资源简介

第十章　磁　场
一、选择题：共8小题，1～6题只有一个选项符合要求，7～8题有多个选项符合要求。
1．(2025·湖南长沙一模)两个用材料和横截面积都相同的细导线做成的刚性闭合线框，分别用不可伸长的细线悬挂起来，如图所示。两个线框均有一半面积处在磁感应强度随时间均匀变化的匀强磁场中，两线框平面均始终垂直于磁场方向。某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，此时正方形线框所受细线的拉力也为零。若已知圆形线框的半径为a，则正方形线框的边长为(　　)
A．a B．a
C．a D．a
2．(2025·黑龙江哈尔滨一模)半导体材料的发展为霍尔效应的实际应用提供了高质量的换能器。如图所示，一块宽为a，厚为b，长为c的长方体N型半导体，导电粒子为电子，单位体积内自由电子数为n，通入方向向右的恒定电流I，将元件置于垂直上表面向下的匀强磁场中，磁感应强度为B，元件的前、后表面间出现电势差，其绝对值大小为U，则(　　)
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．若选择单位体积内自由电子数n值较大的半导体，其他条件相同，则U较小
C．若选择宽度a更小的半导体，其他条件相同，则U更大
D．若选择厚度b更小的半导体，其他条件相同，则U更小
3．(2025·四川成都一模)在xOy平面的0≤yA　　　　　　　　　B　
C　　　　　　　　　D　
4．科学家利用磁场控制带电粒子的轨迹，研究粒子的性质。如图，PMN左下方空间内有垂直纸面向里的匀强磁场，PM⊥MN。现有电荷量相同、质量不同的甲、乙两种正粒子，先后从PM上O点以平行于MN的相同速度射入磁场，甲、乙分别经过MN上E、F两点，OM＝ME＝EF＝d，不考虑粒子间相互作用力及重力，则(　　)
A．乙在磁场中运动的轨道半径为2d
B．乙的质量是甲质量的2.5倍
C．甲在磁场中运动时间大于乙
D．洛伦兹力对甲、乙均做正功
5．(2025·山西吕梁一模)如图所示是某种质谱仪的结构简化图。质量为m、电荷量为＋q的粒子束恰能沿直线通过速度选择器，并从半圆环状D形盒的中缝垂直射入环形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里。D形盒的外半径为2R，内半径为R，壳的厚度不计，出口M、N之间放置照相底片，底片能记录粒子经过出口时的位置。已知速度选择器中电场强度大小为E，方向水平向左，磁感应强度大小为B(磁场方向未画出)。不计粒子重力，若带电粒子能够打到照相底片，则(　　)
A．B的方向垂直纸面向里
B．粒子进入D形盒时的速度大小v0＝
C．打在底片M点的粒子在D形盒中运动的时间为
D．D形盒中的磁感应强度B0的大小范围≤B0≤
6．如图所示，空间中存在一矩形磁场区域PQMN，在区域PMN内存在垂直纸面向外的匀强磁场Ⅰ，在区域PQM内存在垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小均为B。∠NMP＝60°，一带电粒子以大小为v0＝kBL、方向沿MN的速度进入磁场Ⅰ，运动一段时间后从P点离开磁场区域。不计粒子的重力，粒子的比荷为＝k，则下列说法正确的是(　　)
A．MN的长度可能为L
B．粒子在磁场中运动的总时间可能为
C．粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离M点可能为2L
D．若粒子能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的发射速度大小可能为kBL
7．如图所示，矩形OMPN空间内存在垂直于平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。有大量速率不同的电子从O点沿着ON方向进入磁场。已知电子质量为m，电荷量为e，OM长度为3d，ON长度为2d，忽略电子之间的相互作用，电子重力不计。下列说法正确的是(　　)
A．电子速率越小，在磁场里运动的时间一定越长
B．电子在磁场里运动的最长时间为
C．MP上有电子射出部分的长度为d
D．MP上有电子射出部分的长度为(2－)d
8．(2025·内蒙古赤峰一模)喷墨打印机的原理图如图所示。板间电压可以调整，板间距为d。在两板间的右侧2d区域内，存在垂直纸面向里的磁感强度为B的匀强磁场。在两板间的左侧存在一个可以上下移动的喷嘴，喷出初速度方向水平、质量均为m的带电墨滴。电源电压为U时，墨滴在两板间无磁场区域内恰能沿水平方向向右做匀速直线运动。重力加速度为g。下列说法正确的是(　　)
A．墨滴带正电
B．墨滴所带电荷量为
C．墨滴从左侧飞出的最大速度为
D．墨滴从右侧飞出的最小速度
二、非选择题：共2小题。
9．(12分)(2025·河南开封一模)如图所示，垂直纸面向外的圆形磁场与y轴相切于坐标原点O，圆形磁场圆心坐标是(－0.1 m，0)，磁感应强度大小B1＝5×10-5 T。在第一象限和第四象限有垂直纸面向里、磁感应强度大小B2＝5×10-5 T的匀强磁场，在第一、四象限有挡板分别交x轴、y轴于Q点和P点。在M(－0.1 m，－0.1 m)点有一粒子源，可沿纸面向圆形磁场内各个方向发射初速度v0＝1×105 m/s带正电的粒子。已知粒子电荷量q＝2×10-15 C，质量m＝1×10-25 kg，P点坐标(0，0.3 m)，PQ板与y轴夹角为θ且tan θ＝，不计粒子重力和粒子间的相互作用力。求：
(1)粒子在圆形磁场中的运动半径；
(2)粒子打在PQ板上离P点最远点的位置坐标。
10．(14分)(2025·黑龙江哈尔滨第三中学一模)如图所示，在竖直面内建立直角坐标系，x轴水平向右，y轴竖直向上，空间中存在水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，已知电场强度E＝5 V/m，磁感应强度B＝0.5 T。在坐标原点向该平面内射出一质量为m＝1×10-6 kg、电荷量为q＝2×10-6 C的带正电微粒(可视为点电荷，重力不可忽略)，微粒恰能在xOy坐标平面内做直线运动。(g取10 m/s2)
(1)求微粒发射时的速度大小和方向；
(2)如果发射微粒时电场方向改为竖直向上，大小不变，求微粒距y轴最远时的位置坐标；
(3)如果发射微粒时撤去电场，则微粒运动的最大速度是多少？速度最大时微粒与x轴的距离是多少。
检测(十)
1．C　[设细导线单位长度质量、单位长度电阻分别为m0、R0，由于磁感应强度随时间均匀变化，即相同，某时刻圆形线框所受细线的拉力为零，则圆形线框自身重力与安培力等大反向，即有FAG2πam0g，因为FABILBL，圆形线框有效长度为L2a，又因为E，R2πaR0，联立以上得2πam0gB×2a×，设正方形线框边长为L0，同理，对正方形线框有4L0m0gB×，联立以上解得L0a，故选C。]
2．B　[根据左手定则可知电子向后表面偏转聚集，则前表面的电势比后表面的电势高，故A错误；由洛伦兹力和静电力平衡evBe，再结合电流微观表达式Ineabv，可得U，可知电压U与宽度a无关；选择单位体积内自由电子数n值较大的半导体，其他条件相同，则U较小；选择厚度b更小的半导体，其他条件相同，则U更大，故C、D错误，B正确。]
3．D　[根据洛伦兹力提供向心力可得qvBm，可知速率相等的大量质子的运动半径也相等，可知从原点均匀发射到第一象限内，从磁场上边界射出的质子数占总数的三分之二，则从磁场上边界射出的质子的发射临界角度有90°×60°，则根据质子的偏转轨迹和几何关系可得能从上边界射出的质子的发射角度与x轴正方向夹角范围为0~，故D可能正确。]
4．B　[乙在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O1，作相关辅助线如图所示，由图可知(R乙－d)2＋(2d)2，乙在磁场中运动的轨道半径为R乙2.5d，故A错误；由牛顿第二定律有Bqv，化简可得R，由图可知R甲d，即有，结合R，即乙的质量是甲质量的2.5倍，故B正确；由公式t，且乙粒子的运动轨迹长度大于甲粒子的运动轨迹长度，两粒子入射速度大小相同，即有t乙＞t甲，故C错误；洛伦兹力对进入磁场中的两粒子均不做功，故D错误。
]
5．D　[因为粒子沿直线通过速度选择器，根据平衡条件有qv0BqE，解得v0，由左手定则可知，B的方向垂直纸面向外，故A、B错误；由题意可知，能打在底片上的粒子运动的半径满足，当rmin时，满足qv0B0maxm，解得B0max，当rmax时，满足qv0B0minm，解得B0min，故D形盒中的磁感应强度B0满足，故D正确；由题意可知，打在底片M点的粒子在D形盒中运动轨迹为半圆，此时轨迹的半径为rmax，根据牛顿第二定律qv0B0minm，又T，则运动时间为t，故C错误。]
6．D　[根据洛伦兹力提供向心力有qv0Bm，解得rL，由题意可知粒子不可能偏转一次就到达P点，假设粒子偏转一次到达P点可知PML，MNPMcos 60°L，故A错误；根据几何关系可知粒子在磁场Ⅰ运动的圆心角与粒子在磁场Ⅱ运动的圆心角同为120°，时间为t，所以粒子在磁场中运动的总时间为n(n2，4，6，…)，故B错误；画出粒子的运动轨迹如图，根据几何关系可知，粒子从磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ的位置距离M点x(2n＋1)r(2n＋1)L(n0，1，2，…)，不可能为2L，故C错误；若粒子能通过MP边上距离M点2L的一点，则粒子的轨道半径满足nr2L(n0，1，2，…)，结合qvBm可知v(n0，1，2，…)，当n2时，解得v，故D正确。
]
7．BC　[电子在磁场中做匀速圆周运动，则evBm，则运动周期T，运动时间t，由此可知电子运动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小从OM边射出时，圆心角均为π，且此时对应的圆心角最大，故运动时间最长为t，A项错误，B项正确；随着速度增大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示，由图可知MP边有电子射出的范围为BM，当电子轨迹与上边界相切时半径为2d，由几何关系可知BMd，C项正确，D项错误。
]
8．CD　[根据题意，电源电压为U时，上极板带正电，下极板带负电，可知电场方向向下，墨滴在两板间无磁场区域内恰能沿水平方向向右做匀速直线运动，对墨滴受力分析可知受到重力和静电力，两力合力为零，可知墨滴受到静电力竖直向上与电场方向相反，可知墨滴带负电，根据平衡条件有mgEq，而E，联立解得q，故A、B错误；墨滴进入电场，磁场共存区域后，重力与静电力平衡，洛伦兹力提供匀速圆周运动的向心力qBvm，解得v，从上极板边缘射进的墨滴最容易从两板间射出，当刚好从左侧下边缘飞出，有从左侧飞出的最大速度，如图所示
则有R1，解得vmax
(2d)2＋(R2－d)2，由vmin，联立解得vmin，故C、D正确。]
9．解析：(1)根据洛伦兹力提供向心力qv0B1m
代入数据得R10.1 m。
(2)带电粒子在圆形磁场中做圆周运动的半径等于圆形磁场的半径
根据左手定则和磁发散可得所有粒子都垂直y轴进入第一象限和第四象限
粒子在第一象限和第四象限qv0B2m
代入数据得R20.1 m
由P点坐标(0，0.3 m)，tan θ
得OQ0.1 m
根据磁发散和平移圆的知识可知，打在PQ板上离P点最远的点到y轴的距离dR20.1 m
粒子打在PQ板上离P点最远点的位置坐标是(0.1 m，0)。
答案：(1)0.1 m　(2)(0.1 m，0)
10．解析：(1)微粒做匀速直线运动，受力如图甲所示
带电微粒所受重力为mg1×10－6×10 N1×10－5 N
受静电力为Eq5×2×10－6 N1×10－5 N
设速度方向与x轴正方向夹角为θ，则tan θ1，θ45°
洛伦兹力fqvB
得v10 m/s。
(2)若电场方向竖直向上，大小不变，则重力与静电力平衡，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，受力和运动如图乙所示
由洛伦兹力提供向心力qvBm
解得半径r10 m
微粒运动到距y轴最远处时，横坐标x－(r＋rsin θ)－10(1＋) m
纵坐标yrcos θ10 m
则此时微粒的位置坐标为[－10(1＋) m，10 m]。
(3)若释放微粒时撤去电场，将微粒在O点的速度v分解为vx和vy，如图丙所示
则vxvcos θ10 m/s，vyvsin θ10 m/s
沿y轴正方向的洛伦兹力fyqvxB1×10－5 Nmg
则微粒的一个分运动沿x轴正方向以vx做匀速直线运动；另外一个分运动以vy做逆时针方向匀速圆周运动
则运动到最低点时，两分运动速度同向，此时微粒对地速度达到最大vmaxvx＋vy20 m/s
根据动能定理mgdmv2
则d10 m。
答案：(1)10) m，10 m]　(3)20 m/s　10 m

展开更多......

收起↑