高考物理一轮复习 第9章 磁场 新人教版.docx

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高考物理一轮复习第9章磁场新人教版

2019年高考物理一轮复习第9章磁场新人教版

一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共计48分。

1～5题为单选，6～8题为多选，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分）

1．（2018·福建省龙岩石期中）如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，当圆盘高速绕中心轴OO′转动时（电流方向和转动方向如图所示）。

通电直导线所受安培力的方向为（　C　）

A．竖直向上B．竖直向下

C．水平向里D．水平向外

[解析]　带电圆盘如图转动时，形成逆时针方向的电流，根据右手螺旋定则可知，在圆盘上方形成的磁场方向竖直向上，根据左手定则，伸开左手，让四指和电流方向一致，磁感线穿过手心，则大拇指指向纸面内侧，因此安培力的方向水平向里，故A、B、D项错误，C项正确。

2．（2018·天津市月考）正五边形abcde导体框，其单位长度的电阻值为ρ，现将正五边形导体框置于如图所示的匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，用不计电阻的导线将导体框连接在电动势为E且不计内阻的电源两端，则下列关于导体框所受的安培力的描述正确的是（　A　）

A．安培力的大小为，方向竖直向上

B．安培力的大小为，方向竖直向下

C．安培力的大小为，方向竖直向下

D．安培力的大小为，方向竖直向上

[解析]　由图可知，电路接通后流过导体框的电流方向为ae及abcde，假设导体框每边长为L，由欧姆定律可得ae边的电流大小为I1＝，流过abcde的电流大小为I2＝；在磁场中ae及abcde的等效长度均为L，由左手定则可知ae和abcde所受的安培力方向均竖直向上，则导体框所受的安培力大小为F＝BI1L＋BI2L＝，选项A正确。

3．（2018·重庆市巴蜀中学检测）如图为电动机模型，已知线圈为N匝，线圈在磁场中的有效长度为L，左右磁铁产生的磁场可视为磁感应强度为B的匀强磁场，当线圈中通有顺时针方向的电流I时，左侧边所受的安培力为（　B　）

A．大小为BIL，方向为垂直纸面向外

B．大小为NBIL，方向为垂直纸面向里

C．大小为BIL，方向为垂直纸面向里

D．大小为NBIL，方向为垂直纸面向外

[解析]　N匝线圈通有顺时针方向的电流I，在磁场中的有效长度为L，所受安培力为NBIL，根据左手定则，方向为垂直纸面向里，选项B正确。

4．（2018·河北省唐山市检测）如图所示，在平面直角坐标系内有一圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其边界过原点O、y轴上的点a（0,3m）和x轴上的点b；一电子（重力不计）从a点以初速度v0＝3m/s平行于x轴负方向射入磁场，并从b点射出，此时速度方向与x轴负方向的夹角为60°。

根据以上信息可知，电子在磁场中的运动时间为（　B　）

A．πB．

C．D．

[解析]

如图所示，连接a、b两点，根据几何知识可知，连线ab为区域圆的直径；电子从a点以初速度v0平行于x轴负方向射入，从b点射出时速度方向与x轴负方向的夹角为60°，可知电子在磁场中的速度偏向角θ＝β＝60°，连线ab与x轴正方向的夹角a＝30°。

由几何关系可知，区域圆的直径ab＝＝6m，结合几何关系可知，电子在磁场中的轨迹圆的半径R＝6m，电子在磁场中的运动时间t＝T，其中T＝，解得t＝π，B正确。

5．（2018·山东省师大附中检测）如图有一直角扇形边界匀强磁场，在S处一质量为m，电量为q的正离子以速度v垂直于边界MN进入匀强磁场，刚好垂直打在NQ的中点S1处。

若在S处将一质量为2m，电量为q的正离子仍在原入射点以速度v垂直于边界MN进入匀强磁场，打在S2处，则S1S2的长度与NQ长度的比值为（∠MNQ＝90°，忽略粒子所受重力）（　B　）

A．－1B．

C．＋1D．

[解析]

设扇形的半径为r，磁感应强度为B，质量为m的离子在磁场中运动的半径为，在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，则qvB＝，设质量为2m的正离子在磁场中运动的半径为R，有qvB＝2m，求得R＝r，轨迹如图所示，NS2＝＝r，所以S1S2＝NS2－NS1＝r，故＝，选项B正确。

6．（2018·安徽省皖西南名校月考）如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动，在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点。

则下列说法正确的是（　BC　）

A．打在P1点的粒子为He

B．打在P2点的粒子为H和He

C．O2P2的长度为O2P1长度的2倍

D．粒子在偏转磁场中运动的时间都相等

[解析]　带电粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即qvB＝qE，所以v＝，可知从速度选择器中射出的粒子具有相等的速度。

带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，所以qvB＝，所以r＝＝·，可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He，故A项错误，B项正确；由题中的数据可得，H的比荷为H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径为H和He的半径的，即O2P2的长度为O2P1长度的2倍，故C项正确；粒子运动的周期T＝＝，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等，故D项错误。

7．（2018·湖北省宜昌市葛洲坝中学高三上学期11月检测）如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场。

三个相同带正电的粒子比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用。

已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域。

则下列说法正确的是（　ACD　）

A．编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小为

B．编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间t＝

C．编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离为（2－3）a

D．三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4∶2∶1

[解析]　设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1，则有：

qv1B＝m

由几何关系可得：

r1＝，解得：

v1＝，选项A正确；设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2，则：

qv2B＝m，T2＝，解得：

T2＝；由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间：

t2＝＝，选项B错误；设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，由几何关系可得：

AE＝2acos30°＝a，r3＝＝2a，OE＝＝3a，EG＝r3－OE＝（2－3）a，选项C正确；编号为①的粒子在磁场中运动的时间：

t1＝＝；编号为③的粒子在磁场中运动的时间：

t3＝＝；故三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为4∶2∶1，选项D正确；故选ACD。

8．（2018·湖南省衡阳八中高三实验班质检）如图，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面（未画出）。

一群比荷为Q的负离子以相同速率（较大），由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏（足够大）上，则下列说法正确的是（不计重力）（　BC　）

A．离子在磁场中运动时间一定相等

B．离子在磁场中的运动半径一定相等

C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大

[解析]　设粒子轨迹所对应的圆心角为θ，则粒子在磁场中运动的时间为t＝T，T＝，所有粒子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点射出时，圆心角的轨迹不同，所以离子在磁场中运动时间不同，故A错误。

离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：

qvB＝m，解得：

r＝，因粒子的速率相同，比荷相同，故半径一定相同，故B正确；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大，故应该使弦长为PQ，故由Q点飞出的粒子圆心角最大，所对应的时间最长；此时粒子一定不会沿PQ射入，故C正确，D错误；故选BC。

二、非选择题（共2小题，共52分。

计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分）

9．（26分）（2018·广东省东莞市东方明珠学校上学期第五次检测）如图所示的平面直角坐标系xOy，在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场，方向沿y轴正方向；在第Ⅳ象限的正三角形abc区域内有匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里，正三角形边长为L，且ab边与y轴平行。

一质量为m、电荷量为q的粒子，从y轴上的P（0，h）点，以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场，通过电场后从x轴上的a（2h,0）点进入第Ⅳ象限，又经过磁场从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成30°角，不计粒子所受的重力。

求：

（1）电场强度E的大小；

（2）粒子到达a点时速度的大小和方向；

（3）abc区域内磁场的磁感应强度B的最小值，并求粒子从P点到离开第Ⅳ象限所经历的时间。

答案：

（1）E＝；

（2）2v0，速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成60°角；（3），＋

[解析]　

（1）运动过程如图所示

设粒子在电场中运动的时间t，则有

水平方向：

2h＝v0t

竖直方向：

h＝at2

在电场中有：

qE＝ma

联立得：

E＝

（2）粒子到达a点时沿y轴负方向的分速度vy＝at＝v0

则v＝＝2v0

tanθ＝＝，则θ＝60°，即粒子在a点速度方向指向第Ⅳ象限与x轴正方向成60°角

（3）因为粒子从y轴上的某点进入第Ⅲ象限，且速度与y轴负方向成30°角，且θ＝60°，所以粒子只能从磁场的ab边射出，当粒子从b点射出时，r最大，此时磁场的磁感应强度有最小值，由几何关系得：

r＝L

粒子在磁场中运动时，有qvB＝

解得磁感应强度的最小值B＝

由

（1）可知在电场运动时间t1＝

在磁场中，运动时间t2＝＝×＝

做匀速直线运动时间t3＝＝

故运动的总时间t＝t1＋t2＋t3＝＋

10．（26分）（2018·安徽省合肥高三上学期期末）如图所示的xOy坐标系中，y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，方向垂直于xOy平面向里。

P点的坐标为（﹣L,0），M1、M2两点的坐标分别为（0，L）、（0，﹣L）。

质量为m，电荷量为q的带负电粒子A1，靠近极板经过加速电压为U的电场静止加速后，沿PM1方向运动．有一质量也为m、不带电的粒子A2静止在M1点，粒子A1经过M1点时与A2发生碰撞，碰后粘在一起成为一个新粒子A3进入磁场（碰撞前后质量守恒、电荷量守恒），通过磁场后直接到达M2，在坐标为（－L,0）处的C点固定一平行于y轴放置绝缘弹性挡板，C为挡板中点．假设带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y方向分速度不变，沿x方向分速度大小不变、方向相反．不计所有粒子的重力及粒子间的相互作用力。

（1）粒子A1与A2碰后瞬间的速度大小。

（2）磁感应强度的大小。

（3）若粒子A2带负电，且电荷量为q′，发现粒子A3与挡板碰撞两次，能返回到P点，求粒子A2的电荷量q′。

答案：

（1）　

（2）　（3）q

[解析]　

（1）粒子A1经电压U加速：

Uq＝mv2

与静止的A2发生碰撞，由动量守恒定律：

mv＝2mv3

联立可得：

v3＝

（2）粒子A3在磁场中做匀速圆周运动，画出运动轨迹如图所示

由几何关系可知粒子A3做匀速圆周运动的半径

r3＝O3M1＝＝L

对粒子A3，洛仑兹力提供向心力：

qv3B＝2m

从而求得：

B＝

（3）若让A2带上负电q′，由于总的电荷量变大，则A3粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径减小，设为r4，由题设画出粒子的运动轨迹如图所示，

进入磁场的方向与PM1平行，

每次在磁场中偏转一次，沿y轴的负方向下移距离：

Δy1＝2r4cos45°＝r4

离开磁场的方向与M2P平行．从磁场出来与C板碰撞再进入磁场时，粒子沿y轴正方向上移的距离：

Δy2＝2tan45°＝L

由题意经过两次与C板碰撞后回到P点，则有：

3Δy1－2Δy2＝2L

联立以上两式可得：

r4＝L

而对粒子A3做匀速圆周运动时有：

（q＋q′）Bv3＝2m

联立以上可得：

q′＝q