圖乙可得vαcosα=v0(1分)圖乙又qvαB=m聯立可得rαcosα=r=l(1分)由題中要求及圓周運動的特點可知,