考點(diǎn)十一 磁場-2019年高考物理分類題庫

考點(diǎn)十一磁場1.（2019·全國卷I·T17）如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強(qiáng)磁場中,線框平面與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直,線框頂點(diǎn)M、N與直流電源兩端相接,已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為()A.2F B.1.5F C.0.5F D.0【解題指南】解答本題應(yīng)注意以下三點(diǎn):(1)明確導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小和方向。(2)明確ML、LN兩導(dǎo)體棒受到安培力的合力大小和方向。(3)明確線框LMN受到的安培力的大小和方向?！窘馕觥窟xB。設(shè)導(dǎo)體棒MN中的電流為I,則導(dǎo)體棒ML、LN中的電流為I2,導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小F=ILB、方向豎直向上。ML、LN兩導(dǎo)體棒受到安培力的合力大小為I2LB=0.5F,方向豎直向上。線框LMN受到的安培力的大小為F+0.5F=1.52.(2019·全國卷Ⅱ·T17)如圖,邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點(diǎn)有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點(diǎn)射出的電子的速度大小分別為 ()A.14kBl,54kBl B.14kBl,54kBlC.12kBl,54kBl D【直擊題眼】題中“從a、d兩點(diǎn)射出”可以順利畫出電子的運(yùn)動軌跡?！窘馕觥窟xB。電子的運(yùn)動軌跡如圖所示,由牛頓第二定律得evB=mv2r,得r=mveB①,電子從a點(diǎn)射出,r=l4②,聯(lián)立①②解得v1=14kBl;電子從d點(diǎn)射出,由幾何關(guān)系得l2+(r-l2)2=r2,解得r=54l3.(2019·全國卷Ⅲ·T18)如圖,在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限,最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運(yùn)動的時間為 (A.5πm6qB B.7πm6qB C【解析】選B。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由R=mvqB即運(yùn)動由兩部分組成,第一部分是14個周期,第二部分是16個周期,故總時間t=14·2πmqB+14.(2019·天津高考·T4)筆記本電腦機(jī)身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當(dāng)顯示屏開啟時磁體遠(yuǎn)離霍爾元件,電腦正常工作;當(dāng)顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進(jìn)入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時,電子的定向移動速度為v。當(dāng)顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強(qiáng)磁場中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的 ()A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為eU【解析】選D。根據(jù)左手定則可知自由電子偏向后表面,元件的后表面帶負(fù)電,即后表面的電勢比前表面的低,A錯誤;根據(jù)穩(wěn)定時自由電子所受的電場力與洛倫茲力平衡,即eUa=evB得U=Bva,所以選項(xiàng)B、C均錯誤;自由電子受到的洛倫茲力與所受電場力大小相等,即F=evB=eU【題后反思】霍爾元件前、后兩表面電勢的高低取決于元件內(nèi)導(dǎo)電粒子(載流子)的正負(fù):元件內(nèi)導(dǎo)電粒子(載流子)的正、負(fù)不同,霍爾元件前、后兩表面電勢的高、低相反。5.（2019·北京高考·T16）如圖所示,正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點(diǎn)射入,從b點(diǎn)射出。下列說法正確的是 ()A.粒子帶正電B.粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率C.若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度,則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出D.若僅減小入射速率,則粒子在磁場中運(yùn)動時間變短【解析】選C。根據(jù)洛倫茲力用來提供向心力,運(yùn)動軌跡向力的方向彎曲,根據(jù)左手定則:磁場穿入手心,四指指向正電荷運(yùn)動方向或者負(fù)電荷運(yùn)動反方向,拇指所指方向?yàn)槁鍌惼澚Ψ较?由此可以判斷出,粒子帶負(fù)電,選項(xiàng)A錯誤;因?yàn)槁鍌惼澚εc速度始終垂直,所以洛倫茲力只改變速度的方向,不改變速度的大小,粒子在a、b兩點(diǎn)速率相同,選項(xiàng)B錯誤;由qBv=mv2r解得r=mvqB,若只B減小,其他條件不變,半徑r變大,粒子從b點(diǎn)右側(cè)射出,選項(xiàng)C正確;根據(jù)T=2πrv6.(2019·江蘇高考·T7)如圖所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)線,通過的電流強(qiáng)度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間,通有順時針方向的電流,在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是 ()A.均向左 B.均向右C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左【解析】選C、D。a、b的電流均向左或均向右時,根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場及其分布和疊加可知,在a、b導(dǎo)線附近的磁場方向相反,則由左手定則可以判斷平行于a、b導(dǎo)線的矩形線框的兩邊受力的方向相同,線框所受的合力不為0,故不可能靜止,選項(xiàng)A、B錯誤;a、b的電流方向相反時,在a、b導(dǎo)線附近的磁場方向相同,平行于a、b導(dǎo)線的矩形線框的兩邊受力的方向相反,用對稱性也可以判斷線框的另外兩邊所受的磁場力也大小相等方向相反,故線框處于平衡狀態(tài),選項(xiàng)C、D正確。7.（2019·全國卷I·T24）如圖,在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于紙面向外。一帶正電的粒子從靜止開始經(jīng)電壓U加速后,沿平行于x軸的方向射入磁場;一段時間后,該粒子在OP邊上某點(diǎn)以垂直于x軸的方向射出。已知O點(diǎn)為坐標(biāo)原點(diǎn),N點(diǎn)在y軸上,OP與x軸的夾角為30°,粒子進(jìn)入磁場的入射點(diǎn)與離開磁場的出射點(diǎn)之間的距離為d,不計重力。求(1)帶電粒子的比荷;(2)帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間?！窘馕觥?1)設(shè)帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加速后的速度大小為v。由動能定理有qU=12mv2 設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為r,由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有qvB=mv2r由幾何關(guān)系知d=2r ③聯(lián)立①②③式得qm=4U(2)由幾何關(guān)系知,帶電粒子射入磁場后運(yùn)動到x軸所經(jīng)過的路程為s=πr2+帶電粒子從射入磁場到運(yùn)動至x軸的時間為t=sv 聯(lián)立②③④⑤⑥式得t=Bd24U(π2答案:(1)4UB2d2(2)B8.(2019·江蘇高考·T16)如圖所示,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N,MN=L,粒子打到板上時會被反彈(碰撞時間極短),反彈前后水平分速度不變,豎直分速度大小不變、方向相反。質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子速度一定,可以從左邊界的不同位置水平射入磁場,在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為d,且d<L,粒子重力不計,電荷量保持不變。(1)求粒子運(yùn)動速度的大小v;(2)欲使粒子從磁場右邊界射出,求入射點(diǎn)到M的最大距離dm;(3)從P點(diǎn)射入的粒子最終從Q點(diǎn)射出磁場,PM=d,QN=d2,求粒子從P到Q的運(yùn)動時間t【解析】(1)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由洛倫茲力提供向心力,有:qvB=mv2R,解得:R由題可得:R=d解得v=qBdm(2)如圖所示,粒子碰撞薄板后的運(yùn)動軌跡恰好與磁場左邊界相切,由幾何關(guān)系得dm=d(1+sin60°)解得dm=2+3(3)粒子的運(yùn)動周期T=2π設(shè)粒子最后一次碰撞到射出磁場的時間為t',則t