2023届高考一轮复习专题十一磁场专题练习3（含解析）

2023届高考一轮复习专题十一磁场精编专题练习3（含解析）一、单选题1.有一束粒子流中有a粒子、B粒子，沿直线经过正交的电场、磁场后，从平行板电容器的中间以速度v射入极板，若a粒子刚好从极板边缘射出，如图所示，。粒子轨迹未画出，不计粒子重力，以下说法正确的是（ ）A.a粒子比。粒子的比荷大B.「粒子也打在平行板电容器下极板上c.「粒子能穿过平行板电容器D.P粒子在平行板电容器中运动的时间小于人V2.如图所示，同一竖直平面内有0、E、F、A四点，其中E、0、F三点等高，E、F、A三点到O点距离相等，ZEOA=0（。未知），当反尸两点放置两根通有电流大小相等、方向相反且垂直于竖直平面的长直导线时，。点处磁感应强度的大小为修，若将E点处导线移到A点（其他条件不变），。点处磁感应强度的大小变为与，已知TOC\o"1-5"\h\z丝=42+衣,则（ ）4 2幺O又\o"CurrentDocument"8-不y ⑥A.6=30° B.6=45°C.<9=60。 D.6=75°3.如图所示，真空中竖直放置一长直细金属导线MN,电流向上。空间中做一与导线同轴的半径为R的柱面。光滑绝缘管"水平放置，端点。、b分别在柱面上。半径略小于绝缘管内径的带正电小球自。点以速度如向b点运动过程中，下列说法正确的是

A.小球先加速后减速B.小球受到的洛伦兹力始终为零C.小球在外中点受到的洛伦兹力为零D.小球受到洛伦兹力时，洛伦兹力方向向上.丹麦物理学家奥斯特在1820年4月发现了电流的磁效应，从而开启了人类对电与磁相互关联关系探索的序幕。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B= 即磁感r应强度B与导线中的电流/成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图为垂直于纸面放置在x轴上。和4处的两根平行长直导线，分别通以大小不等、方向相同的电流，己知/1＞八。规定磁场方向垂直于x轴向上为正，在O~x。区间内磁感应强度8随x变化的TOC\o"1-5"\h\z图线可能是图中的（ ）A 12 X@ 0 ►0 %.一个匝数为小面积为S的闭合线圈置于水平面上，若线圈内的磁感应强度在时间r内由竖直向下从8/减少到零，再反向增加到民，则线圈内的磁通量的变化量△⑦为

B.(B2-BDSA.B.(B2-BDSC.n(B2+B1)S D.(B2+B1)S6.如图所示，一根质量为根、长为/的金属棒时用两根绝缘的软绳尸和。竖直悬挂，并处于垂直于纸面的匀强磁场中。现在金属棒中通以大小为/、方向从“到6的电流，此时两软绳上的拉力均等于金属棒重力的2,已知金属棒始终处于静止状态，重力加速4TOC\o"1-5"\h\z度为g,两软绳上的拉力始终相同，则下列说法正确的是( )pQ.a 0[ ・A.金属棒受到的安培力大小为;，曲，方向竖直向下B.磁场方向垂直纸面向里C.磁场的磁感应强度大小为褰D.若仅改变金属棒中的电流方向，那么两软绳上的拉力大小均变为:.图甲是回旋加速器的示意图，粒子出口处如图所示.图乙是回旋加速器所用的交变电压随时间的变化规律。某物理学习小组在学习了回旋加速器原理之后，想利用同一回旋加速器分别加速两种带正电的粒子，所带电荷量分别为卬、q2,质量分别为W、m2,.保持交变电压随时间变化的规律不变，需要调整所加磁场的磁感应强度的大小，则A.所加磁场的磁感应强度大小之比为A.所加磁场的磁感应强度大小之比为2.粒子获得的最大动能之比为黑C.粒子的加速次数之比为色色D.粒子在回旋加速器中的运动时间之比为—二、多选题8.利用如下图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板M上方是磁感应强度大小为B方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上的两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为，”，电荷量为%具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法正确的是（）TOC\o"1-5"\h\zX X X X X XBX X X X X XX X X X X X肛|< 山"—Ntt1工"A.粒子带正电.射出粒子的最大速度为殁空由2mC.保持d和L不变，增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差不变D.保持d和8不变，增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差不变.一块横截面为矩形的金属导体的宽度为从厚度为d,水平放置，将导体置于一磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度的方向水平且垂直于侧面如图所示。当在导体中通以图示方向的电流/时，在导体的上下表面间用电压表测得的电压为Uh，已知载流子为自由电子，电量为e,则下列判断正确的是（ ）A.导体内载流子只受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的电场力作用B.用电压表测Uh时，电压表的“+”接线柱接下表面C.金属导体的厚度d越大，4越大D.该导体单位体积内的自由电子数为备

圈间产生匀强磁场，磁感应强度大小B与/成正比，方向垂直于霍尔元件的两侧面，此时通过霍尔元件的电流为/〃，与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U”满足JnUH=k-^~,式中4为霍尔系数，d为霍尔元件两侧面间的距离，电阻R远大于&,霍a尔元件的电阻可以忽略，则下列说法错误的是（ ）B.若电源的正负极对调，电压表指针将反偏C.Ih与/成正比D.电压表的示数与&消耗的电功率成正比11.CT扫描机器是医院常用的检测仪器。图（a）是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图（b）所示。图（b）中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线（如图中带箭头的虚线所示）；将电子束打到靶上的点记为P点。则（ ）A.增大MN的距离，电子进入磁场的速度一定增大B.增大M、N之间的加速电压可使尸点右移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移12.如图所示的平面直角坐标系xOy,在y轴的左侧存在沿y轴负方向的匀强电场。在y轴的右侧存在垂直坐标平面向外的匀强磁场。一比荷为人的带正电粒子（不计重力），从x轴上的A点以沿着与x轴正方向成6=53。的初速度%开始运动，经过电场偏转从y轴的8点以垂直y轴的速度进入磁场，磁感应强度为生，粒子进入磁场后电场方向变5kd为沿y轴正方向。该带正电粒子经过磁场偏转，粒子先后经过x轴上的C点、y轴上的4 3D点,粒子经O点后，粒子然后再回到x轴的A点，sin53=-,cos53=1,下列说法正确的是( )A.粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为dB.A、C两点之间的距离为3dC.匀强电场的电场强度为强5kdD.粒子从A点再回到A点的运动时间为3%三、解答题13.如图所示，一电子静止开始经电场加速后，沿平行于板面的方向射入偏转电场，射出后进入垂直纸面向外的匀强磁场。两板间的电场看做匀强电场，忽略两板边缘的电场。MN、PQ是磁场的边界，宽度为乩若加速电场电压为Uo时，电子射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角为60。。现调整加速电场的电压，使电子射出偏转电场时速度方向与水平方向夹角为30°，电子刚好没能从边界射出磁场。已知电子的电荷量为e,质量为求：(1)调整后的加速电场电压U；(2)匀强磁场的磁感应强度8大小。Uo "t:••• 7。 i,,、3•：••!MW*Qb两点，圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场8/(B/大小未知)；第四象限内存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为Eo；第二、三象限有垂直纸面向里的匀强磁场历(比大小未知)，一带负电粒子从。点沿与y轴正方向成60。角的方向射入圆形区域磁场，其速度大小为vo,射出磁场后从x轴的c点(图中未画出)垂直x轴射入电场,然后从y轴上的d点(图中未画出)离开电场，粒子经过d点时速度方向与。点速度方向平行，经y轴左侧匀强磁场偏转后再次经过a点.已知粒子比荷为2，粒子重力不计,m求：(1)圆形区域磁场的磁感应强度以大小；(2)第二、三象限内匀强磁场的磁感应强度&大小。15.如图所示，水平地面上方MN边界右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中未标出)，磁感应强度B=1.0T。在边界MN离地面高〃=3m处的4点，质量/n=lxl(y3kg、电量g=lxl(?3c的带正电的小球(可视为质点)以速度如水平进入右侧的匀强磁场和匀强电场的区域，小球进入右侧区域恰能做匀速圆周运动(g取10m/s2)。不考虑小球落到水平地面反弹情况。求：(1)电场强度的大小和方向；(2)若0<v区3m/s,求小球在磁场中运动的最短时间〃：(3)若0<vE3m/s,求小球落在水平面上的范围。(相关数学：令函数/(x)=-2^+3/的导函数f(x)=0得极大值点)

〃〃〃〃〃〃心〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃N 〃〃〃〃〃〃心〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃〃16.如图所示，纸面内有直角坐标系oxy,图中虚线圆水平直径为op,op的长度为2L,竖直直径为QS,虚线圆与y轴相切于原点O,圆周内部有垂直纸面向里的匀强磁场，X轴上及第一象限有与X轴平行沿X轴负向的匀强电场，电场强度为瓦在M、N处由静止释放相同的质量为机、电量为+4粒子，N点的坐标是(乙号)，M点的坐标是(4L.0),观察发现M处释放的粒子从磁场中的S点出射，不计粒子间相互作用及其重力。求：(1)磁场的磁感应强度8；(2)N处释放的粒子在磁场中运动的半径和时间。力/mN(L,—•N(L,—•4Lx/m参考答案D【解析】【详解】A.a粒子是塞核；He,B粒子是电子一；e,a粒子的质量远大于电子的质量，所以a粒子比。粒子的比荷小，A错误；B.由于。粒子带负电，a粒子带正电，因此在平行板电容器中会偏向不同的极板，B粒子会偏向上极板，B错误；CD.粒子流通过速度选择器后，以相同的速度v进入平行板电容器中，根据牛顿第二定律有Eq

a=--

m由于a粒子比。粒子的比荷小，因此a粒子比。粒子的加速度小，根据运动学公式有1 2d-ar=—

2 2故a粒子通过平行板电容器的时间比P粒子通过的时间长，即L

(=->%

v可见B粒子不能通过平行板电容器，C错误，D正确。故选D。B【解析】【详解】设单根通电直导线在。点处产生的磁感应强度的大小为8,E点处导线未移动时，。点处合磁感应强度为4=28E点处导线移动之后，两通电导线在。点处产生的磁场如图所示根据正交分解B,=8sin。，风=B（l+cos6＞）O点处合磁感应强度将变为B2=Jb；+B；=8j2+2cos-结合已知条件B?_也+&B12可得g>/2+2cos<9V2+V2IB ——2~解得6=45°故选BoC【解析】【详解】A.如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图中虚线所示，洛伦兹力不做功，小球速率不变，A错误；BCD.当小球运动到"中点时，小球速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，自。点到时中点，小球受到的洛伦兹力沿柱面向下，自必中点至人点，受到的洛伦兹力沿柱面向上，C正确，BD错误。故选C。【解析】【详解】由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于X轴向上，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于X轴向下，由于规定磁场方向垂直于X轴向上为正，故在区间内磁场方向先为正后为负。根据通电长直导线周围某点磁感应强度B=k-r和Ah可知在，的位置磁场方向为正方向，A正确：故选Ao5.D【解析】【详解】末状态的磁通量为①2=B2S初状态的磁通量为①।=-B,5则线圈内的磁通量的变化量为A①=(4+B2)SABC错误，D正确。故选D。C【解析】【详解】A.金属棒通电后两软绳上的拉力均等于金属棒重力的;，所以两软绳的总拉力大小为4jmg,由力的平衡条件可判断出此时金属棒受到的安培力方向竖直向下，大小为故A错误；B.左手定则可知，磁场的方向为垂直纸面向外，故B错误；C.由F0=-mg=Bll得磁场的磁感应强度大小为人理211故C正确；D.若仅改变金属棒中的电流方向，则安培力的方向变为竖直向上，此时两软绳的拉力大小均为f7=-(mg-F^)=-mg故D错误。故选C。C【解析】【详解】A.所加电压规律不变，则粒子周期Ti=T2由27rmT=——qB即Bi二叫一A错误；B.由\r

qvB=m—

r得qBr知厂越大，1，越大，则i，的最大值为回旋加速器的半径R，qBRVmaxm_1 2 Q2B2R2h —w/V=- hnax2 max 2mrP _q；及R2.q；BW匕kinax1'匕kmax2 — •一2叫 2ml又由Bl「叫一B?m2qx得Ji=色Ekmax2吗B错误;C.加速次数N满足NqU=Ehnax所以*r 3XN= qU又由E*maxl_吗E*m2-吗所以._%线mi_%叫N?。£刖2Q\m2选项C正确;D.加速周期T1=T2加速次数N\_qa小?叫加速时间N*T2।_M%吗G 乂.t n2qm22选项D错误。故选C。BD【解析】【详解】A.依题意，粒子进入磁场后向右偏转，受到向右的洛伦兹力，由左手定则可判断粒子带负电。故A错误；B.粒子在磁场中做匀速圆周运动，其最大半径为_3d+L_L^max- 2 ，Anin1,根据qvB=m——

r可得mv

r=——联立，可得qB（3d+L）

“max-c

2m故B正确；CD.同理，可得v=理

minc

2m解得3qBdVmax-Vmin=—~

2tn可知，保持d和L不变，增大8,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大，保持d和8不变，增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差不变。故C错误；D正确。故选BD。BD【解析】【详解】A.导体内载流子除了受垂直于运动方向的洛伦兹力作用和竖直向下的电场力作用之外，还受到电源提供的非静电力作用和导体内正离子对其的库仑力等作用，故A错误；B.电子定向移动的方向与电流方向相反，根据左手定则可知在导体上表面上将聚集电子，所以用电压表测4时，电压表的“+”接线柱接下表面，故B正确；CD.根据平衡条件有UH»

e——=cdv

d设该导体单位体积内的自由电子数为〃，根据电流的微观表达式有I=neSv=nebdv联立两式可得rrBIUH=--neh即4与金属导体的厚度d无关。并且导体单位体积内的自由电子数为BI

n= ebUH故C错误，D正确。故选BD。AB【解析】【详解】A.由题意可知电子从霍尔元件下表面向上表面运动，根据左手定则可知电子将在霍尔元件后表面聚集，所以霍尔元件前表面的电势高于后表面的电势，故A错误；B.若电源的正、负极对调，则线圈中及霍尔元件中电流方向均反向，即穿过霍尔元件的磁场方向与电子的定向移动方向均反向，电子仍将在霍尔元件后表面聚集，所以仍是前表面的电势高于后表面的电势，电压表指针不会反偏，故B错误；C.由并联电路的电流分配特点可知K+KlR+Rl故C正确;D.由题意知BW所以&消耗的电功率为p=i：RlH产所以Uh8P故D正确。本题选错误的，故选AB。BD【解析】【详解】A.若仅增加MN的距离，而MN间的电压保持不变，电子进入磁场的速度也不会改变，A错误；B.增大M、N之间的加速电压，使粒子进入磁场的速度增大，根据mvr=——qB粒子进入磁场时轨道半径变大，从而尸点右移，B正确；C.粒子带负电荷，根据左手定则，可知偏转磁场的方向垂直于纸面向内，C错误；D.增大偏转磁场磁感应强度的大小，根据mvr-——qB进入磁场时轨道半径变小，从而P点左移，D正确。故选BD。AD【解析】【详解】AB.设粒子在磁场中做匀速圆周轨迹的半径为/?,由几何关系可得OB=ROC=RAC=OA+OC粒子从A到B做类斜抛运动，在B点的速度与匀强电场垂直，由逆向思维粒子从8到A做类平抛运动，把粒子在A点的速度%分别沿x轴的正方向和y轴的正向分解，设粒子在B点的速度为力,则有%cos0=vB由洛伦兹力充当向心力粒子从8到A做类平抛运动，沿x轴方向与y轴方向的位移大小分别用04、08来表示，由类平抛运动的规律可得，过A点的速度%的延长线交于x方向分位移的中点，由几何关系可得结合8=约，综合解5kdR=dOB=dAC=2.5dA正确，B错误；C.粒子在4点沿y轴正方向的分速度为vv=v0sin0由类平抛运动的规律可有v：=2匹~xOB

m综合解得匀强电场的强度为E=8%25kdC错误；D.粒子从A点到B点的运动时间ABO.6vABO.6vo粒子从B点到D点的运动时间为nd""0.6%根据运动的对称性，粒子从A点又回到A点的运动时间为t=2 +(BD综合计算可得_(15+5%)4

1 3%D正确。故选ADo(1)3Uo；(2)士丝纹dve【解析】【详解】(1)根据动能定理,,1 2叫=5机%可得%乒Vm(2)设偏转电场的板长为L电子在偏转电场中的加速度为m则L

t=—%vv=at则射出偏转电场的速度方向与水平方向的夹角。满足关系联立可得改变加速电压，电子在偏转电场中的加速度不变，tan。反比于加速电压。当加速电压为Uo时。=60。，则9=30。时，加速电场电压

(3)根据调整后的加速电场电压为3%,则进入偏转电场的速度为如'%=vcos30°可得进入磁场的速度大小vv=2由于电子刚好没能从磁场边界射出，轨迹恰好与尸。边界相切Rsin30°+R=d2R=-d3由圆周运动规律evB=—

R联立解得—吟⑵八里警【解析】【详解】(1)设粒子第一次在圆形磁场中做圆周运动半径为粒子在第四象限做类平抛运动，通过d点时速率