1、末检测提升(八)第八章 磁场 一、选择题(本大题共 12 小题，共 48 分在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得 4分，选不全的得 2 分，有错选或不答的得 0 分)1如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用 FN 表示磁铁对桌面的压力，用 Ff 表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较()AFN 减小，Ff0BFN 减小，Ff0CFN 增大，Ff0DFN 增大，Ff0解析：(转换研究对象法)如图所示，画出一条通电电流为 I 的导线所在处的磁铁的磁感线，电流 I 处的磁场方
2、向水平向左，由左手定则知，电流 I 受安培力方向竖直向上根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为 C.答案：C2如图所示的天平可用来测定磁感应强度天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为 L，共 N 匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流 I 时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为 m1、m2 的砝码，天平平衡当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为 m 的砝码后，天平重新平衡由此可知()A磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为（m1m2）gNILB磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 mg2
3、NILC磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为（m1m2）gNILD磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 mg2NIL解析：当电流反向(大小不变)时，右边需再加质量为 m 的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡可得：m1gm2gmgNBIL，m1gm2gmgmgNBIL，其中 m为线圈质量，联解可得 B mg2NIL.答案：B3(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子 P和 P3经电压为 U 的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子 P在磁场中转过 30后
4、从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子 P和 P3()A在电场中的加速度之比为 11B在磁场中运动的半径之比为 31C在磁场中转过的角度之比为 12D离开电场区域时的动能之比为 13解析：磷离子 P与 P3电荷量之比 q1q213，质量相等，在电场中加速度 aqEm，由此可知，a1a213，选项 A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径 rmvqB，又 qU12mv2，故有 r1B2mUq，即 r1r2 31，选项 B 正确；设离子 P3在磁场中偏转角为，则 sin dr2，sin dr1(d 为磁场宽度)，故有 sin sin 1 3，已知 30，故 60，选项 C 正确；全过程中只有电
5、场力做功，WqU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以 Ek1Ek2W1W213，选项 D 正确 答案：BCD4如图所示，长为 3l 的直导线折成三段做成正三角形，并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为 B，当在该导线中通以如图所示的电流I时，该通电导线受到的安培力大小为()A2BIlB.32BIlC.2 32BIlD0解析：导线 AB 段和 BC 段的有效长度为 2lsin30l，所以该通电导线受到的安培力大小为 FBIlBIl2BIl，本题只有选项A 正确 答案：A5(多选)地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，也分布有电场假设某时刻在该空间中有一小区域
6、存在如图所示的电场和磁场；电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直纸面向里此时一带电宇宙粒子，恰以速度 v 垂直于电场和磁场射人该区域，不计重力作用，则在该区域中，有关该带电粒子的运动情况可能的是()A仍做直线运动B立即向左下方偏转C立即向右上方偏转D可能做匀速圆周运动解析：比较 Eq 与 qvB，因二者开始时方向相反，当二者相等时，A 项正确，当 EqqvB 时，向电场力方向偏，当 EqqvB 时，向洛伦兹力方向偏，B、C 两项正确，有电场力存在，粒子不可能做匀速圆周运动，D 项错 答案：ABC6如图所示，ABC 为与匀强磁场垂直的边长为 a 的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为em的
7、电子以速度 v0 从 A 点沿 AB 方向射入，欲使电子能经过 BC 边，则磁感应强度 B 的取值应为()AB 3mv0aeBB2mv0aeCB 3mv0aeDB2mv0ae解析：画出电子运动轨迹，如图所示，电子正好经过 C 点，此时圆周运动的半径 ra2cos 30 a3，要想电子经过 BC 边，圆周运动的半径要大于 a3，由带电粒子在磁场中运动的公式 rmvqB有 a3mv0eB，即 B 3mv0ae，本题只有选项 C 正确 答案：C7在 x 轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O 点射入磁场，当入射方向与 x 轴的夹角 45时，速度为 v1、v2 的两个粒子分别从 a、b 两点
8、射出磁场，如图所示，当 为 60时，为了使粒子从 ab 的中点 c 射出磁场，则速度应为()A.12(v1v2)B.22(v1v2)C.33(v1v2)D.66(v1v2)解析：由 qvBmv2R得，R1mv1qB，R2mv2qB，R3mv3qB.由几何关系：Oc 之间的距离为 22(R1R2)，则：R3sin 6012 22(R1R2)，v3 66(v1v2)，故 D 项正确 答案：D8如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以初速度 v0 从 x 轴上的 P 点垂直进入匀强电场，恰好与 y 轴成 45角射出电场
9、，再经过一段时间又恰好垂直于 x 轴进入下面的磁场已知 O、P 之间的距离为 d，则带电粒子()A在电场中运动的时间为 2dv0B在磁场中做圆周运动的半径为 2dC自进入磁场至第二次经过 x 轴所用时间为7d4v0D从进入电场时开始计时，粒子在运动过程中第二次经过 x轴的时间为（47）d2v0解析：粒子在电场中做类平抛运动，沿 x 轴方向上的平均速度为v02，所以在电场中运动时间为2dv0.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度 v0，故速度为 2v0，在磁场中做圆周运动的半径为 2 2d，在第一象限内运动时间为 t138T2r2v0383d2v0，在第四象限内运动时间为 t212T
10、 r2v02dv0，所以自进入磁场至第二次经过 x 轴的时间为 tt1t27d2v0，从进入电场到第二次经过 x 轴的时间为 t2dv0t（47）d2v0，所以只有 D 项正确 答案：D9如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个 D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能 Ek 随时间 t 的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A高频电源的变化周期应该等于 tntn1B在 Ekt 图中应有 t4t3t3t2t2t1C粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D不同粒子获得的最大动能都
11、相同解析：由题图可知粒子在单个 D 形盒内运动的时间为 tntn1，由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B 项正确；交流电源的周期为 2(tntn1)，A 项错误；由 rmvqB知当粒子的运动半径等于 D形盒半径时加速过程就结束了，粒子的动能 EkB2q2r22m，即粒子的动能与加速次数无关，C 项错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关，D 项错误 答案：B10(多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为 R0.50 m 的绝缘光滑槽轨，槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度 B0.50 T有一个质量 m0.10 g，带电量 q1.6103 C 的小球在水
12、平轨道上向右运动若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是()A小球在最高点所受的合力为零B小球在最高点时的机械能与其在水平轨道上的机械能相等C小球到达最高点时的速率 v 满足关系式 mgqvBmv2RD如果重力加速度取 10 m/s2，则小球在最高点时的速率为 1m/s解析：小球在最高点时对轨道的压力恰好为零，但合力不为零，A 项错；洛伦兹力不做功，机械能守恒，B 项正确；小球在最高点时洛伦兹力方向向上，mgqvBmv2R，解得 v1 m/s，C 项错误，D 项正确 答案：BD11如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场 E，在竖直平面内建立坐标系 xOy，在 y0 的空间内，将一质量为
13、 m 的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴则沿 y 轴的负方向，以加速度 a2g(g 为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入 y0 的空间运动液滴在 y0 的空间内以加速度 a2g 做匀加速直线运动，可知液滴带正电且电场力等于重力，且方向相同，当液滴运动到坐标原点时变为带负电，液滴进入 y0 的空间内运动，电场力等于重力，且方向相反，液滴做匀速圆周运动，重力势能先减小后增大，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能保持不变，故选 D.答案：D12如图所示，在 x 轴上存在垂直纸面向
14、里的磁感应强度为 B的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场，一带负电的粒子从原点 O 以与 x 轴成 30角斜向上的速度 v射入磁场，且在 x 轴上方运动半径为 R.则()A粒子经偏转一定能回到原点 OB粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 2：1C粒子完成一次周期性运动的时间为2m3qBD粒子第二次射入 x 轴上方磁场时，沿 x 轴前进 3R解析：由 rmvqB可知，粒子在 x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 12，所以 B 项错误；粒子完成一次周期性运动的时间 t16T116T2m3qB2m3qB mqB，所以 C 项错误；粒子第二次射入 x
15、轴上方磁场时沿 x 轴前进 lR2R3R，粒子经偏转不能回到原点 O，所以 A 项错误，D 项正确 答案：D二、计算题(本大题共 4 小题，共 52 分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(12 分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等质量为 m，速度为 v 的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为 r 的圆，圆心在 O 点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧
16、形引出通道，通道的圆心位于 O点(O点图中未画出)引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从 P 点进入通道，沿通道中心线从 Q 点射出已知 OQ 长度为 L，OQ 与 OP 的夹角为.(1)求离子的电荷量 q 并判断其正负；(2)离子从 P 点进入，Q 点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为 B，求 B；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B 不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应为使离子仍从 P 点进入，Q 点射出，求通道内引出轨迹处电场强度 E 的方向和大小.解析：(1)离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvBmv2
17、r 可得 qmvBr 由左手定则可知，粒子带正电荷 (2)如图所示 OQR，OQL，OORr 引出轨迹为圆弧，洛伦兹力提供向心力，qvBmv2R 可得 R mvqB 根据几何关系得 Rr2L22rLcos 2r2Lcos 解得 BmvqR mv（2r2Lcos）q（r2L22rLcos）(3)电场强度方向沿径向向外 引出轨迹为圆弧，则有 qvBEqmv2R EBv mv2（2r2Lcos）q（r2L22rLcos）答案：(1)正 mvBr(2)、(3)见解析14(12 分)如图所示，与水平面成 37的倾斜轨道 AC，其延长线在 D 点与半圆轨道 DF 相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内
18、，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN 的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C 点处于 MN 边界上)一质量为 0.4 kg 的带电小球沿轨道 AC 下滑，至 C 点时速度为 vC1007m/s，接着沿直线 CD 运动到 D 处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过 F 点，在 F 点速度 vF4 m/s(不计空气阻力，g10 m/s2，cos370.8)求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从 F 点飞出时磁场同时消失，小球离开 F 点后的运动轨迹与直线 AC(或延长线)的交点为(G 点未标出)，求 G 点到 D 点的距离解析：)(1)正电荷(2
19、)依题意可知小球在 CD 间做匀速直线运动 在 D 点速度为 vDvC1007m/s 在 CD 段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为 0，设重力与电场力的合力为 FqvCB 又 Fmgcos 375 N 解得 qB FvC 720 在 F 处由牛顿第二定律可得 qvFBFmv2FR 把 qB 720代入得 R1 m 小球在 DF 段克服摩擦力做功 WFf，由动能定理可得WFf2FRm（v2Fv2D）2 WFf27.6 J(3)小球离开 F 点后做类平抛运动，其加速度为 aFm，由 2Rat22 得 t4mRF 2 25s 交点 G 与 D 点的距离 GDvFt1.6 2 m2.26 m 答案：(
20、1)正(2)27.6 J(3)2.26 m15(14 分)(2014湖南长沙示范性高中联考)如图所示，在同一平面内三个宽度均为 d 的相邻区域、，区内的匀强磁场垂直纸面向外；区内的匀强磁场垂直纸面向里；区内的平行板电容器垂直磁场边界，板长、板间距均为 d，且上极板电势高，OO为电场的中心线一质量为 m、电荷量为q 的粒子(不计重力)，从 O 点以速度 v0 沿与 OO成 30方向射入区，恰好垂直边界 AC进入电场(1)求区的磁感应强度 B1 的大小；(2)为使粒子进入区，求电容器板间所加电压 U 的范围；(3)为使粒子垂直区右边界射出磁场，求区的磁感应强度B2 与电容器板间电压 U 之间应满足
21、的关系解析：(1)因粒子垂直边界 AC 射入电场，由几何关系 Rsin 30d.由洛伦兹力提供向心力 qv0Bmv20R，解得 B1mv02dq.(2)为使粒子均能进入区，最大电压为 Um，dv0t，ym12at2，qUmd ma，ymd2(2 3)d，解得 Um(52 3)mv20q.所加电压范围：U(52 3)mv20q.(3)粒子射入区时速度偏向角为，粒子沿电场强度方向速度为 vy，合速度为 v，则 sin vyv，vyat.因粒子垂直区右边界射出磁场，设圆周运动半径为 R，RmvqB2.由几何关系：Rsin d.故 B2 与电压 U 间应满足：B2 Udv0.答案：(1)mv02dq(
22、2)U(52 3)mv20q (3)B2 Udv016(14 分)如图(a)所示，水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷qm106C/kg 的正电荷置于电场中的 O点由静止释放，经过15105 s 后，电荷以 v01.5104 m/s 的速度通过 MN 进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B 按图(b)所示规律周期性变化(图(b)中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过 MN 时为 t0 时刻)(1)求匀强电场的电场强度 E；(2)求图(b)中 t45 105 s 时刻电荷与 O 点的水平距离；(3)如果在 O 点右方 d68 cm 处有一垂直于 MN 的
23、足够大的挡板，求电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间(cos 530.6，sin 530.8)解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为 t1，有：v0at1 Eqma 解得：Emv0qt1 7.2103 N/C.(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r1mv0qB15 cm.周期 T12mqB1 23 105 s 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r2mv0qB23 cm 周期 T22mqB2 25 105 s 故电荷从 t0 时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示 t45 105 s 时刻电荷与 O 点的水平距离：d2(r1r2)4cm.(3)电荷从第一次通过 MN 开始，其运动的周期为：T45 105s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为 15 个，电荷沿 ON 运动的距离：s15d60 cm，故最后 8 cm 的距离如图乙所示，有：r1r1cos ds 解得：cos 0.6，则 53.故电荷运动的总时间：t 总t115T12T1 53360T1 3.86104 s.答案：(1)7.2103 N/C(2)4 cm(3)3.86104 s
