1、重点回顾专练：磁场知识巩固一、选择题1(多选)(2015湖北武汉模拟)1820年丹麦物理学家奥斯特发现了电流的磁效应在奥斯特实验中，将直导线沿南北方向水平放置，指针靠近直导线，下列结论正确的是( )A把小磁针放在导线的延长线上，通电后，小磁针会转动B把小磁针平行地放在导线的下方，在导线与小磁针之间放置一块铝板，通电后，小磁针不会转动C把小磁针平行地放在导线的下方，给导线通以恒定电流，然后逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小D把黄铜针(用黄铜制成的指针)平行地放在导线的下方，通电后，黄铜针会转动解析根据安培定则可知，把小磁针放在导线的延长线上，小磁针所在位置
2、没有磁场，故小磁针不会转动，故A错误；由于铝板不具有被磁化的性质，故通电后小磁针不会转动，故B正确；离导线越远的地方，磁场越弱，则逐渐增大导线与小磁针之间的距离，小磁针转动的角度(与通电前相比)会逐渐减小，故C正确；铜不能被磁化，故不会被磁场所吸引，故D错误答案BC2(2015河南中原名校豫南九校第一次质量检测)如图所示，三根彼此绝缘的无限长直导线的一部分ab、cd、ef构成一个等边三角形，O为三角形的中心，M、N分别为O关于导线ab、cd的对称点当三根导线中通以大小相等，方向如图所示的电流时，M点磁感应强度的大小为B1，O点磁感应强度的大小为B2，若将导线ab中的电流撤去，而保持另两根导线中
3、的电流不变，则N点的磁感应强度大小为()AB1B2 BB1B2C.(B1B2) D.(3B2B1)解析设ab导线在M点产生的磁感应强度大小为B，在N点产生的磁感应强度大小为B，由题意可知，在M点：B1B22B，在O点：B2B.若将导线ab中的电流撤去，在N点：BNBBB2B，三式联立解得BN(3B2B1) 答案D3(2015陕西三模)一根通电直导线水平放置在地球赤道上方，其中通有自西向东的恒定电流，则该导线受到地球磁场的安培力方向为()A水平向北 B水平向南C竖直向上 D竖直向下解析赤道处的磁场方向从南向北，电流方向自西向东，根据左手定则，安培力的方向竖直向上故C正确，ABD错误答案C4(20
4、15吉林省实验中学二模考试)如图所示，固定在水平地面上的倾角为的粗糙斜面上，有一根水平放在斜面上的导体棒，通有垂直纸面向外的电流，导体棒保持静止现在空间中加上竖直向下的匀强磁场，导体棒仍静止不动，则()A导体棒受到的合力一定增大B导体棒一定受4个力的作用C导体棒对斜面的压力一定增大D导体棒所受的摩擦力一定增大解析分析导体棒的受力情况：导体棒在匀强磁场中受到重力mg、安培力F和斜面的支持力N，摩擦力未知，且处于静止状态若mgsinBILcos，则物体不受摩擦力；若mgsinBILcos，则物体受4个力，摩擦力向上，且可能增大；若mgsinmbmc，磁场足够大，不计离子间的相互作用，可以判定()A
5、a、b是正离子，c是负离子Ba、b是负离子，c是正离子Ca最先回到O点Db、c比a先回到O点解析根据左手定则知，c带正电，a、b带负电，故B正确，A错误根据T，因为电荷量相等，mambmc，可知b、c的周期相等，小于a的周期，则b、c比a先回到O点，故D正确，C错误答案BD6(2015河北“五个一名校联盟”教学质量监测)如图所示，一带电塑料小球质量为m，用丝线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60，水平磁场垂直于小球摆动的平面当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为()A0 B2mgC4mg D6mg解析设线的长度为L，小球经过最低
6、点时速率为v.根据机械能守恒定律得mgL(1cos60)mv2，得到v.当小球自左方摆到最低点时，有qvBmgm当小球自右方摆到最低点时，有FmgqvBm由得F2mg2m4mg.故选C.答案C7(2015四川南充阆南西三校联考)如图所示，倾角为37的足够长的固定斜面处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，一带正电小物块从斜面顶端由静止开始沿斜面向下滑动，速度与运动时间关系图象如图所示(已知sin370.6，cos370.8，g10 m/s2)，则下列说法正确的是()A小物块下滑的加速度为 m/s2B小物块最终将飞离斜面做曲线运动C小物块下滑过程中机械能守恒D若小物块质量为0.1 kg，则t0.25 s
7、时，重力的功率为1.5 W解析由运动图象可知小物块沿斜面做匀加速直线运动，下滑的加速度a6 m/s2，故A错误；由左手定则判断，洛伦兹力垂直于斜面向下，小物块不可能飞离斜面，故B错误；小物块沿斜面向下加速，洛伦兹力增大，对斜面的压力不断增大，若物块与斜面之间有摩擦力，摩擦力将不断增大，小物块沿斜面下滑的加速度a将不断减小，与实际情况不符，故不存在摩擦力，支持力和洛伦兹力不做功，只有重力对小物块做功，小物块机械能守恒，故C正确；当t0.25 s时，小物块速度v1.5 m/s，重力的瞬时功率Pmgvsin0.9 W，故D错误答案C8(多选)(2015山东滨州第三次质检)如图所示，以直角三角形AOC
8、为边界的有界匀强磁场区域，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B，A60，AOa.在O点放置一个粒子源，可以向纸面内各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，速度大小都为v0，且满足v0，发射方向由图中的角度表示对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是()A粒子在磁场中运动的半径为aB粒子有可能打到A点C以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短D在AC边界上只有一半区域有粒子射出解析根据公式r代入数据可得ra，A正确；因此当以60入射时，粒子恰好从A点飞出，故B正确；以60飞入的粒子在磁场中运动时间恰好是，在磁场中运动时间最长，故C错误；当0飞入的粒子恰好从AC中点飞出，因此
9、在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确答案ABD9(多选)(2016湖北武汉部分学校调研)如图所示，平面直角坐标系xOy中OP与x轴之间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束带正电的粒子从点P(4L,3L)沿y轴负方向以不同的速率射入磁场，不计粒子的重力及粒子间的相互作用下列说法正确的是()A能到达y轴正半轴的粒子在磁场中运动的时间一定相等B能到达y轴负半轴的粒子在磁场中运动的时间一定相等C粒子可以在磁场中一直运动到O点D粒子打在x轴上的区域的宽度为3L解析能到达y轴正半轴的粒子一定都能在第一象限穿过PO，如图所示速率不同，半径不同，但转过的圆心角都相同，根据t知，粒子在磁场中的运动时间相
10、等，故A正确能到达y轴负半轴的粒子是穿过x轴的，它们在磁场中转过的圆心角不同，根据t知，粒子在磁场中的运动时间不相等，故B错误能到达y轴正半轴的粒子临界是与x轴相切的情况，能到达y轴负半轴的粒子会穿过x轴，故粒子不可能一直运动到O点，C错误与Ox轴相切时，由几何知识知粒子半径为3L，即粒子经过x轴时的坐标为4L3LL；粒子做圆周运动的半径无穷大时无限接近于垂直经过x轴，横坐标为4L，故粒子打在x轴上的区域的宽度为3L，D正确答案AD10(2015河南三市(许昌、新乡、平顶山)第一次调研)如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正
11、方向成角为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成角，可在第一象限适当的地方加一个垂直于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为(不计粒子的重力)()A. B.cos2C.sin D.sin2解析粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvBm，则粒子在磁场中做圆周运动的半径R，由题意可知，粒子在磁场区域中的轨迹为半径等于R的圆上的一段圆弧，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如图所示则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R的O点就是圆周的圆心粒子在磁场区域中的轨迹就是以O为圆心
12、、R为半径的圆上的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个是以ef连线为直径的圆周即得圆形区域的最小半径rRsin，则这个圆形区域磁场的最小面积Sminr2.故选D.答案D二、非选择题11(2016河南洛阳期末考试)如图所示，在一个半径为R的圆形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，O为圆心，一个电子以一定速度v沿AO方向(水平)射入磁场，经过时间t从O点正下方的C点射出磁场，另有一电子以相同速度从磁场边界上的B点水平射入磁场，两速度方向与圆周在一平面内，且A、B两点间圆弧长度为R，则第二个电子在磁场中运动的时间为多少？解析由题意知，第一个电子
13、运动的轨道半径和磁场圆半径相等，在磁场中的偏向角为，则t.另可知，第二个电子在磁场中运动的轨道半径也为R，由几何关系可知，第二个电子在磁场中运动轨迹所对应的圆心角为，所以第二个电子在磁场中运动的时间为tTt.答案t12(2016珠海期末)如右图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m5.0108 kg、电量为q1.0106 C的带电粒子从静止开始经U010 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin370.6，cos370.8)，求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件解析(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理qUmv2代入数据得：v20 m/s(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB得R代入数据得：R0.50 m而OP/cos530.50 m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示由几何关系可知：OQRRsin53故OQ0.90 m(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：OPRRcos53R由并代入数据得：B T5.33 T(取“”也对)答案(1)20 m/s(2)0.90 m(3)B5.33 T(或B5.33 T)
