《2021届全国卷高三物理全真模拟预测题12 磁场（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2021届全国卷高三物理全真模拟预测题12 磁场（解析版）（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2021届全国卷高三物理全真模拟预测题（十二）磁场1. （2019河南郑州二模）.1876年美国著名物理学家罗兰在实验室中完成了著名的“罗兰实验”。罗兰把大量的负电荷加在一个橡胶圆盘上，然后在圆盘附近悬挂一个小磁针，使圆盘绕中心轴高速旋转，发现小磁针发生了偏转。下列说法正确的是A.使小磁针发生转动的原因是圆盘上的电荷运动时产生了磁场B.使小磁针发生转动的原因是圆盘上产生了涡流C.仅改变圆盘的转动方向，小磁针的偏转方向不变D.如果使圆盘带上正电，圆盘的转动方向不变，小磁针的偏转方向不变【答案】A【解析】带负电荷的橡胶圆盘绕中心轴高速旋转，根据电荷的定向运动形成电流，电流产生磁场可知，在圆盘上方产
2、生了磁场，小磁针在磁场中受到磁场力发生转动，选项A正确B错误；仅改变圆盘的转动方向，在圆盘上方产生的磁场方向变化，小磁针的偏转方向变化，选项C错误；如果使圆盘带上正电荷，圆盘的转动方向不变，在圆盘上方产生的磁场方向变化，小磁针的偏转方向变化，选项D错误。2.（2019辽宁沈阳一模）两个带等量异种电荷的粒子分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为60和30，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图所示则A. a粒子带正电，b粒子带负电B. 两粒子的轨道半径之比Ra：Rb=：1C. 两粒子的质量之比ma：mb=1：2D. 两粒子的质量之比ma：mb=2
3、：1【答案】BD【解析】根据粒子偏转方向，由左手定则判断电性，根据粒子做匀速圆周运动，由几何关系求得轨道半径，根据几何关系得到中心角，即可由运动时间相同得到周期之比，从而由洛伦兹力做向心力得到质量；由左手定则可得：a粒子带负电，b粒子带正电，故A错误；由粒子做匀速圆周运动可得：粒子运动轨道圆心在AB的垂直平分线和过A点的速度垂直方向的交点，故，所以，故B正确；由几何关系可得：从A运动到B，a粒子转过的中心角为，b粒子转过的中心角为，根据运动时间相同可得运动周期为：，再根据洛伦兹力做向心力可得： 所以，运动周期为：；根据电荷量相等可得，故C错误，D正确。【名师点睛】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周
4、运动的问题，一般根据几何关系求得轨道半径及中心角，即可由洛伦兹力做向心力求得速度、运动时间等问题。3（2019广东省广州市下学期一模）如图，夹角为120的两块薄铝板OM、ON将纸面所在平面分为、两个区域，两区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度分别为B1、B2。在OM板上表面处有一带电粒子垂直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点。设粒子在两区域中运动的速率分别为v1、v2，运动时间分别为t1、t2；假设带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半，不计粒子重力，则下列说法中正确的是A粒子带负电 BC D【答案】AC【解析】根据题述在OM板上表面处有一带电粒子垂
5、直OM方向射入磁场B1中，粒子恰好以O为圆心做圆周运动和左手定则可判断出粒子带负电，选项A正确；根据题述带电粒子穿过薄铝板过程中电荷量不变，动能损失一半和动能公式可知，选项B错误；根据题述粒子恰好以O为圆心做圆周运动回到出发点，可知粒子在两区域运动的轨迹半径相等，由qvB=m，解得r=，可得，选项C正确；由t=可得t1t2=12，选项D错误。【方法归纳】带电粒子在匀强磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB=m，可得轨迹半径r，由t=可得运动时间。4.（2019四川内江二模）2019年1月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨道炮在全球“刷屏”，这是电磁轨道炮全球首次实现舰载测试。如图所示为电磁
6、炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹丸获得更大的速度，可适当（）A. 减小平行轨道间距B. 增大轨道中的电流C. 缩短轨道的长度D. 增大弹丸的质量【答案】B【解析】根据题意和动能定理，安培力的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，选项A错误；增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，选项B正确；
7、缩短轨道长度，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，选项C错误； 只增大弹丸质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，选项D错误。5. （2018年11月浙江选考物理）电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈和，线圈固定，线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是A. 当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B. 当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C. 线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D. 线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力【答案】A【解析】当天平示数为负时，指针向下偏转，两线圈靠近，根据
8、同向电流相吸，反向电流相斥，可知两线圈电流方向相同，选项A正确B错误；两线圈之间的作用力为作用力和反作用力，线圈对线圈的作用力等于线圈对线圈的作用力，选项C错误；线圈对线圈的作用力是磁场力，而托盘对线圈的作用力是弹力，二者性质不同，不是一对相互作用力，选项D错误。6.（2019云南保山期末）如图所示，在一个半径为R的圆形区坡内存在微感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个比荷为的正粒子，从A点沿与AO夹角的方向射入匀强磁场区域，最终从B点沿与AO垂直的方向离开磁场。若粒子在运动过程中只受磁场力作用，则A. 粒子运动的轨道半径B. 粒子在磁场区域内运动的时间C. 粒子的初速度的D. 若仅
9、改变初速度的方向，该粒子仍能从B点飞出磁场区域【答案】AC【解析】画出粒子轨迹示意图，如下图所示，因为粒子从B点沿与AO垂直的方向离开磁场，故与AO平行，又因为与均为等腰三角形，可得：，所以与BO也平行，因为粒子速度方向偏转的角度为，故，所以四边形为两个等边三角形组成的菱形，故粒子运动的轨道半径，故A正确；粒子在磁场中运动的周期：，粒子在磁场中转过的圆心角，所以粒子在磁场中运动的时间为：，故B错误；根据洛伦兹力提供向心力可得：，结合轨道半径，联立可得粒子的初速度为：，故C正确；当入射粒子速度方向发生变化时，粒子运动的轨迹示意图如图所示，速度大小不变，粒子做圆周运动的半径不变，入射速度方向发生变
10、化，粒子在圆周上的出射点也随之变化，所以若仅改变初速度的方向，该粒子将不能从B点飞出磁场区域，故D错误故选：AC。7（2019河南安阳二模）如图所示是圆心为O内外半径分别为、的同心圆，内圆区域内存在均匀辐射的电场，圆心与内圆圆周边界间的电势差恒为U，内外圆之间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子从圆心O处由静止释放，不计重力。求粒子到达内圆边界时的速度大小；若粒子首次到达外圆圆周时没有射出外圆，求磁感应强度的最小值。【答案】 【解析】粒子在电场中做匀加速诺动，根据动能定理有解得： 粒子首次到达外圆圆周恰与外相切时，磁感应强度有最小值。设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几
11、何关系有：解得：根据圆周运动的知识有：联立解得：8（16分）（2019江苏启东中学等七校联考）如图所示，在第二和第三象限的两个正方形区域内（包括外边界上）分别存在着两匀强磁场，磁感应强度的大小相等、方向相反，且都垂直于xoy平面。某带电粒子质量为m，电量为-q，每次均从P（-d，d）点沿x轴正方向射入磁场I当入射速度为v0时，粒子从P点正下方（-d，）处射出磁场，不计重力。（1）求磁感应强度大小；（2）若入射速度为5v0时，求粒子离开磁场的位置坐标；（3）若粒子经过区域II后从第四象限离开磁场，求粒子入射速度的范围。【答案】B= (0，） 8（2-）v0 v 4v0 【解析】（1）粒子做匀速圆周运动的半径为：r0 = （1分）qv0B=m （2分）B= （2分）(2)速度为5v0时，半径r1=5r0= （1分）粒子运动轨迹如图所示，设离开磁场时的位置纵为yr1-(d-y)2+d2=r12 （3分）解得：y = 所以，粒子离开磁场的位置坐标(0，） （1分）(3)能经过区域II后从第四象限离开磁场的临界轨迹如图所示，速度最小时，有:r2+ r2cos300=d r2=2（2-）d （2分）速度最大时半径为r3=d （2分）即：偏转半径范围为：2（2-）drd由qvB=mv2/r 入射速度的范围8（2-）v0 v 4v0 （2分）8 / 8
