2024届高考物理二轮复习易错难点专练【新高考】（5） 磁场

这是一份2024届高考物理二轮复习易错难点专练【新高考】（5） 磁场，共15页。试卷主要包含了易错点分析，易错训练等内容，欢迎下载使用。
1. 安培力做功与动能定理结合，其解题步骤如下：
（1）选取研究对象，明确它的运动过程；
（2）分析研究对象的受力情况(若是立体图就改画成平面图）和各个力的做功情况，特别是分析安培力的大小和方向，看安培力是做正功还是负功，然后求各力做功的代数和；
（3）明确初、末状态的动能；
（4）列出动能定理的方程以及其他必要的解题方程进行求解。
2. 处理多解模型的解题思路
（1）分析题目特点，确定题目多解形成的原因；
（2）作出粒子运动轨迹示意图(全面考虑多种可能)；
（3）若为周期性的多解问题，注意寻找通项式，若有出现几种解的可能性，注意每种解出现的条件。
3. 带电粒子在复合场中运动归类与分析
1.无约束情况下的运动
（1）磁场力、重力并存
①若重力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若重力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，故机械能守恒，由此可求解问题。
(2)静电力、磁场力并存(不计重力的微观粒子)
①若静电力和洛伦兹力平衡，则带电粒子做匀速直线运动。
②若静电力和洛伦兹力不平衡，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用动能定理求解问题。
（3）静电力、磁场力、重力并存
①若三力平衡，则带电粒子一定做匀速直线运动。
②若重力与静电力平衡，则带电粒子一定做匀速圆周运动。
③若合力不为零且与速度方向不垂直，则带电粒子将做复杂的曲线运动，因洛伦兹力不做功，可用能量守恒定律或动能定理求解问题。
2.约束情况下的运动
带电粒子在复合场中受轻杆、轻绳、圆环、轨道等约束的情况下，常见的运动形式有直线运动和圆周运动，此时解题要通过受力分析明确变力、恒力做功情况，并注意洛伦兹力不做功的特点，运用动能定理、能量守恒定律结合牛顿运动定律求出结果。
二、易错训练
1.在实验室中有一种污水流量计，其原理可以简化为如图所示模型：废液内含有大量正、负离子，从直径为d的圆柱形容器右侧流入，左侧流出。流量值Q等于单位时间通过横截面的液体的体积。空间有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，并测出间的电压，则下列说法正确的是( )
A.正、负离子所受洛伦兹力方向是相同的
B.容器内液体的流速为
C.污水流量计也可以用于测量不带电的液体的流速
D.污水流量
2.CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测。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.M处的电势高于N处的电势
B.增大之间的加速电压可使P点左移
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
3.如图所示，磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，有一长为L的轻质半圆金属导线，通有从O到的恒定电流I。现金属导线绕水平轴由水平第一次转到竖直位置的过程中，下列说法正确的是( )
A.转动过程中，安培力的方向不断变化B.转动过程中，安培力大小始终不变
C.转动过程中，安培力大小一直减小D.转过60°时，安培力大小为
4.为了降低潜艇噪声，提高其前进速度，可用电磁推进器代替螺旋桨。电磁推进器中有绝缘材料制成的直海水管道，马鞍形超导线圈在通道内形成磁场，正、负电极与直流电源相连在海水中形成电流。装置的截面图如图所示，关于该电磁推进器的说法正确的是( )
A.同等情况下装置在纯净的淡水湖中推进效果比在海水中好
B.同等情况下增加磁感应强度不能改变推进效果
C.图示中海水受到的安培力方向垂直纸面向里
D.图示中推进器受到的海水推力方向垂直纸面向里
5.一电流表的原理如图所示，质量为的匀质细金属棒MN的中点处通过一绝缘挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，弹簧的劲度系数为。在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小，方向垂直纸面向外。与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于且，当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针指示的示数可表示电流强度，不计通电时电流产生的磁效应，重力加速度，则( )
A.若要电流表正常工作，N端应接电源正极
B.若要将电流表的量程扩大2倍，磁感应强度应变为
C.若，此电流表的满量程值为
D.当电流表示数为零时，弹簧伸长量为10 cm
6.某离子实验装置的基本原理如图所示，Ⅰ区宽度为，左边界与x轴垂直交于坐标原点O，其内充满沿y轴正方向的匀强电场，电场强度为E；Ⅱ区宽度为，左边界与x轴垂直交于点，右边界与x轴垂直交于点，其内充满沿x轴负方向的匀强磁场，磁感应强度。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界，其中心与点重合，以为原点建立坐标系，从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子，其以某一初速度沿x轴正方向通过O点，依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到点的距离为l。忽略离子间的相互作用，不计离子的重力。则下列判断正确的是( )
A.离子进入Ⅰ区的初速度
B.离子在Ⅱ区运动的路程
C.离子打在测试板上的位置与点连线沿轴方向的距离
D.离子打在测试板上的位置与点连线沿轴方向的距离
7.中科院等离子体物理研究所设计制造了全超导非圆界面托卡马克实验装置（EAST），这是我国科学家率先建成的世界上第一个全超导核聚变“人造太阳”实验装置。将原子核在约束磁场中的运动简化为带电粒子在匀强磁场中的运动，如图所示。磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B，甲粒子速度方向与磁场垂直，乙粒子速度方向与磁场方向平行，丙粒子速度方向与磁场方向间的夹角为θ，所有粒子的质量均为m，电荷量均为，且粒子的初速度方向在纸面内，不计粒子重力和粒子间的相互作用，则( )
A.甲粒子受力大小为qvB，方向水平向右
B.乙粒子的运动轨迹是直线
C.丙粒子在纸面内做匀速圆周运动，其动能不变
D.从图中所示状态，经过时间后，丙粒子位置改变了
8.如图所示为磁聚焦法测量比荷的原理图。在阴极K和阳极A之间加电压，电子由阳极A中心处的小孔P射出。小孔P与荧光屏中心O点的连线为整个装置的中轴线。在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，可认为所有电子从同一点发散。在电容器C和荧光屏S之间加一平行于PO的匀强磁场，电子经过一段时间再次汇聚在一点。调节磁感应强度B的大小，可使电子流刚好再次汇聚在荧光屏的O点。已知K、A之间的加速电压为与S之间磁场的磁感应强度为B，发散点到O点的距离为l。下列说法正确的是( )
A.电子通过电容器后速度方向相同
B.从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径相同
C.所有电子从发散到再次汇聚所用的时间相同
D.粒子的比荷
9.如图所示，长方形abcd的长，宽，分别是的中点，以e为圆心，eb为半径的圆弧和以O为圆心，Od为半径的圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场（eb边界上无磁场），磁感应强度。一群不计重力、质量、电荷量的带正电粒子以速度沿垂直于ad且垂直于磁场方向射入磁场区域，粒子间的相互作用不计，则下列判断正确的是( )
A.从Od边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
B.从aO边射入的粒子，出射时全部通过b点
C.从Od边射入的粒子，出射时全部通过b点
D.从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边
10.离子速度分析器截面图如图所示。半径为R的空心转筒P，可绕过O点、垂直xOy平面（纸面）的中心轴逆时针匀速转动（角速度大小可调），其上有一小孔S。整个转筒内部存在方向垂直纸面向里的匀强磁场。转筒下方有一与其共轴的半圆柱面探测板Q，板Q与y轴交于A点。离子源M能沿着x轴射出质量为m、电荷量为、速度大小不同的离子，其中速度大小为的离子进入转筒，经磁场偏转后恰好沿y轴负方向离开磁场。落在接地的筒壁或探测板上的离子被吸收且失去所带电荷，不计离子的重力和离子间的相互作用。
（1）①求磁感应强度B的大小；
②若速度大小为的离子能打在Q板的A处，求转筒P角速度ω的大小。
（2）较长时间后，转筒P每转一周有N个离子打在板Q的C处，OC与x轴负方向的夹角为θ，求转筒转动一周的时间内，C处受到平均冲力F的大小。
（3）若转筒P的角速度小于，且A处探测到离子，求板Q上能探测到离子的其他的值（为探测点位置和O点连线与x轴负方向的夹角）。
11.在科学研究中，常用电磁场来控制带电粒子的轨迹。如图所示，真空中有一半径为r的圆形磁场区域，与x轴相切于坐标原点O，磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，在圆形磁场区域的右侧有两水平放置的正对的平行金属板，板间距离也为r，板长为L，板间中心线的反向延长线恰好过磁场圆的圆心，在O点处有一粒子源，能向磁场中各个方向（纸面内）源源不断地发射速率相同、质量为m、比荷为k且带正电的粒子，单位时间内发射的粒子数为n，沿y轴正方向射入磁场的粒子，恰能沿直线的方向射入平行板间。不计重力、阻力及粒子间的相互作用。
（1）求粒子入射的速度的大小。
（2）若已知两平行金属板间电场强度，在平行板的右端适当位置固定一平行于y轴方向的探测板（图中未画出），使从板右侧射出平行板间的粒子全部打在探测板上，则板长至少为多少？
（3）在满足第（2）问的前提下，若打到探测板上的粒子被全部吸收，求粒子束对探测板的平均作用力的大小。
12.如图所示，一质量为m的导体棒MN两端分别放在两个固定的光滑圆形导轨上，两导轨平行且间距为L，导体棒处在竖直向上的匀强磁场中，当导体棒中通有自左向右的电流I时，导体棒静止在与竖直方向成37°角的导轨上，取，求：
（1）磁场的磁感应强度B的大小；
（2）每个圆导轨对导体棒的支持力大小。
答案以及解析
1.答案：B
解析：正、负离子进入磁场后受到洛伦兹力作用，根据左手定则可知，正离子受到的洛伦兹力向下，负离子受到的洛伦兹力向上，故A错误；当达到平衡时有，解得，选项B正确；不带电的液体在磁场中不受力，两点没有电势差，无法计算流速，故C错误；污水流量为，选项D错误。
2.答案：D
解析：电子带负电，故必须满足N处的电势高于M处的电势才能使电子加速，故A选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C选项错误；对加速过程应用动能定理有，设电子在磁场中运动半径为r，由洛伦兹力提供向心力有，则，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足(其中d为磁场宽度)，联立可得，可见增大U会使θ减小，电子在靶上的落点P右移，增大B可使θ增大，电子在靶上的落点P左移，故B选项错误，D选项正确。
3.答案：B
解析：根据左手定则可知安培力方向始终竖直向上，保持不变，A错误；转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，B正确，C错误；半圆导线的半径为，受到安培力为，D错误。
4.答案：C
解析：海水导电效果好于淡水，同等条件下海水中的推进效果好，A错误；根据安培力公式可知，增加磁感应强度可以增强推进效果，B错误；根据左手定则可知，海水受到的安培力垂直纸面向里，C正确；根据牛顿第三定律可知，推进器受到的海水推力方向垂直纸面向外，D错误。
5.答案：D
解析：为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，由左手定则可知金属棒中电流从M端流向N端，因此M端应接电源正极，故A错误；当电流表的示数为零时，设弹簧伸长量为，根据平衡条件可得，解得，故D正确；设电流表满量程时通过MN的电流大小为，则有，若，此电流表的满量程值为，设电流表的量程扩大2倍后，磁感应强度变为，则有，可得，故B、C错误。
6.答案：D
解析：设离子通过O点的速度为，在Ⅰ区内做类平抛运动的时间为，则在x轴方向有轴方向有，由牛顿第二定律得，解得，A错误；离子刚飞出Ⅰ区时沿y轴方向的速度大小，合速度大小，离子在Ⅱ区内沿x轴方向做匀速直线运动，设离子在Ⅱ区运动的时间为，沿x轴方向有，解得，离子在Ⅱ区运动轨迹的长度，B错误；设离子在Ⅱ区平面方向做匀速圆周运动的半径为r，则，，联立解得，则离子沿轴方向转动的圈数周，由几何关系可知，离子打在测试板上的位置与点连线沿轴方向的距离，离子打在测试板上的位置与点连线沿轴方向的距离，C错误，D正确。
7.答案：BD
解析：甲粒子受到的洛伦兹力大小为qvB，根据左手定则可知方向垂直于纸面向里，A错误；乙粒子速度方向与磁感应强度方向平行，不受洛伦兹力作用，所以运动轨迹是直线，B正确；将丙粒子速度v在沿磁感应强度方向和垂直磁感应强度方向分解为和，其中对应的分运动为水平向右的匀速直线运动，对应的分运动为在垂直纸面的平面内的匀速圆周运动，所以丙粒子的合运动为螺旋线运动，由于洛伦兹力不做功，所以其动能不变，C错误；对丙粒子在垂直于纸面内的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有，解得，所以周期为，丙粒子在沿磁感应强度方向做匀速直线运动的速度为，经过一个周期的时间，丙粒子位置改变了，D正确。
8.答案：C
解析：在极板很短的电容器C上加很小的交变电场，使不同时刻通过这里的电子发生不同程度的偏转，竖直方向，故电子通过电容器后速度方向不同，A错误；电子离开电容器后，在垂直于PO方向上做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有，得，其中，不同时刻不同，故从右侧往左侧看，电子做圆周运动的半径不同，B错误；在PO方向上电子做匀速运动，速度大小相同，故所有电子从发散到再次汇聚所用的时间相同，C正确；从发散点到汇聚点，两个方向的分运动时间相等，有，加速电场中有，匀速直线运动时间，对匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有，联立解得，故D错误。
9.答案：BC
解析：粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得，因，从Od边射入的粒子，在磁场中的运动轨迹是半径为r的圆弧，到达bc时的速度竖直向上，从点O射入的粒子从b点射出，从Od之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc后做直线运动，即全部通过b点，故A错误，C正确；从aO边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其圆心为，如图所示，根据几何关系可得四边形是菱形，则粒子的出射点一定是b点，同理可知，从aO边射入的粒子，出射时全部从b点射出，即“磁聚焦”，故B正确，D错误。
10、（1）答案：①；②
解析：①离子在磁场中运动
②离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
（2）答案：
解析：设速度大小为v的离子在磁场中圆周运动半径为
离子在磁场中的运动时间
转筒的转动角度
转筒的转动角速度为
动量定理
（3）答案：；；
解析：转筒的转动角速度
其中或者
可得
11.答案：(1)
(2)
(3)
解析：(1)由题意可知粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为
根据牛顿第二定律得，解得
(2)如图所示，设某粒子从O射出时与y轴夹角为θ，根据几何关系可知四边形为菱形，由此可推知所有粒子从磁场射出时的速度方向都平行于x轴
粒子在两金属板间做类平抛运动的加速度大小为
运动时间为，侧移量为；
所以紧贴极板N(假设粒子向下偏)入射的粒子将从射出，沿入射的粒子将从极板M右边缘射出，即从N板与间入射的粒子可以从右侧射出，从与M板间入射的粒子打到M板上，不能从右侧射出，若要使板右侧射出平行板间的粒子全部打在探测板上，探测板紧贴右端时长度最小，为。
(3)在满足第(2)问的前提下，假设粒子在两金属板间向下偏转，设紧贴N板射入的粒子从O点射出时的速度方向与y轴夹角为θ，根据几何关系得，解得。
而从y轴正方向射出的粒子恰好沿射入，所以速度方向与y轴夹角在范围内的粒子最终可以打到探测板上，即射出平行板间的粒子与射入磁场的粒子数之比为
时间内打在探测板上的粒子数为
粒子打在探测板上时，根据动量定理，在水平方向上有
在竖直方向上有
根据运动学公式有，探测板对粒子束的平均作用力大小为，联立解得
根据牛顿第三定律可知粒子束对探测板的平均作用力的大小为。
12.答案：（1）
（2）
解析：（1）从左向右看导体棒的受力分析如图所示，
导体棒静止，由受力平衡得，
解得。
（2）两个导轨对导体棒的支持力大小为，
满足，
解得。