专题10 磁场-【名师大课堂】2025年高考物理艺术生总复习必备训练册（word课时作业）

专题十　磁场 1．(2024·甘肃卷)如图，相距为d的固定平行光滑金属导轨与阻值为R的电阻相连，处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中长度为L的导体棒ab沿导轨向右做匀速直线运动，速度大小为v.则导体棒ab所受的安培力为(　A　) A．，方向向左 B．，方向向右 C．，方向向左 D．，方向向右 解析：导体棒ab切割磁感线在电路部分得有效长度为d，故感应电动势为E＝Bdv，回路中感应电流为I＝，根据右手定则，判断电流方向为b流向a.故导体棒ab所受的安培力为F＝BId＝，方向向左．故选A. 2．(2024·浙江卷)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱．极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈．a、b、c和d为磁场中的四个点．下列说法正确的是(　A　) A.图示左侧通电导线受到的安培力向下 B．a、b两点的磁感应强度相同 C．圆柱内的磁感应强度处处为零 D．c、d两点的磁感应强度大小相等 解析：由左手定则知，图示左侧通电导线受到的安培力方向向下，A正确；a、b两点磁感应强度大小相等、方向不同，故两点磁感应强度不同，B错误；磁感线是闭合曲线，故圆柱内磁感应强度不会处处为零，C错误；磁感线越密，磁感应强度越大，故c、d两点磁感应强度大小不相等，D错误． 3．(多选)(2024·福建卷)将半径为r的铜导线半圆环AB用两根不可伸长的绝缘线a、b悬挂于天花板上，AB置于垂直纸面向外的大小为B的磁场中，现给导线通以自A到B大小为I的电流，则(　BD　) A．通电后两绳拉力变小 B．通电后两绳拉力变大 C．安培力为πBIr D．安培力为2BIr 解析：根据左手定则可知，通电后半圆环AB受到的安培力竖直向下，根据受力分析可知，通电后两绳拉力变大，故A错误，B正确；半圆环AB所受安培力的等效长度为直径AB，则安培力大小为F＝BI·2r＝2BIr，故C错误，D正确．故选BD. 4．(多选)(2024·湖北卷)磁流体发电机的原理如图所示，MN和PQ是两平行金属极板，匀强磁场垂直于纸面向里．等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)从左侧以某一速度平行于极板喷入磁场，极板间便产生电压．下列说法正确的是(　AC　) A．极板MN是发电机的正极 B．仅增大两极板间的距离，极板间的电压减小 C．仅增大等离子体的喷入速率，极板间的电压增大 D．仅增大喷入等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压增大 解析：由左手定则可知，带正电粒子在磁场中受到向上的洛伦兹力，带负电粒子在磁场中受到向下的洛伦兹力，则等离子体从左侧喷入磁场时，带正电粒子向上偏转，带负电粒子向下偏转，所以极板MN带正电，为发电机的正极，A正确；极板间的电压稳定后，对在极板间运动的某个带电粒子，有qE＝qvB，又U＝Ed，可得U＝vBd，所以仅增大两极板间的距离d，极板间的电压增大，B错误；结合B项分析可知，仅增大等离子体的喷入速率v，极板间的电压增大，C正确；结合B项分析可知，仅增大等离子体的正、负带电粒子数密度，极板间的电压不变，D错误． 5．(2024·安徽卷)如图所示，一“U”形金属导轨固定在竖直平面内，一电阻不计、质量为m的金属棒ab垂直于导轨，并静置于绝缘固定支架上．边长为L的正方形cdef区域内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场．支架上方的导轨间，存在竖直向下的匀强磁场．两磁场的磁感应强度大小B随时间的变化关系均为B＝kt(SI)，k为常数(k>0).支架上方的导轨足够长，两边导轨单位长度的电阻均为r，下方导轨的总电阻为R.t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做加速度大小为a的匀加速直线运动，整个运动过程中ab与两边导轨接触良好．已知ab与导轨间动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g.不计空气阻力，两磁场互不影响． (1)求通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式，以及感应电动势的大小，并写出ab中电流的方向； (2)求ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式； (3)求经过多长时间，对ab所施加的拉力达到最大值，并求此最大值． 解析：(1)通过面积Scdef的磁通量大小Φ＝BScdef 其中Scedf＝L2，B＝kt， 联立得通过面积Scdef的磁通量大小随时间t变化的关系式为Φ＝kL2t 根据法拉第电磁感应定律得感应电动势 E＝＝ 则E＝kL2 由楞次定律可知ab中的电流方向为由a到b. (2)根据左手定则可知ab受到的安培力方向垂直导轨所在平面向里，大小为F安＝BIL 设时间t内ab上升的位移为y，则根据运动学公式有y＝at2 则支架上方的电阻R′＝2yr 由闭合电路欧姆定律得I＝ 联立可得ab所受安培力的大小随时间t变化的关系式为F安＝t. (3)由题知t＝0时，对ab施加竖直向上的拉力，恰使其向上做速度大小为a的匀加速直线运动，则对ab受力分析，由牛顿第二定律有 F－mg－μFN＝ma 又F安＝FN 联立可得F＝m(g＋a)＋. 由数学知识可知，当＝rat，即t＝时，拉力最大， 解得拉力的最大值Fmax＝m(g＋a)＋. 答案：(1)Φ＝kL2t　kL2　ab中的电流方向为由a到b　(2)F安＝t　 (3)　m(g＋a)＋ 6．(2024·辽宁卷)现代粒子加速器常用电磁场控制粒子团的运动及尺度．简化模型如图：Ⅰ、Ⅱ区宽度均为L，存在垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度等大反向；Ⅲ、Ⅳ区为电场区，Ⅳ区电场足够宽，各区边界均垂直于x轴，O为坐标原点．甲、乙为粒子团中的两个电荷量均为＋q，质量均为m的粒子．如图，甲、乙平行于x轴向右运动，先后射入Ⅰ区时速度大小分别为v0和v0.甲到P点时，乙刚好射入Ⅰ区．乙经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，甲到O点时，乙恰好到P点．已知Ⅲ区存在沿＋x方向的匀强电场，电场强度大小E0＝.不计粒子重力及粒子间相互作用，忽略边界效应及变化的电场产生的磁场． (1)求磁感应强度的大小B； (2)求Ⅲ区宽度d； (3)Ⅳ区x轴上的电场方向沿x轴，电场强度E随时间t、位置坐标x的变化关系为E＝ωt－kx，其中常系数ω>0，ω已知、k未知，取甲经过O点时t＝0.已知甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，设乙在Ⅳ区受到的电场力大小为F，甲、乙间距为Δx，求乙追上甲前F与Δx间的关系式．(不要求写出Δx的取值范围) 解析：(1)根据乙粒子经过Ⅰ区的速度偏转角为30°，可知乙粒子在Ⅰ区运动的轨迹圆心角为30°，如图所示，由几何关系得乙粒子轨迹半径为r乙＝＝2L 根据洛伦兹力提供向心力有qv0B＝m 解得B＝. (2)甲粒子从P到O在电场力作用下做匀加速直线运动，时间等于乙粒子从Ⅰ区左边界运动至P点所需时间，即t甲＝t乙，因为Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度等大反向，所以乙粒子在Ⅰ区和Ⅱ区中转过的圆心角相同，粒子乙在两磁场区域中运动时间为t乙＝2×T＝2××＝ 则Ⅲ区的宽度为d＝v0t甲＋a甲t，a甲＝＝ 联立解得d＝. (3)甲经过O点时的速度v＝v0＋a甲t乙＝3v0 甲在Ⅳ区始终做匀速直线运动，则甲粒子受电场力为零，所在位置电场强度大小始终为零，则有 ωt－kx甲＝ωt－k3v0t＝0，解得k＝ t时刻，乙所在位置的电场强度大小为 E乙＝ωt－kx乙 此时甲在Ⅳ区的位移x甲＝3v0t 则E乙－E甲＝E乙－0＝(ωt－kx乙)－(ωt－kx甲)＝k(x甲－x乙)＝kΔx＝Δx 所以E乙＝Δx 则F＝E乙q＝Δx. 答案：(1)　(2)　(3)F＝Δx 7．(2024·甘肃卷)质谱仪是科学研究中的重要仪器，其原理如图所示．Ⅰ为粒子加速器，加速电压为U；Ⅱ为速度选择器，匀强电场的电场强度大小为E1，方向沿纸面向下，匀强磁场的磁感应强度大小为B1，方向垂直纸面向里；Ⅲ为偏转分离器，匀强磁场的磁感应强度大小为B2，方向垂直纸面向里．从S点释放初速度为零的带电粒子(不计重力)，加速后进入速度选择器做直线运动、再由O点进入分离器做圆周运动，最后打到照相底片的P点处，运动轨迹如图中虚线所示． (1)粒子带正电还是负电？求粒子的比荷； (2)求O点到P点的距离； (3)若速度选择器Ⅱ中匀强电场的电场强度大小变为E2(E2略大于E1)，方向不变，粒子恰好垂直打在速度选择器右挡板的O′点上．求粒子打在O′点的速度大小． 解析：(1)由于粒子向上偏转，根据左手定则可知粒子带正电；设粒子的质量为m，电荷量为q，粒子进入速度选择器时的速度为v0，在速度选择器中粒子做匀速直线运动，由平衡条件 qv0B1＝qE1 在加速电场中，由动能定理 qU＝mv 联立解得，粒子的比荷为 ＝. (2)由洛伦兹力提供向心力 qv0B2＝m 可得O点到P点的距离为 OP＝2r＝. (3)粒子进入Ⅱ瞬间，粒子受到向上的洛伦兹力 F洛＝qv0B1 向下的电场力 F＝qE2 由于E2＞E1，且 qv0B1＝qE1 所以通过配速法，如图所示 其中满足qE2＝q(v0＋v1)B1 则粒子在速度选择器中水平向右以速度v0＋v1 做匀速运动的同时，竖直方向以v1 做匀速圆周运动，当速度转向到水平向右时，满足垂直打在速度选择器右挡板的O′ 点的要求，故此时粒子打在O′ 点的速度大小为 v′＝v0＋v1＋v1＝. 答案：(1)带正电　　(2)　(3) 学科网（北京）股份有限公司 $$