2025届高考物理二轮复习：专题三 电场和磁场 第8讲 磁场 -专项训练（含解析）

2025届高考物理二轮复习
专题三 电场和磁场 第8讲 磁场 -专项训练
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
1.如图甲所示为磁电式电流表的结构图,图乙为内部结构示意图,在极靴和铁质圆柱间存在磁场,电流通过电表接线柱流入线圈,在安培力作用下发生偏转,与螺旋弹簧的反向作用平衡后,指针指示电流大小.下列说法正确的是 (　)
A.铁质圆柱将磁场屏蔽,内部没有磁场
B.线圈所处位置是匀强磁场
C.若更换更强的磁场,电流表的量程将增大
D.运输过程中把电表正负接线柱用导线相连可减缓表针摆动幅度
2.[2024·嘉兴模拟] 如图所示,直角三角形abc中,∠a=37°,∠b=53°,d点是ab的中点,e是ab延长线上的一点,a、b两点之间的距离为5L.电流分别为4I、3I的无限长直通电导线分别放置在a点和b点,电流方向分别垂直于三角形abc所在的平面向外、向里.已知通有电流i的长直导线在与其距离为r处产生的磁场的磁感应强度大小为B=k(其中k为常量),cos 37°=0.8,sin 37°=0.6.下列说法正确的是 (　)
A.a点处的电流在c点产生的磁场方向由c指向b
B.d点的磁感应强度大小为
C.若e点的磁感应强度为0,则b、e两点之间的距离为15L
D.c点的磁感应强度大小为
3.(不定项)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.M为磁场边界上一点,有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力及粒子间相互作用)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子运动时间为,N为磁场边界上的另一个点,MN=R.下列说法正确的是 (　)
A.粒子从M点进入磁场时的速率为v=
B.从N点离开磁场的粒子在磁场中运动时间为
C.若将磁感应强度的大小增加到B,则会有粒子沿ON方向从N点射出磁场
D.若将磁感应强度的大小增加到2B,则劣弧MN上每一点都会有粒子射出
4.[2024·余姚模拟] 如图所示是科学仪器中广泛应用的磁致离子偏转技术原理图.在位于纸面的xOy平面内,y=20 cm和y=-4 cm两条直线间存在着垂直于纸面向内的匀强磁场.原点O处的离子源能沿纸面发射质量为m=3.2×10-27 kg、电荷量为q=1.6×10-19 C的正离子,其中向第一象限且与x轴正向成37°角发射的速度为v0=1.25×106 m/s的离子刚好从A点(0,20 cm)射出磁场.
(1)求该离子从A点射出磁场时的速度方向及匀强磁场的磁感应强度大小;
(2)若离子源向与x轴正向最大夹角为37°范围内发射离子,且所有离子都不离开磁场,求其发射的离子最大速度vm及以最大速度发射的离子能到达的磁场区域的面积S;
(3)若磁场布满整个空间且磁场区域充满空气,使进入磁场的离子受到与速度大小成正比、方向相反的阻力,离子源沿x轴正向持续发射速度为v0=1.25×106 m/s的离子,单位时间内发射的离子数为N=1×1016,这些离子均经过A点,在A点沿y轴放一小块离子收集板以收集所有射到A点的离子,不考虑离子间的相互作用,求离子束对收集板的作用力沿x轴方向的分力大小.
5.[2024·杭州模拟] 在xOy平面的x轴上方区域内存在着范围足够大的匀强磁场(如图甲所示).在空间坐标(0,a)处有一粒子源,在某一时刻向平面内各个方向均匀发射N个(N足够大)质量为m、电荷量为-q、速率为v0的带电粒子,在所发出的粒子中恰好有不能达到x轴.(不计粒子重力及粒子间的相互作用,题中N、a、m、-q、v0均为已知量)
(1)求磁感应强度的大小.
(2)求x轴上能接收到粒子的区域长度L.
(3)若磁场仅限制在一个半径为a的圆形区域内,圆心在坐标(a,a)处,保持磁感应强度不变,在x轴的正半轴上铺设挡板,粒子源所发出的部分粒子恰好垂直打在挡板上并被挡板吸收,求这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力大小.
6.在如图所示的直角坐标系中,半径r1=0.3 m的小圆圆心位于坐标原点,半径r2=0.5 m的大圆和小圆相交,大圆的圆心坐标为(0,0.4 m),大圆减去小圆部分充满垂直于纸面向外的匀强磁场.a、b、c为三束相同的粒子束,其相互之间的间距yab=0.2 m,ybc=0.3 m,a束粒子在y=0.9 m处从磁场外沿x轴正方向射向磁场,刚好能沿小圆半径方向穿过坐标原点.在y轴负半轴上垂直于y轴放置一长度和小圆直径相等的电子屏,该屏的中心位于y轴上,粒子若击中电子屏则能被完全吸收.已知粒子的质量m=1.2×10-10 kg,带电荷量q=+9.6×10-6 C,发射速度v=6.4×104 m/s,每束粒子单位时间内发射的数量N=105个,不计粒子的重力和粒子之间相互作用,cos 37°=0.8,cos 53°=0.6,求:
(1)磁场的磁感应强度大小B;
(2)电子屏能同时探测到三束粒子时与x轴的最大距离;
(3)电子屏在y轴上不同位置处受到粒子的平均撞击力沿y轴方向上的分量大小F.
参考答案与详细解析
1.D　[解析] 因磁感线是闭合曲线,所以铁质圆柱内部有磁场,没有将磁场屏蔽,故A错误;铁质圆柱和磁极间的磁场是均匀地辐向分布,线圈转动过程中各个位置的磁感应强度大小相等,但方向不同,所以不是匀强磁场,故B错误;若更换更强的磁场,则电流相同时安培力增大,指针偏转到最大时对应的电流减小,即电流表的量程将减小,故C错误;运输过程中把电表正负接线柱用导线相连,则电流表内部的线圈形成闭合回路,指针摆动时线圈中产生感应电流,线圈受到与转动方向相反的安培力作用,可减缓表针摆动幅度,故D正确.
2.C　[解析] 由右手螺旋定则可知,a点处的电流在c点产生的磁场方向由b指向c,故A错误;由右手螺旋定则可知,a、b两点处的电流在d点产生的磁场方向相同,则d点的磁感应强度大小为Bd=k+k=,故B错误;设b、e两点之间的距离为L0,若e点的磁感应强度为0,则有k-k=0,解得L0=15L,故C正确;a点处的电流在c点产生的磁场的磁感应强度为B1=k=k,b点处的电流在c点产生的磁场的磁感应强度为B2=k=k,由右手螺旋定则可知,B1、B2互相垂直,则c点的磁感应强度大小为Bc==,故D错误.
3.BC　[解析] 带电粒子从M点进入磁场,在磁场中做匀速圆周运动,运动的周期T=,由于在磁场中运动时间最长的粒子运动时间t1==,所以该粒子运动的圆弧为圆周,其对应的弦应是磁场圆的直径,如图甲所示,设粒子从M点进入磁场时的速率为v,运动的半径为r,由几何关系得r=2Rsin 45°=R,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,解得v=,A错误;从N点离开磁场的粒子运动轨迹如图乙所示,设该粒子运动的圆弧所对的圆心角为θ,由几何关系可知MN=2rsin ,解得θ=60°,则从N点离开磁场的粒子运动时间为t2=T=·=,B正确;若将磁感应强度的大小增加到B时,则粒子运动轨迹如图丙所示,由洛伦兹力提供向心力可得qv·B=m,解得r'==R,由图可知O3N⊥ON,即会有粒子沿ON方向从N点射出磁场,C正确;若将磁感应强度的大小增加到2B,则粒子运动的轨迹半径为r″==,由于轨迹圆半径小于磁场圆半径,所以当粒子运动轨迹对应的弦为轨迹圆直径时,粒子射出磁场的点离入射点M最远,设该点为A点,则弦长AM=2r″=R,设弦AM对应磁场圆的圆心角为θ',由几何关系得AM=2Rsin ,解得θ'=60°,因此劣弧MN上只有从M点开始的圆周上的点会有粒子射出,D错误.
甲
乙
丙
4.(1)速度方向与y轴正向夹角为53°　0.2 T　(2)1.0×106 m/s　 m2　(3)2.4×10-5 N
[解析] (1)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,根据对称性可知,该离子从A点射出磁场时的速度方向与y轴正向夹角为53°.
设该离子做圆周运动的轨迹半径为r0,由几何关系可知
2r0cos 37°=
根据洛伦兹力提供向心力得qv0B=m
联立解得B=0.2 T
(2)根据洛伦兹力提供向向心力得qvB=m
解得v=
可知发射速度最大对应的轨迹半径最大.
当沿x轴正方向发射的离子运动轨迹恰好与上边界相切时,其轨迹半径rm=0.1 m
以与x轴正向成37°角向第四象限入射的粒子做圆周运动的半径为rm时其轨迹在x轴下方部分离x轴的最大距离为ym=rm-rmcos 37°=0.02 m<4 cm
故离子运动的最大半径为rm=0.1 m
发射离子的最大速度vm==1.0×106 m/s
如图所示
以最大速度发射的离子能到达的区域面积等于半径为0.1 m的一个圆的面积加上顶角为74°、半径为0.2 m的一个扇形的面积再减去两个顶角为106°、半径为0.1 m的扇形各自的圆弧与弦所围区域的面积之和,即
S=π+π-2π-·sin 106°=π+9.6×10-3 m2
(3)设离子运动过程中某时刻沿x方向的分速度为vx,沿y方向的分速度为vy,通过A点时沿x方向的分速度为vAx,在水平方向上,对单个离子从O到A点过程,由动量定理得
解得vAx=-7.5×105 m/s
在x方向上,对单位时间内收集板收集到的离子,由动量定理得Fx=Nm
解得Fx=2.4×10-5 N
由牛顿第三定律得,离子束对收集板的作用力沿x轴方向的分力大小为Fx'=Fx=2.4×10-5 N
5.(1)　(2)a　(3)
[解析] (1)如图甲所示,左、右两个与x轴相切的圆为临界圆.
由于放射源所发出的所有粒子中有不能到达x轴,所以图中两个速度v0的方向间夹角为×2π=,则∠O1PO2=
由几何关系可知
R-Rsin=a
解得R=a
由洛伦兹力提供向心力得
qv0B=m
解得B=
(2)粒子打x轴上的范围对应的两个临界圆如图乙所示.
OC的长度为
L1==a
OA的长度为
L2==a
所以x轴上能接收到粒子的区域长度L=L1+L2=a
(3)粒子源所发出的部分粒子恰好垂直打在挡板上,粒子做圆周运动的轨迹半径仍为R=a,轨迹如图丙所示.
粒子能垂直打在挡板上的区域有两部分:
右侧速度v1与v2之间区域对应的入射方向夹角θ满足sin θ=,解得θ=
左侧速度v3与v4之间区域对应的入射方向夹角α满足sin α=,解得α=
粒子源所发出的能恰好垂直打在挡板上的所有粒子总动量的变化量大小Δp=Nmv0=
这部分粒子打在挡板上时运动的最短时间t1==
这部分粒子打在挡板上时运动的最长时间t2=+=
设这部分粒子在先后到达板上的时间内对挡板的平均作用力大小为,由动量定理得(t2-t1)=Δp
联立解得=
6.(1)2 T　(2) m　(3)见解析
[解析] (1)a束粒子刚好能沿小圆半径方向穿过坐标原点,则其运动的轨迹如图甲所示
设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R,根据几何关系有(ya-R)2=+R2
其中ya=0.9 m
解得R=0.4 m
根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=m
解得B=2 T
(2)由于各束粒子相同,所以每束粒子进入磁场后做圆周运动的轨迹半径都是R=0.4 m,三束粒子运动的轨迹如图乙所示
由几何关系可知yc=ya-yab-ybc=0.9 m-0.2 m-0.3 m=0.4 m=R,故c束粒子做圆周运动的圆心刚好位于x轴上,则其也能沿小圆半径方向穿过坐标原点,b束粒子做圆周运动的圆心纵坐标为yOb=ya-yab-R=0.3 m,横坐标为xOb=-=-0.4 m,即圆心坐标为(-0.4 m,0.3 m),由几何关系可知,b粒子刚好从小圆与y轴交点处沿y轴负方向穿过坐标原点,由几何关系可得
tan α=
tan β=
解得α=53°,β=37°
设电子屏能同时探测到三束粒子时与x轴的最大距离为ym,由几何关系得tan α=
解得ym= m
(3)当恰好只有b处的粒子击中电子屏时,设电子屏的纵坐标为y',由几何关系得-y'tan 37°=0.3 m
解得y'=-0.4 m
所以当电子屏的纵坐标y≥- m时,电子屏能探测到三束粒子,当-0.4 m≤y<- m时,电子屏只能探测到b、c两束粒子,当y<-0.4 m时,电子屏只能探测b束粒子.
由动量定理可得F=
当y<-0.4 m时,F=Nmv=0.768 N
当-0.4 m≤y<- m时,F=Nmv+Nmvcos 37°=1.3824 N
当y≥- m时,F=Nmv+Nmvcos 53°+Nmvcos 37°=1.8432 N