1、热点突破提升练(九)磁场知识巩固练(限时40分钟)一、单项选择题1(2015武汉调研)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】由题意知，若把小磁针放在导线的延长线上，通电后，由于在导线
2、的延长线处产生的磁场比较弱，小磁针受到的磁场力比较弱，故它基本不会转动，则选项A错误；若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，小磁针仍然会受到磁场力，故它会转动，则选项B错误；若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，通电导线产生的磁场将逐渐减弱，小磁针受到的磁场力也逐渐减小，故小磁针转动的角度会逐渐减小，则选项C正确；若把黄铜针平行地放在导线的下方，通电后，因黄铜针没有磁性，故黄铜针不会转动，则选项D错误【答案】C2如图1所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为半圆弧的圆心，MOP60.在M、N处各有一
3、条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1.若将M处长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为()图1A.1B.2C11 D12【解析】如图所示，当通有电流的长直导线在M、N两处时，根据安培定则可知，二者在圆心O处产生的磁感应强度大小都为.当将M处长直导线移到P处时，两直导线在圆心O处产生的磁感应强度也为，做平行四边形，由图中的几何关系，可得：cos 30，故选项B正确【答案】B3(2016南昌模拟)两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域
4、，其运动轨迹如图2，不计粒子的重力，则下列说法正确的是()图2Aa粒子带正电，b粒子带负电Bb粒子动能较大Ca粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Db粒子在磁场中运动时间较长【解析】由左手定则可知，a粒子带负电、b粒子带正电，A项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a粒子轨迹半径小于b粒子轨迹半径，由半径公式R可知，a粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b粒子动能较大，B项正确；由洛伦兹力FqvB可知，b粒子受洛伦兹力较大，C项错；由周期公式T可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间tT，由于粒子轨迹所对圆心角等于其偏向角，故粒子a的轨迹所对圆心角较大故a粒子在磁场中运
5、动时间较长，D项错【答案】B4质量为m、长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆轨道上，整个装置处于竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60角，其截面图如图3所示，则下列关于导体棒中电流的分析正确的是()图3A导体棒中电流垂直纸面向外，大小为B导体棒中电流垂直纸面向外，大小为C导体棒中电流垂直纸面向里，大小为D导体棒中电流垂直纸面向里，大小为【解析】平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向左上方的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件有tan 60，得导体棒中电流I.再由左手定则可知，导体棒中
6、电流的方向应垂直纸面向里，故选项C正确【答案】C5(2014全国卷)如图4所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O.已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变不计重力铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()图4A2 B.C1 D.【解析】带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律与圆周运动知识得出半径与速度之间的关系当粒子穿过铝板时，动能损失，由此可求出穿过铝板前后的速度之比，即可得出磁感应强度大小之比设带电粒子在P点时初速度为v1，
7、从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1mv，Ek2mv，由题意可知Ek12Ek2，即mvmv，则.由洛伦兹力提供向心力，即qvB，得R，由题意可知，所以，故选项D正确【答案】D二、多项选择题6如图5所示，在一矩形区域内有磁感应强度方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场宽度为d.不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t，粒子飞出磁场时偏离原方向60角利用以上数据能求出的物理量是()图5A带电粒子在磁场中运动的半径B带电粒子的初速度C带电粒子在磁场中运动的周期D带电粒子的质量【解析】带电粒子在磁场中运动后速度的偏向角为60，则轨迹圆弧对应的圆心角也为60，所
8、以可得出运动时间tT，则可求出周期T；根据磁场宽度为d，由几何知识能得到带电粒子的轨道半径r；由公式T可求出带电粒子的初速度；由r能求出带电粒子的比荷，而带电粒子的电荷量未知，所以质量不能求出故应选A、B、C.【答案】ABC7如图6所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30和60(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()图6AA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是BA、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是CA、B两粒子之比是DA、B两粒子之比是【解析】由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，
9、根据Bqvm，得r.由几何关系可得，对粒子B：rBcos 60rBd，对粒子A：rAcos 30rAd，联立解得，所以A错误，B正确再根据r，可得A、B两粒子之比是，故C错误，D正确【答案】BD8如图7所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM3 m现有一个比荷大小为1.0 C/kg可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是
10、()图7A3 m/s B3.75 m/sC4 m/s D5 m/s【解析】因为小球通过y轴的速度方向一定是x方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m，即Rmin，解得vmin3 m/s；经验证，带电小球以3 m/s速度进入磁场，与ON碰撞一次，再经四分之三圆周经过M点，如图1所示，A项正确；当带电小球与ON不碰撞，直接经过M点，如图2所示，小球速度沿x方向射入磁场，则圆心一定在y轴上，作出MN的垂直平分线，交于y轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax5 m，又Rmax，解得vmax5 m/s，D项正确；当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时，轨迹如图3所示，由几何条
11、件计算可知轨迹半径R3.75 m，由半径公式R得v3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误图1 图2图3【答案】ABD9(2015四川高考)如图8所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2.0104 T电子质量m9.11031 kg，电荷量e1.61019 C，不计电子重力电子源发射速度v1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则()图8A90时，l9.1 cmB6
12、0时，l9.1 cmC45时，l4.55 cmD30时，l4.55 cm【解析】电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB，R4.55102 m4.55 cm，90时，击中板的范围如图1，l2R9.1 cm，选项A正确60时，击中板的范围如图2所示，l2R9.1 cm，选项B错误30，如图3所示lR4.55 cm，当45时，击中板的范围如图4所示，lR(R4.55 cm)，故选项D正确，选项C错误图1图2图3图4【答案】AD三、非选择题10如图9所示，质量为60 g的导体棒长度L120 cm，棒两端分别与长度L230 cm的细导线相连，悬挂在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B0.5 T当导体
13、棒中通以稳定电流I后，棒向上摆动(摆动过程中I始终不变)，最大偏角45，求导体棒中电流I的大小(g取10 m/s2)图9【解析】由于45角是导体棒向上摆动的最大偏角，所以此时导体棒并不平衡，只是速度等于零；由动能定理得BIL1L2sin mgL2(1cos )0，故棒中的电流I2.5 A.【答案】2.5 A11如图10所示，直角坐标系中直线AB与横轴x夹角BAO30，AO长为a.假设在点A处有一放射源可沿BAO所夹范围内的各个方向放射出质量为m、速度大小均为v、带电荷量为e的电子(重力忽略不计)在三角形ABO内有垂直纸面向里的匀强磁场，当电子从顶点A沿AB方向射入磁场时，电子恰好从O点射出试求
14、：图10(1)从顶点A沿AB方向射入的电子在磁场中的运动时间t；(2)速度大小为2v的电子从顶点A沿AB方向射入磁场(其他条件不变)，求从磁场射出的位置坐标；(3)磁场大小、方向保持不变，改变匀强磁场分布区域，使磁场存在于三角形ABO内的左侧，要使放射出的速度大小为v的电子穿过磁场后都垂直穿过y轴后向右运动，试求匀强磁场区域分布的最小面积S.(用阴影表示最小面积)【解析】(1)根据题意，电子在磁场中运动的轨迹如图(甲)，则根据几何关系得电子在磁场中的运动的轨道半径Ra，甲乙由evB得B，由T，tT得tT.(2)速度大小为2v的电子从顶点A沿AB方向射入磁场时，由洛伦兹力提供向心力得e2vB得r
15、2a.其运动轨迹如图(乙)所示，则电子从y轴上射出点的位置：yrOO22a2aa.所以电子从磁场中射出时的位置坐标为(0，2aa)(3)要使匀强磁场区域分布最小面积，有界磁场的上边界为以AB方向发射的电子在磁场中的运动轨迹与AO中垂线交点的左侧圆弧，有界磁场的下边界：以A点正上方距A点的距离为a的点为圆心，以a为半径的圆弧如图(丙)所示，故最小磁场区域面积为(丙)S2(a2sin 30)a2.【答案】(1)(2)(0，2aa)(3)a212某空间存在着一个变化的电场和一个变化的磁场，电场方向向右(如图11甲中由B到C的方向)，电场变化如图乙中Et图象，磁感应强度变化如图丙中Bt图象在A点，从t
16、1 s(即1 s末)开始，每隔2 s有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB方向(垂直于BC)以速度v射出，恰能击中C点，若AC2BC且粒子在AB间运动的时间小于1 s，求：(1)图线上E0和B0的比值，磁感应强度B的方向；(2)若第1个粒子击中C点的时刻已知为(1t) s，那么第2个粒子击中C点的时刻是多少？甲乙丙图11【解析】设带电粒子在磁场中运动的轨道半径为R.在第2秒内只有磁场轨道如图所示(1)因为AC2BC2d，所以R2d.第2秒内，仅有磁场：qvB0mm第4秒内，仅有电场：d()2所以v.粒子带正电，故磁场方向垂直纸面向外(2)t ，tt.故第2个粒子击中C点的时刻为(3t)s.【答案】(1)v，磁场方向垂直纸面向外(2)第2个粒子击中C点的时刻为(3t)
