高考专题十磁场专题检测

这是一份高考专题十磁场专题检测，共24页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
专题十　磁场
专题检测题组
(时间:160分钟　满分:210分)
一、单项选择题(每小题4分,共8分)
1.(2021长郡中学月考一)如图所示,竖直平面内粗糙绝缘细杆(下)与直导线(上)水平平行固定,导线足够长。已知导线中的电流水平向右,大小为I,有一电荷量为+q、质量为m的小球套在细杆上(小球中空部分尺寸略大于细杆直径),若给小球一水平向右的初速度v0,空气阻力不计,那么下列说法正确的是(　　)

A.小球可能做匀速直线运动
B.小球可能做匀减速直线运动
C.若小球带负电,仍可能做匀速直线运动
D.若小球最终静止,是因为洛伦兹力对小球做了负功
答案　A　根据左手定则,小球受到的洛伦兹力竖直向上。当洛伦兹力和重力大小相等时,小球受到的支持力为零,摩擦力为零,小球做匀速直线运动,故A正确;当洛伦兹力和重力大小不相等时,小球受到的支持力不为零,摩擦力不为零,小球做减速运动,但随着速度的减小,洛伦兹力也会减小,摩擦力会发生变化,小球的加速度也会变化,所以小球不可能做匀减速直线运动,故B错误;若小球带负电,则洛伦兹力向下,一定有摩擦力,小球不可能做匀速运动,故C错误;洛伦兹力不做功,若小球最终静止,是因为摩擦力对小球做了负功,故D错误。
知识归纳　在洛伦兹力作用下的带电粒子,不可能做匀变速直线运动,因为速度变化,洛伦兹力变化,合力变化,加速度变化。
2.(2022届广州天河一模,6)如图所示,三根长为L平行的直线电流在空间构成以a为顶点的等腰直角三角形,其中a、b电流的方向垂直纸面向里,c电流方向垂直纸面向外,其中b、c电流大小为I,在a处产生的磁感应强度的大小均为B,通过导线a的电流大小为2I,则导线a受到的安培力为(　　)

A.2BIL,方向竖直向上
B.BIL,方向水平向右
C.2BIL,方向竖直向上
D.4BIL,方向水平向左
答案　A　b、c电流在a处产生的磁感应强度的大小均为B,根据矢量的叠加法则,结合几何关系可得,a处的磁感应强度为Ba=2B,方向水平向左,再由左手定则可知,导线a所受安培力方向竖直向上,大小为F=2B·2IL=2BIL,故选A。
二、多项选择题(每小题6分,共66分)
3.(2020广东六校联考,11)如图,边长为L的正三角形abc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,质量为m,电荷量为q的同种粒子每次都从a点沿与ab边成30°角的方向垂直射入磁场,若初速度大小为v0射入磁场后从ac边界距a点L3处射出磁场。不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　)

A.若粒子射入磁场的速度增大为2v0,则出射位置距a点2L3
B.若粒子射入磁场的速度增大为2v0,则粒子在磁场中的运动时间减小为原来的一半
C.若粒子射入磁场的速度不大于3v0,粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直
D.若粒子射入磁场的速度不同,但从ac边射出的所有粒子在磁场中的运动时间相等
答案　ACD　粒子的速度分别为v0、2v0、3v0时,画出粒子轨迹如图所示,若粒子射入磁场的速度增大为2v0,根据R=mvqB可知,粒子的半径增大到原来的2倍,则出射位置距a点2L3,故A正确;若粒子射入磁场的速度增大为2v0,粒子从ac边射出时与ac边的夹角不变、轨迹对应的圆心角不变,则粒子在磁场中的运动时间不变,故B错误;若粒子射入磁场的速度不大于3v0,则粒子均能够从ac边射出,射出时速度方向与ac边的夹角为30°,而ab边与ac边的夹角为60°,则粒子从磁场中射出时速度方向均与ab边垂直,故C正确;若粒子射入磁场的速度不同,但从ac边射出的所有粒子运动轨迹对应的圆心角均为60°,所以在磁场中的运动时间相等,故D正确。

解题关键　本题解题关键是要画出粒子轨迹,找到临界几何条件,再运用洛伦兹力提供向心力与几何关系结合求解。
4.(2022届邵东一中月考一)(多选)如图所示,在直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场。速率不同的大量相同带电粒子从A点沿与AC边夹角为60°方向进入磁场,从AC和BC边的不同位置离开磁场。已知AB=L,∠ACB=30°,不计粒子的重力和粒子间相互作用力,则(　　)

A.所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同
B.从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短
C.粒子在磁场中运动的弧长越长,运动时间一定越长
D.所有从BC边离开的粒子离C点的最近距离为3-32L
答案　ABD　根据题意画出粒子可能的运动轨迹如图所示,由几何关系可知在AC边射出的粒子转过的圆心角相等,均为23π,根据t=θ2πT=θmBq可知,所有从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间相同,从BC边射出的粒子转过的圆心角不等,越靠近B转过的圆心角越小,所以从BC边离开的粒子在磁场中运动的时间一定比从AC边离开的粒子在磁场中运动的时间短,A、B正确;由以上分析可知运动时间与弧长无关,C错误;从BC边离开的粒子运动轨迹与BC边相切时,粒子的出射点F距离C点最近,由几何关系可知四边形OAEF为正方形,则有FC=BC-BE-EF=2L-L2-32L=3-32L,D正确。

5.(2022届东营一中周测,11)(多选)如图,空间有一垂直纸面向外、磁感应强度大小为2 T的匀强磁场,一质量为0.3 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板右端无初速度放上一质量为0.4 kg、电荷量q=+0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.45,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。t=0时对滑块施加方向水平向左,大小为2.1 N的恒力。g取10 m/s2,则(　　)

A.木板和滑块一直做加速度为3 m/s2的匀加速运动
B.木板先做加速度为3 m/s2的匀加速运动,再做加速度减小的变加速运动,最后做匀速直线运动
C.当木块的速度等于10 m/s时与木板恰好分离
D.t=1 s时滑块和木板开始发生相对滑动
答案　BC　由于动摩擦因数为0.45,在静摩擦力的作用下,木板的最大加速度为amax=0.45×0.4×100.3 m/s2=6 m/s2,所以当2.1 N的恒力作用于滑块时,系统一起以a=FM+m=2.10.4+0.3 m/s2=3 m/s2的加速度匀加速向左运动;当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力,滑块对木板的压力减小,摩擦力减小,木板的加速度减小,所以木板做的是加速度减小的加速运动,当洛伦兹力等于重力时滑块与木板之间的弹力为零,此时有qvB=Mg,代入数据得v=10 m/s;此时摩擦力消失,木板做匀速运动,而滑块在水平方向上受到恒力作用,速度增加,洛伦兹力增大,滑块将离开木板向上做曲线运动,故A错误,B、C正确。当滑块和木板开始发生相对滑动时,木板的加速度恰好为共同的加速度3 m/s2,对木板有Ff=ma=0.3×3 N=0.9 N,再根据Ff=μ(Mg-qvB),解得v=5 m/s,根据v=at可得发生相对滑动的时刻为t=53 s,故D错误。
6.(2022届深圳罗湖质检, 8)(多选)如图所示,有两根用超导材料制成的长直平行导线a、b,分别通以80 A和100 A方向相同的电流,两导线构成的平面内有一点p,

到两导线的距离相等。下列说法正确的是(　　)

A.两导线间受到的安培力为斥力
B.两导线间受到的安培力为引力
C.两导线间受到的安培力Fb=1.25Fa
D.移走导线b前后,p点的磁感应强度方向改变
答案　BD　导线b中电流在导线a处产生的磁场方向垂直纸面向里,导线a电流的方向向左,由左手定则可知,导线a受到的安培力向下,同理导线b受到的安培力向上,所以两导线间受到的安培力为引力, A错误,B正确;两导线受到的安培力是相互作用力,所以大小相等,故C错误;根据右手螺旋定则,a、b中的电流在p点产生的磁感应强度方向相反,移走导线b前,b的电流较大,则p点磁场方向与b中电流产生磁场方向相同,垂直纸面向里,移走b后,p点磁场方向与a中电流产生磁场方向相同,垂直纸面向外,故D正确。
7.(2021淄博一模,11)(多选)如图所示,粗糙木板MN竖直固定在方向垂直纸面向里的匀强磁场中。t=0时,一个质量为m、电荷量为q的带正电物块沿MN以某一初速度竖直向下滑动,则物块运动的v-t图像可能是(　　)


答案　ACD　设初速度为v0,则FN=Bqv0,若满足mg=Ff=μFN,即mg=μBqv0,物块向下做匀速运动,A正确;若mg>μBqv0,则物块开始有向下的加速度,由a=mg-μBqvm可知,随速度增加,加速度减小,即物块先做加速度减小的加速运动,最后达到匀速状态,D正确;若mgmvqs,垂直纸面向外
D.B>3mvqs,垂直纸面向外
答案　BD　当磁场方向垂直纸面向里时,离子恰好与OP相切的轨迹如图甲所示,切点为M,设轨迹半径为r1,由几何关系可知, sin 30°=r1s+r1,可得r1=s,由r1=mvB1q可得B1=mvqs;当磁场方向垂直纸面向外时,其临界轨迹与OP相切于N点,如图乙所示,由几何关系s=r2sin30°+r2,得r2=s3,又r2=mvqB2,所以B2=3mvqs,综合上述分析可知,B、D正确,A、C错误。

13.(2022届湖南英才大联考)(多选)如图所示,两个倾角分别为30°和60°的绝缘光滑斜面固定于水平地面上,都处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。两个质量均为m、带电荷量均为+q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放运动一段时间后,两小滑块都将飞离斜面。在此过程中(　　)

A.甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大
B.甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短
C.两滑块在斜面上运动的过程中,重力的平均功率相等
D.甲滑块在斜面上运动的位移与乙滑块在斜面上运动的位移大小相同
答案　AC　滑块沿斜面运动时,受力分析有:mg sin θ=ma,FN+qvB=mg cos θ,可知当v越大时,FN越小,当FN=0,即vm=mgcosθqB时,滑块将飞离斜面,A对。由mg sin θ=ma知滑块在斜面上做匀加速运动,且加速度不变,所以t=vma=mgcosθqBgsinθ=mqBtanθ,可知B错。重力的平均功率PG=mg v12=mgvm sinθ2=m2g2 sinθcosθ2qB,可知两种情况重力的平均功率相等,C对。滑块在斜面上运动的位移L=vm22gsinθ=m2gcos2θ2q2B2 sinθ,可知D错。
三、非选择题(共136分)
14.(2021长郡中学、师大附中、长沙一中联考,18)(16分)如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间充满匀强电场(未画出),同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM平面向外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、带电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。

(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的所有可能值。
解析　(1)设电场强度大小为E。
由题意有mg=qE
得E=mgq,方向竖直向上。

图1
(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为φ。
由r=mvqB
有r1=mvminqB,r2=12r1
由(r1+r2)sin φ=r2
r1+r1 cos φ=h
得vmin=(9-62)qBℎm
(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。

图2
由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)
32x≥(9-62)h2
x=r12-(h-r1)2
得r1=(1+0.36n2)ℎ2,n