2017届高三物理一轮复习 题组层级快练30 第八章 磁场 .
《高考调研》2017届高三物理一轮复习测试题组31第八章磁场Word版含答案
题组层级快练(三十一)一、选择题(其中1－8题，只有一个选项正确，9－11题有多个选项正确)1.(2015·苏锡常镇四市二调)如图所示，将圆柱形强磁铁吸在干电池负极，金属导线折成上端有一支点、下端开口的导线框，使导线框的顶端支点和底端分别与电源正极和磁铁都接触良好但不固定，这样整个线框就可以绕电池轴心旋转起来．下列判断中正确的是( )A ．线框能旋转起来，是因为电磁感应B ．俯视观察，线框沿顺时针方向旋转C ．电池输出的电功率大于线框旋转的机械功率D ．旋转达到稳定时，线框中电流比刚开始转动时的大解析 根据左手定则判断导线框的转动方向，根据能量守恒定律判断电流的大小．扁圆柱形磁铁上端为S 极，下端为N 极．由上往下看(俯视)，导线框沿逆时针转动，所以该装置的原理是电流在磁场中的受力，不是电磁感应．故A 、B 项错误；C 项，因为电源消耗的总功率一部分转化为内能，另一部分转化为动能，所以总功率大于机械功率．故C 项正确．D 项，受到的安培力开始时使线圈做加速运动，当安培力等于阻力时速度达到最大．故D 项错误，故选C 项．答案 C命题立意 本题旨在考查通电导线在磁场中的受力2.(2015·怀化二中)如图所示，AC 是一个用长为L 的导线弯成的、以O 为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC 垂直的磁感应强度为B 的匀强磁场中．当在该导线中通以由C 到A ，大小为I 的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是( )A ．BIL ，平行于OC 向左 B.22BIL π，平行于OC 向右 C.22BIL π，垂直AC 的连线指向左下方 D ．22BIL ，垂直AC 的连线指向左下方解析 由L 为14圆弧，所以2πR 4＝L ，即R ＝2L π，AC 的有效长度为l ＝2R ＝22L π，安培力为F A ＝BIl ＝22BIL π，方向由左手定则判断，垂直AC 的连线指向左下方，因此C 项正确．答案 C命题立意 本题旨在考查通电导线在磁场中的受力垂直纸面的固定轴O转动(O为L2的中心)，各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生()A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动C．L2绕轴O按顺时针方向转动D．L2绕轴O按逆时针方向转动解析由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直于纸面向外，且离导线L1距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O 点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，选项D正确．答案 D设置目的考查通电导线动态下所受安培力4．(2015·唐山市实验)如图所示，条形磁铁放在光滑斜面上，用平行于斜面的轻弹簧拉住而平衡，A为水平放置的直导线的截面，导线中无电流时磁铁对斜面的压力为F N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力为F N2，则下列关于磁铁对斜面压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()A．F N1<F N2，弹簧的伸长量减小B．F N1＝F N2，弹簧的伸长量减小C．F N1>F N2，弹簧的伸长量增大D．F N1>F N2，弹簧的伸长量减小解析在题图中，由于条形磁铁的磁感线是从N极出发到S极，所以可画出磁铁在导线A处的一条磁感线，其方向是斜向左下方的，导线A中的电流垂直纸面向外时，由左手定则可判断导线A必受斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知磁铁所受作用力的方向是斜向左上方，所以磁铁对斜面的压力减小，即F N1>F N2，同时，由于导线A比较靠近N极，安培力的方向与斜面的夹角小于90°，所以对磁铁的作用力有沿斜面向下的分力，使得弹簧弹力增大，可知弹簧的伸长量增大，所以正确为C项．答案 C设置目的考查巧妙选取研究对象5．(2016·河南中原名校联考)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．P、M间接有一个电动势为E＝6 V，内阻r＝1 Ω的电源和一只滑动变阻器．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与物体相连，物体的质量M＝0.3 kg.棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力与滑动摩擦力相等，导轨与棒的电阻不计，g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值不可能是()A．2 ΩB．4 ΩC．5 ΩD．6 Ω解析导体棒水平方向受到向右的绳的拉力、向左的安培力和静摩擦力．当棒刚要向右滑动时，轨道对棒的静摩擦力向左达到最大，此时电路中电流最小，设为I1，由平衡条件得BI1L＋μmg＝Mg，得I1＝Mg－μmgBL＝0.3×10－0.5×0.2×102×1A＝1 A，此时变阻器接入电路的电阻最大，设为R1，由欧姆定律，得R1＝EI1－r＝61Ω－1 Ω＝5 Ω；当棒刚要向左滑动时，轨道对棒的静摩擦力向右达到最大，此时电路中电流最大，设为I2，由平衡条件得BI2L＝μmg＋Mg，得I2＝Mg＋μmgBL＝0.3×10＋0.5×0.2×102×1A＝2 A，此时变阻器接入电路的电阻最小，设为R2，由欧姆定律，得R2＝EI2－r＝(62－1) Ω＝2 Ω，所以为了使物体保持静止，滑动变阻器连入电路的阻值范围为2 Ω≤R≤5 Ω，不可能是6 Ω.答案 D设置目的考查平面上的受力分析，三维图转化为二维图6.倾角为α的导电轨道间接有电源，轨道上放有一根静止的金属杆ab.现垂直轨道平面向上加一匀强磁场，如图所示，磁感应强度B逐渐增加的过程中，ab杆受到的静摩擦力()A．逐渐增大B．逐渐减小C．先增大后减小D．先减小后增大解析不加磁场时，杆ab是静止的，一定受到沿导轨向上的静摩擦力．当加上磁场时，根据左手定则判断出安培力的方向沿导轨向上，开始时此力较小，杆ab受的静摩擦力仍然沿导轨向上，当安培力逐渐增大时，静摩擦力开始减小直到零．再增大B，杆ab有沿导轨向上的运动趋势，杆ab受沿导轨向下的静摩擦力且逐渐增大，所以D项正确．答案 D设置目的考查安培力以及共点力的动态平衡7．(2015·宁德市普高质检)如图为某种电磁泵模型，泵体是长为L1，宽与高均为L2的长方体．泵体处在方向垂直向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，泵体的上下表面接电压为U的电源(内阻不计)，理想电流表示数为I，若电磁泵和水面高度差为h，液体的电阻率为ρ，在t 时间内抽取液体的质量为m ，不计液体在流动中和管壁之间的阻力，取重力加速度为g.则( )A ．泵体上表面应接电源负极B ．电磁泵对液体产生的推力大小为BIL 1C ．电源提供的电功率为U 2L 1ρD ．质量为m 的液体离开泵时的动能为UIt －mgh －I 2ρL 1t 解析 A 项，当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的磁场力水平向左，拉动液体，故A 项错误；B 、C 项，根据电阻定律，泵体内液体的电阻：R ＝ρL S＝ρ×L 2L 1L 2＝ρL 1因此流过泵体的电流：I ＝U R ＝UL 1ρ，电磁泵对液体产生的推力大小为：F ＝BIL 2 那么液体消耗的电功率为：P ＝U 2L 1ρ，而电源提供的电功率为UI ，故B 、C 项错误；D 项，若t 时间内抽取水的质量为m ，根据能量守恒定律，则这部分水离开泵时的动能为：E k ＝UIt －mgh －I 2ρL 1t ，故D 项正确．故选D 项． 答案 D命题立意 本题旨在考查带电粒子在混合场中的运动、安培力8．(2015·浙江杭州)如图所示为电流天平，可用来测定磁感应强度．天平的右臂上挂有一匝数为N 的矩形线圈，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，当线圈中通有电流I(方向如图)时，发现天平的右端低左端高，下列哪些调整方案可以使天平水平平衡( )A ．仅减小电流大小B ．仅增长线框的宽度lC ．仅减轻左盘砝码的质量D ．仅增加线圈的匝数解析 天平是等臂杠杆，当线圈中通有电流I 时，根据左手定则，右端线圈受到的安培力竖直向下，天平的右端低左端高，说明安培力偏大，要使天平水平平衡，可以增加左端的砝码，也可以减小安培力，即减小匝数、电流、线框短边的长度，A 项正确，选项B 、C 、D 错误．答案 A设置目的 以电流天平为背景考查安培力9．电磁轨道炮工作原理如图所示．待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触．电流I 从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回．轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I 成正比．通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出．现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( )A ．只将轨道长度L 变为原来的2倍B ．只将电流I 增加至原来的2倍C ．只将弹体质量减至原来的一半D ．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L 变为原来的2倍，其他量不变解析 由题意可知，B ＝kI ，设轨道宽为d ，则F 安＝BId ＝kI 2d ，由动能定理，得F 安·L ＝12mv 2，联立以上式子，解得v ＝2kI 2dL m ，B 、D 项正确，A 、C 项错误． 答案 BD设置目的 考查安培力做功10．(2015·甘肃平凉)如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m 、长为L 的金属杆ab 垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab 方向的匀强磁场中．当金属杆ab 中通有从a 到b 的恒定电流I 时，金属杆ab 保持静止．则磁感应强度方向和大小可能为( )A ．竖直向上，mgtan θ/ILB ．平行导轨向上，mgcos θ/ILC ．水平向右，mg/ILD ．水平向左，mg/IL 解析 取切面图，从a 向b 看，只能看到a 的切面如图，受力分析如下图．A 项有可能平衡，即安培力和重力的合力与支持力等大反向，A 项正确；B 、C 的受力不可能平衡，B 、C 选项错误；D 项当安培力等于重力时，可能平衡，D 项正确．答案 AD设置目的 考查利用切面图进行受力分析11．(2015·天津河北区)如图所示，有两根长为L 、质量为m 的细导体棒a 、b ，a 被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b 被水平固定在与a 在同一水平面的另一位置，且a 、b 平行，它们之间的距离为x.当两细棒中均通以电流为I 的同向电流时，a 恰能在斜面上保持静止，则下列关于b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度的说法正确的是( )A ．方向向上B ．大小为2mg 2LIC ．要使a 仍能保持静止，而减小b 在a 处的磁感应强度，可使b 上移D ．若使b 下移，a 将不能保持静止解析 要使a 恰能在斜面上保持静止，由安培定则可知b 的电流在a 处产生的磁场的磁感应强度方向应向上，A 项正确．a 的受力如图甲所示．tan45°＝F mg ＝BIL mg ，所以B ＝mg IL，B 项错误．b 无论上移还是下移，b 在a 处的磁感应强度均减小．若上移，a 的受力如图乙所示．上移过程中F N 逐渐减小，F 安先减小后增大，两个力的合力等于mg ，此时a 仍能保持静止，故C 项正确．若使b 下移，同理可分析a 将不能保持静止，D 项正确．答案 ACD命题立意 考查安培力以及共点力的动态平衡二、非选择题12．(2014·重庆)某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接．当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R ，重力加速度为g ，求：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C 端还是从D 端流出？(2)供电电流I 是从C 端还是从D 端流入？求重物质量与电流的关系．(3)若线圈消耗的最大功率为P ，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析 (1)E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，由于线圈在该磁铁的最下面的磁通量最大，所以向下的过程中向下的磁通量增加，根据楞次定律可得，感应电流的磁场的方向向上，所以感应电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，电流由C 流出，D 端流入．或用右手定则判断．(2)秤盘和线圈向上恢复到未放重物时的位置并静止，说明安培力的方向向上，由左手定则即可判断出电流的方向是逆时针方向(从上向下看)，电流由C 流出，由D 流入．两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，线圈匝数为n ，左右两侧受力相等，得mg ＝2n·BIL ，即m ＝2nBIL g(3)设称重最大质量是m 0，由m ＝2nBIL g 和P ＝I 2R ，得m 0＝2nBL gP R 答案 (1)C 端出 (2)从D 端流入，m ＝2nBIL g(3)2nBL g P R 设置目的 考查安培力的计算，特别是n 匝的。
【名师导学】高三物理一轮总复习 新课标 考点集训：第八章 磁场【含解析】
第八章磁场(选修3－1)考点集训(三十四)第1节磁场的描述磁场对电流的作用一、选择题：1～7题为单选，8～9题为多选．1．磁场中某区域的磁感线如图所示，则A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小2．通电螺线管内有一在磁场力作用下处于静止的小磁针，磁针指向如图所示，则A．螺线管的P端为N极，a接电源的正极B．螺线管的P端为N极，a接电源的负极C．螺线管的P端为S极，a接电源的正极D．螺线管的P端为S极，a接电源的负极3．将一长度为0.1 m的直导线放入某一匀强磁场中，当导线中电流为2 A时，测得其所受安培力为1 N．则此匀强磁场的磁感应强度B大小A．B<0.2 T B．B＝0.2 TC．B<5 T D．B≥5 T4．科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，假如地球的磁场是由地球表面带电引起的，则A．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱B．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强C．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱D．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强5．如图所示为一种自动跳闸的闸刀开关，O是转动轴，A是绝缘手柄，C是闸刀卡口，M，N接电源线，闸刀处于垂直纸面向里、B＝1 T的匀强磁场中，CO间距离为10 cm, 当磁场力为0.2 N时，闸刀开关会自动跳开．则要使闸刀开关能跳开，CO中通过的电流的大小和方向为A．电流方向C→O电流大小为1 AB．电流方向C→O电流大小为2 AC．电流方向O→C电流大小为1 AD．电流方向O→C电流大小为2 A6．如图所示，ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线，在两导线中央悬挂一个小磁针，静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内，当两导线中通以大小相等的电流时，小磁针N极向纸面里转动，则两导线中的电流方向A．一定都是向上B．一定都是向下C．ab中电流向下，cd中电流向上D．ab中电流向上，cd中电流向下7．如图，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B ＝k Ir ，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v 0从a 点出发沿连线运动到b 点．关于上述过程，下列说法正确的是①小球先做加速运动后做减速运动 ②小球一直做匀速直线运动 ③小球对桌面的压力先减小后增大 ④小球对桌面的压力一直在增大A ．①③B ．①④C ．②③D ．②④8．如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD 、EF ，导轨上放有一金属棒MN.现从t ＝0时刻起，给棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I ＝kt ，其中k 为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于棒的速度v 、加速度a 随时间t 变化的关系图象，可能正确的是9．(2014浙江)如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图2所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图1中I 所示方向为电流正方向．则金属棒12A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功 二、计算题10．在与水平面成60°角的光滑金属导轨间连一电源，在相距为1 m的平行导轨上放一质量为0.3 kg的金属棒ab，通以3 A的由b向a的电流，磁场方向竖直向上，这时棒恰好静止．求：(1)磁感应强度B；(2)棒对导轨的压力大小．(g取10 m/s2)11．电磁炮的基本原理如图所示，把待发射的炮弹(导体)放置在匀强磁场中的两条平行导轨(导轨与水平方向成α角)上，磁场方向和导轨平面垂直，若给导轨通以很大的电流I，使炮弹作为一个载流导体在磁场的作用下，沿导轨做加速运动，以某一速度发射出去．已知匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直两平行导轨向上．两导轨间的距离为L，磁场中导轨的长度为s，炮弹的质量为m，炮弹和导轨间摩擦力不计．试问：在导轨与水平方向夹角一定时，要想提高炮弹发射时的速度v0，从设计角度看可以怎么办？(通过列式分析，加以说明)12．(2015全国Ⅰ)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘．金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω.已知开关断开时两弹簧的伸长量为0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3 cm.重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量．考点集训(三十五)第2节磁场对运动电荷的作用一、选择题：1～8题为单选，9～11题为多选．1．如图所示是电视机中显像管的偏转线圈示意图，它由绕在磁环上的两个相同的线圈串联而成，线圈中通有如图所示方向的电流．当电子束从纸里经磁环中心向纸外射来时(图中用符号“·”表示电子束)，它将A．向右偏转B．向下偏转C．向上偏转D．向左偏转2．如图所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场．对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是A．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长B．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为πD．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度3．下图是显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转．不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点．若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向A移动，则A ．在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功B ．在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动C ．偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大D ．偏转磁场的方向应垂直于纸面向内4．如图所示，摆球带正电荷的单摆在一匀强磁场中摆动，匀强磁场的方向垂直于纸面向里，摆球在AB 间摆动过程中，由A 摆到最低点C 时，摆线拉力的大小为F 1，摆球加速度大小为a 1；由B 摆到最低点C 时，摆线拉力的大小为F 2，摆球加速度大小为a 2，则A ．F 1>F 2，a 1＝a 2B ．F 1<F 2，a 1＝a 2C ．F 1>F 2，a 1>a 2D ．F 1<F 2，a 1<a 25．如图所示，在x 轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O 处以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x 轴正方向成120°角，若粒子穿过y 轴正半轴后在磁场中到x 轴的最大距离为a ，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是A .3v 2aB ，正电荷 B .v 2aB ，正电荷C .3v 2aB ，负电荷D .v 2aB，负电荷6．如图所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里．P 为屏上的一个小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电荷量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为A .2mvqB B .2mv cos θqBC .2mv （1－sin θ）qBD .2mv （1－cos θ）qB7．如图所示，倾角为α＝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，运动时间与速度图像如图所示．(已知sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m /s 2)，则下列说法正确的是A ．小物块下滑的加速度为16 m /s 2B ．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 ．如小物块质量为0.1 kg ，则t ＝0.25 s 时，重力的功率为1.5 W8．两个电荷量分别为＋q 和－q 的带电粒子分别以速度v a 和v b 射入匀强磁场，两粒子的入射方向与竖直磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d ，两粒子同时由A 点出发，同时到达与A 等高的B 点，如图所示，则A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．两粒子的轨道半径之比R a ∶R b ＝3∶1C ．两粒子的质量之比m a ∶m b ＝1∶2D ．两粒子的速度之比v a ∶v b ＝3∶29．如图所示，两段长度均为l 、粗细不同的铜导线a 、b 良好接触，接在某一直流电路中．已知铜导线单位体积内的自由电荷数是一个定值，当在这段特殊的导线ab 所在空间加一垂直导线的匀强磁场时，关于两部分导线所受的安培力及内部自由电荷定向移动所受洛伦兹力的说法中，正确的是A．a、b所受到的安培力大小相等B．a导线所受到的安培力小于b所受到的安培力C．a、b中自由电荷所受洛伦兹力平均值大小相等D．a中自由电荷所受洛伦兹力平均值大于b中自由电荷所受洛伦兹力平均值10．空间虚线上方存在匀强磁场，磁感应强度为B；一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场．其中某一速率v0的电子从Q点射出，如图所示．已知电子入射方向与边界夹角为θ，则由以上条件可判断A．该匀强磁场的方向是垂直纸面向里B．所有电子在磁场中的轨迹相同C．速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D．所有电子的速度方向都改变了2θ11．如图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一质量为m＝0.1 kg、带正电q＝0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则滑块A．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B．一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C．速度为6 m/s时，滑块开始减速D．最终做速度为10 m/s的匀速运动二、计算题12．如图所示，在一底边长为2L，底角θ＝45°的等腰三角形区域内(O为底边中点)有垂直纸面向外的匀强磁场．现有一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从静止开始经过电势差为U的电场加速后，从O点垂直于AB进入磁场，不计重力与空气阻力的影响．(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度；(2)若要使进入磁场的粒子能打到OA板上，求磁感应强度B的最小值；(3)设粒子与AB板碰撞后，电荷量保持不变并以与碰前相同的速度反弹．磁感应强度越大，粒子在磁场中的运动时间也越大．求粒子在磁场中运动的最长时间．考点集训(三十六)第3节带电粒子在复合场中的运动一、选择题：1～5题为单选，6～9题为多选．1．关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是A．安培力的方向可以不垂直于直导线B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半2．英国物理学家狄拉克曾经预言，自然界应该存在只有一个磁极的磁单极子，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r处的磁感应强度大小为B＝kr2(k为常数)，其磁场分布与点电荷的电场分布相似．现假设某磁单极子S固定，一带电小球分别在S极附近做匀速圆周运动．下列小球可以沿图示方向做匀速圆周运动的有(箭头表示小球在纸面外侧轨迹的运动方向)3．如图所示，套在很长的绝缘直棒上的小球，质量为1.0×10－4kg，带4.0×10－4C的正电荷，小球在棒上可以滑动，将此棒竖直放置在沿水平方向的匀强电场和匀强磁场中，匀强电场的电场强度E＝10 N/C，方向水平向右，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，方向为垂直于纸面向里，小球与棒间的动摩擦因数为μ＝0.2(设小球在运动过程中所带电荷量保持不变，g取10 m/s2)A．小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为10 m/s2B．小球由静止沿棒竖直下落最大速度2 m/sC．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大加速度为5 m/s2 D．若磁场的方向反向，其余条件不变，小球由静止沿棒竖直下落的最大速度为45 m/s4．如图所示，P、Q为相距较近的一对平行金属板，间距为2d，OO′为两板间的中线．一束相同的带电粒子，以初速度v0从O点射入P、Q间，v0的方向与两板平行．如果在P、Q 间加上方向竖直向上、大小为E的匀强电场，则粒子束恰好从P板右端的a点射出；如果在P、Q间加上方向垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场，则粒子束将恰好从Q板右端的b 点射出．不计粒子的重力及粒子间的相互作用力，如果同时加上上述的电场和磁场，粒子仍能从两板间射出，则A．粒子束将沿直线OO′运动B．粒子束将沿曲线运动，射出点位于O′点上方C．粒子束将沿曲线运动，射出点位于O′点下方D．粒子束可能沿曲线运动，但射出点一定位于O′点5．如图所示，电源电动势为E，内阻为r，滑动变阻器最大阻值为R，G为灵敏电流计，开关闭合，两平行金属板M、N之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电的粒子恰好以速度v匀速穿过两板，不计粒子重力．以下说法中正确的是A．保持开关闭合，滑片P向上移动，粒子可能从M板边缘射出B．保持开关闭合，滑片P的位置不动，将N板向下移动，粒子可能从M板边缘射出C．将开关断开，粒子将继续沿直线匀速射出D．在上述三个选项的变化中，灵敏电流计G指针均不发生偏转6．如图所示，空间存在着竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．一带电粒子在电场力和洛伦兹力的共同作用下，从静止开始自a点沿曲线acb运动，到b点时速度刚好为零．c点是轨迹的最低点，不计粒子的重力．下列说法正确的是A ．粒子带负电B ．a 点和b 点位于同一高度C ．粒子经过c 点时速度最大D ．粒子到b 点后，将沿原轨迹返回a 点7．如图所示，在匀强磁场中，磁感应强度B 1＝2B 2，当不计重力的带电粒子从B 1磁场区域运动到B 2磁场区域时，粒子的A ．速率将加倍B ．轨迹半径加倍C ．周期将加倍D ．做圆周运动的角速度将加倍8．如图，为探讨霍尔效应，取一块长度为a 、宽度为b 、厚度为d 的金属导体， 給金属导体加与侧面垂直的匀强磁场B, 且通以图示方向的电流I 时， 用电压表测得导体上、下表面M 、N 间电压为U. 已知自由电子的电荷量为e. 下列说法中正确的是A ．M 板比N 板电势高B ．导体单位体积内自由电子数越多， 电压表的示数越大C ．导体中自由电子定向移动的速度为v ＝UBdD ．导体单位体积内的自由电子数为BI eUb9．回旋加速器的工作原理如图所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．A 处粒子源产生质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，在加速电压为U 的加速电场中被加速．所加磁场的磁感应强度、加速电场的频率可调，磁场的磁感应强度最大值为B m 和加速电场频率的最大值f m .则下列说法正确的是A ．粒子第n 次和第n ＋1次半径之比总是n ＋1∶nB ．粒子从静止开始加速到出口处所需的时间为t ＝πBR 22UC ．若f m <qB m 2πm ，则粒子获得的最大动能为E km ＝2π2mf 2m R 2D ．若f m >qB m 2πm ，则粒子获得的最大动能为E km ＝（qB m R ）22m二、计算题10．如图所示，两块水平放置、相距为d的长金属板接在电压可调的电源上．两板之间的右侧区域存在方向垂直纸面向里的匀强磁场．将喷墨打印机的喷口靠近上板下表面，从喷口连续不断喷出质量均为m、水平速度均为v0、带相等电荷量的墨滴．调节电源电压至U，墨滴在电场区域恰能沿水平向右做匀速直线运动；进入电场、磁场共存区域后，最终垂直打在下板的M点．已知重力加速度为g.(1)判断墨滴所带电荷的种类，并求其电荷量；(2)求磁感应强度B的值．11．如图甲中所示，M、N为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d，两板中央各有一个小孔O、O′且正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示．有一束正离子在t＝0时垂直于M板从小孔O射入磁场．已知正离子质量为m、带电荷量为q，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v0的可能值．12．如图，在第一象限存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外；在第四象限存在匀强电场，方向沿x轴负向．在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子，该粒子在(d，0)点沿垂直于x轴的方向进入电场．不计重力．若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ，求：(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值；(2)该粒子在电场中运动的时间．13．如图所示，竖直平面xOy内存在水平向右的匀强电场，电场强度大小E＝10 N/C，在y≥0的区域内还存在垂直于坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，一带电量q＝＋0.2 C、质量m＝0.4 kg的小球由长l＝0.4 m的细线悬挂于P点，小球可视为质点．现将小球拉至水平位置A无初速释放，小球运动到悬点P正下方的坐标原点O时，悬线突然断裂，此后小球又恰好能通过O点正下方的N点，g取10 m/s2.求：(1)小球运动到O点时的速度大小；(2)悬线断裂前瞬间拉力的大小；(3)ON间的距离．第八章 磁场第1节 磁场的描述磁场对电流的作用【考点集训】1．B 2.B 3.D 4.C 5.D 6.D 7.D 8.BD 9.ABC 10.【解析】(1)受力分析如图所示BIL ＝mg tan θB ＝mg tan θIL代入数据得： B ＝ 3 T(2)F N ＝mg cos θ代入数据得：F N ＝6 N由牛顿第三定律，压力与支持力是作用力与反作用力，所以压力为6 N .11．【解析】当通入电流I 时，炮弹受到的安培力为F ＝BIL发射过程中安培力做功W ＝Fs发射过程中重力做功W G ＝－mgs sin α由动能定理得：W ＋W G ＝12mv 20 联立解得v 0＝2BILs m－2gs sin α 可以看出，当炮弹质量和导轨倾角α一定时，从理论上讲，增大B 、I 、L 、s 都可以提高炮弹的发射速度12．【解析】依题意，开关闭合后，电流方向从b 到a ，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下．开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长了Δl 1＝0.5 cm .由胡克定律和力的平衡条件得2k Δl 1＝mg ①式中，m 为金属棒的质量，k 是弹簧的劲度系数，g 是重力加速度的大小．开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为F ＝IBL ②式中，I 是回路电流，L 是金属棒的长度．两弹簧各自再伸长了Δl 2＝0.3 cm ，由胡克定律和力的平衡条件得2k(Δl 1＋Δl 2)＝mg ＋F ③由欧姆定律有E ＝IR ④式中，E 是电池的电动势，R 是电路总电阻．联立①②③④式，并代入题给数据得m ＝0.01 kg ⑤第2节 磁场对运动电荷的作用【考点集训】1．C 2.A 3.C 4.A 5.C 6.D 7.C 8.C 9.AD 10.AD 11.AD 12.【解析】(1)依题意，粒子经电场加速射入磁场时的速度为v由qU ＝12mv 2，得v ＝2qU m(2)要使B 最小，必须是粒子轨迹的圆周半径最大，则粒子的圆周轨迹应与AC 边相切，设圆周半径为R ，由于图中几何关系：R ＋R sin θ＝L 由洛伦兹力提供向心力：qvB ＝m v 2R解得B ＝（1＋2）2Uqm qL(3)磁感应强度越大，粒子运动圆周半径r 越小，最后一次打到AB 板的点越靠近A 端点，在磁场中运动时间越长．当r 为无穷小时，最后几乎打在A 点，设经过n 个半圆运动，有：n ＝L 2r圆周运动周期：T ＝2π·r v最长的极限时间：t m ＝n T 2联立解得：t m ＝π·L 2v ＝π·L 2m 2qU. 第3节 带电粒子在复合场中的运动【考点集训】1．B 2.A 3.D 4.B 5.B 6.BC 7.BC 8.CD 9.BCD10．【解析】(1)墨滴在电场区域做匀速直线运动，有q U d ＝mg ① 由①式得：q ＝mgd U② 由于电场方向向下，墨滴所受电场力方向向上，可知：墨滴带负电荷．(2)墨滴垂直进入电场、磁场共存区域后，重力仍与电场力平衡，洛伦兹力提供向心力，墨滴做匀速圆周运动，有qv 0B ＝m v 20R③ 考虑墨滴进入电场、磁场共存区域和下板的几何关系，可知墨滴在该区域恰完成四分之一圆周运动，则半径R ＝d ④由②③④式得B ＝v 0U gd2. 11．【解析】设垂直纸面向里的磁场方向为正方向(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力B 0qv 0＝mv 20R①做匀速圆周运动的周期T 0＝2πR v 0②联立①②两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0. (2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如右图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有R ＝d 4，当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有R ＝d 4n(n ＝1，2，3…)．联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qR m ＝πd 2nT 0(n ＝1，2，3…)． 12.【解析】根据带电粒子在匀强磁场和匀强电场中的运动规律解题．(1)如图，粒子进入磁场后做匀速圆周运动．设磁感应强度的大小为B ，粒子质量与所带电荷量分别为m 和q ，圆周运动的半径为R 0.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B ＝m v 20R 0① 由题给条件和几何关系可知R 0＝d ②设电场强度大小为E ，粒子进入电场后沿x 轴负方向的加速度大小为a x ，在电场中运动的时间为t ，离开电场时沿x 轴负方向的速度大小为v x .由牛顿第二定律及运动学公式得Eq ＝ma x ③v x ＝a x t ④v x 2t ＝d ⑤ 由于粒子在电场中做类平抛运动(如图)，有tan θ＝v x v 0⑥ 联立①②③④⑤⑥式得E B ＝12v 0tan 2 θ⑦ (2)联立⑤⑥式得t ＝2d v 0tan θ. 13．【解析】(1)小球从A 运动到O 的过程中，根据动能定理：12mv 2＝mgl －qEl ①则小球在O 点速度为：v ＝2l （g －qE m）＝2 m /s ② (2)小球运到O 点绳子断裂前瞬间，对小球应用牛顿第二定律： T －mg －F 洛＝m v 2l ③F 洛＝Bvq ④由③、④得：T ＝mg ＋Bvq ＋mv 2l ＝8.2 N ⑤(3)绳断后，小球水平方向加速度a x ＝F 电m ＝Eqm ＝5 m /s 2 ⑥小球从O 点运动至N 点所用时间t ＝Δv a x ＝2－（－2）5 s ＝0.8 s⑦ON 间距离h ＝12gt 2＝3.2 m ⑧。
2017届高三物理一轮复习 速效提升训练第八章 磁场 检测 含答案
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F N表示磁铁对桌面的压力，用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较()A．F N减小，F f＝0 B．F N减小，F f≠0C．F N增大，F f＝0 D．F N增大，F f≠0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m 1、m 2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（m 1－m 2）g NILB ．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为mg 2NILC ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为（m 1－m 2）g NILD ．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为mg 2NIL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：m 1g ＝m 2g ＋m′g ＋NBIL ，m 1g ＝m 2g ＋mg ＋m′g －NBIL ，其中m′为线圈质量，联解可得B ＝mg 2NIL. 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P 3＋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θ＝30°后从磁场右边界射出．在电场和磁场中运动时，离子P ＋和P 3＋( ) A ．在电场中的加速度之比为1∶1B ．在磁场中运动的半径之比为3∶1C ．在磁场中转过的角度之比为1∶2D ．离开电场区域时的动能之比为1∶3解析：磷离子P ＋与P 3＋电荷量之比q 1∶q 2＝1∶3，质量相等，在电场中加速度a ＝qE m，由此可知，a 1∶a 2＝1∶3，选项A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r ＝mv qB ，又qU ＝12mv 2，故有r ＝1B 2mU q，即r 1∶r 2＝3∶1，选项B 正确；设离子P 3＋在磁场中偏转角为α，则sin α＝d r 2，sin θ＝d r 1(d 为磁场宽度)，故有sin θ∶sin α＝1∶3，已知θ＝30°，故α＝60°，选项C 正确；全过程中只有电场力做功，W ＝qU ，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以E k 1∶E k 2＝W 1∶W 2＝1∶3，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( )A ．2BIl B.32BIl C.2＋32BIl D ．0 解析：导线AB 段和BC 段的有效长度为2l sin 30°＝l ，所以该通电导线受到的安培力大小为F ＝BIl ＋BIl ＝2BIl ，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Eq>qvB时，向电场力方向偏，当Eq<qvB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()A．B＞3m v0ae B．B＜2m v0aeC．B＜3m v0ae D．B＞2m v0ae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r ＝a 2cos 30°＝a 3，要想电子经过BC 边，圆周运动的半径要大于a 3，由带电粒子在磁场中运动的公式r ＝mv qB 有a 3＜mv 0eB ，即B ＜3mv 0ae，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θ＝45°时，速度为v 1、v 2的两个粒子分别从a 、b 两点射出磁场，如图所示，当θ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(v 1＋v 2)B.22(v 1＋v 2) C.33(v 1＋v 2) D.66(v 1＋v 2)解析：由qvB ＝m v 2R 得，R 1＝mv 1qB ，R 2＝mv 2qB ，R 3＝mv 3qB.由几何关系：Oc 之间的距离为22(R 1＋R 2)，则：R 3sin 60°＝12×22(R 1＋R 2)，v 3＝66(v 1＋v 2)，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v 0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，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2d v 0B ．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7πd 4v 0D ．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（4＋7π）d 2v 0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v 02，所以在电场中运动时间为2d v 0.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v 0，故速度为2v 0，在磁场中做圆周运动的半径为22d ，在第一象限内运动时间为t 1＝38T ＝2πr 2v 0×38＝3πd 2v 0，在第四象限内运动时间为t 2＝12T ＝πr 2v 0＝2πd v 0，所以自进入磁场至第二次经过x 轴的时间为t ＝t 1＋t 2＝7πd 2v 0，从进入电场到第二次经过x 轴的时间为t′＝2d v 0＋t ＝（4＋7π）d 2v 0，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E k 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t n －t n －1B ．在E k t 图中应有t 4－t 3＝t 3－t 2＝t 2－t 1C ．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相同解析：由题图可知粒子在单个D 形盒内运动的时间为t n －t n －1，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(t n －t n －1)，A 项错误；由r ＝mv qB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E k ＝B 2q 2r 22m，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R ＝0.50 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B ＝0.50 T ．有一个质量m ＝0.10 g ，带电量q ＝＋1.6×10－3 C 的小球在水平轨道上向右运动．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mg ＋q v B ＝m v 2RD ．如果重力加速度取10 m/s 2，则小球在最高点时的速率为1 m/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，mg －qvB ＝m v 2R，解得v ＝1 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y <0的空间里有与场强E 垂直的匀强磁场B ，在y >0的空间内，将一质量为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a ＝2g (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y <0的空间运动．液滴在y <0的空间内的运动过程中 ( )A ．重力势能一定不断减小B ．电势能一定先减小后增大C ．动能不断增大D ．动能保持不变解析：带电液滴在y>0的空间内以加速度a ＝2g 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y<0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B 2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2πm 3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：由r ＝mv qB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 项错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πm qB，所以C 项错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，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θ.(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，qvB ＝mv 2r可得q ＝mv Br由左手定则可知，粒子带正电荷(2)如图所示O′Q ＝R ，OQ ＝L ，O′O ＝R －r引出轨迹为圆弧，洛伦兹力提供向心力，qvB ′＝mv 2R可得R ＝mv qB ′根据几何关系得R ＝r 2＋L 2－2rL cos θ2r －2L cos θ解得B′＝mv qR ＝mv （2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，则有qvB －Eq ＝mv 2RE ＝Bv －mv 2（2r －2L cos θ）q （r 2＋L 2－2rL cos θ）答案：(1)正mv Br(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，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v C ＝1007m/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v F ＝4 m/s(不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，cos 37°＝0.8)．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)依题意可知小球在CD 间做匀速直线运动在D 点速度为v D ＝v C ＝1007m /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F ＝qv C B又F ＝mg cos 37°＝5 N 解得qB ＝F v C ＝720在F处由牛顿第二定律可得qv F B＋F＝mv2F R把qB＝720代入得R＝1 m小球在DF段克服摩擦力做功WF f，由动能定理可得－W F f－2FR＝m（v2F－v2D）2W F f＝27.6 J(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a＝Fm，由2R＝at2 2得t＝4mRF＝225s交点G与D点的距离GD＝v F t＝1.6 2 m＝2.26 m答案：(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Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，Ⅰ区内的匀强磁场垂直纸面向外；Ⅲ区内的匀强磁场垂直纸面向里；Ⅱ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Ⅰ区，恰好垂直边界AC 进入电场．(1)求Ⅰ区的磁感应强度B1的大小；(2)为使粒子进入Ⅲ区，求电容器板间所加电压U的范围；(3)为使粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，求Ⅲ区的磁感应强度B2与电容器板间电压U之间应满足的关系．解析：(1)因粒子垂直边界AC射入电场，由几何关系R sin 30°＝d.由洛伦兹力提供向心力qv 0B ＝m v 20R， 解得B 1＝mv 02dq. (2)为使粒子均能进入Ⅲ区，最大电压为U m ，d ＝v 0t ，y m ＝12at 2，qU m d＝ma ， y m ＝d 2＋(2－3)d ， 解得U m ＝(5－23)mv 20q. 所加电压范围：U<(5－23)mv 20q. (3)粒子射入Ⅲ区时速度偏向角为α，粒子沿电场强度方向速度为v y ，合速度为v ，则sin α＝v y v，v y ＝at. 因粒子垂直Ⅲ区右边界射出磁场，设圆周运动半径为R′，R ′＝mv qB 2. 由几何关系：R′sin α＝d.故B 2与电压U 间应满足：B 2＝U dv 0. 答案：(1)mv 02dq (2)U<(5－23)mv 20q (3)B 2＝U dv 016．(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q m＝106C/kg 的正电荷置于电场中的O 点由静止释放，经过π15×10－5 s 后，电荷以v 0＝1.5×104 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t ＝0时刻)．(1)求匀强电场的电场强度E ；(2)求图(b)中t ＝4π5×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离； (3)如果在O 点右方d ＝68 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间．(cos 53°＝0.6，sin 53°＝0.8)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t 1，有：v 0＝at 1Eq ＝ma解得：E ＝mv 0qt 1＝7.2×103 N /C . (2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r 1＝mv 0qB 1＝5 cm . 周期T 1＝2πm qB 1＝2π3×10－5 s 当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r 2＝mv 0qB 2＝3 cm 周期T 2＝2πm qB 2＝2π5×10－5 s 故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示．t ＝4π5×10－5 s 时刻电荷与O 点的水平距离：Δd ＝2(r 1－r 2)＝4 cm .(3)电荷从第一次通过MN 开始，其运动的周期为：T ＝4π5×10－5s ， 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：s ＝15Δd ＝60 cm ，故最后8 cm 的距离如图乙所示，有：r 1＋r 1cos α＝d －s解得：cos α＝0.6，则α＝53°.故电荷运动的总时间：t 总＝t 1＋15T ＋12T 1－53°360°T 1≈3.86×10－4 s . 答案：(1)7.2×103 N /C (2)4 cm(3)3.86×10－4 s。
2017版高考物理一轮复习第八章磁场教参综述
第八章磁场第1讲磁场的描述磁场对电流的作用考纲下载：1.磁场、磁感应强度、磁感线(Ⅰ) 2.通电直导线和通电线圈周围磁场的方向(Ⅰ)3．安培力、安培力的方向(Ⅰ) 4.匀强磁场中的安培力(Ⅱ)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能1．磁场、磁感应强度(1)磁场的基本性质：磁场对处于其中的磁体、电流和运动电荷有磁力的作用。
(2)磁感应强度①物理意义：描述磁场的强弱和方向。
②定义式：B＝FIL(通电导线垂直于磁场)。
③方向：小磁针静止时N极的指向。
④单位：特斯拉，符号T。
(3)匀强磁场①定义：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场。
②特点：疏密程度相同、方向相同的平行直线。
2．磁感线和电流周围的磁场(1)磁感线的特点①磁感线上某点的切线方向就是该点的磁场方向。
②磁感线的疏密程度定性地表示磁场的强弱，在磁感线较密的地方磁场较强；在磁感线较疏的地方磁场较弱。
③磁感线是闭合曲线，没有起点和终点。
在磁体外部，从N极指向S极；在磁体内部，由S极指向N极。
④同一磁场的磁感线不中断、不相交、不相切。
⑤磁感线是假想的曲线，客观上不存在。
(2)电流周围的磁场(安培定则)(1)安培力的大小①磁场和电流垂直时：F＝BIL。
②磁场和电流平行时：F＝0。
(2)安培力的方向①用左手定则判定：伸开左手，使拇指与其余四个手指垂直，并且都与手掌在同一个平面内；让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是通电导线在磁场中所受安培力的方向。
②安培力的方向特点：F⊥B，F⊥I，即F垂直于B和I决定的平面。
(注意：B和I可以有任意夹角)4．安培分子电流假说(1)内容：在原子、分子等物质微粒的内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极。
(2)该假说能够解释磁化、去磁等现象。
(3)分子电流的实质是原子内部带电粒子在不停地运动。
巩固小练1．判断正误(1)磁场中某点磁感应强度的大小，跟放在该点的试探电流元的强弱有关。
【步步高】2017年高考物理(人教版浙江)一轮复习第8章1讲磁场及其对电流的作用
2B
B
√
解析答案
考点二 磁感应强度
安培定则
[规律总结]
磁场的矢量性及合成
1.根据安培定则确定通电导线周围磁场的方向.
开关断开时相比均改变了0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2.判断开关闭合后金属棒
所受安培力的方向，并求出金属棒的质量.
解析答案
考点三 通电导线在磁场中受到的力 安培力作用下导体的分析技巧
[技巧点拨]
1.安培力作用下导体的平衡问题与力学中的平衡问题分析方法相同，只 不过多了安培力，解题的关键是画出受力分析示意图. 2.安培力作用下导体的加速问题与动力学问题分析方法相同，关键是做 好受力分析，然后根据牛顿第二定律求出加速度.
(3)条形磁铁和蹄形磁铁的磁场(如图所示).
答案
考点二 磁感应强度
3.电流的磁场
直线电流的磁场
安培定则
通电螺线管的磁场
环形电流的磁场
条形 磁铁的磁场相似，管 环形电流的两侧是N极 无磁极、非匀强，与_____
特点 且距导线越远处
越弱 磁场_____ 安培 定则
最强 ， 和S极，且离圆环中心 匀强 磁场且磁场_____ 内为_____ 非匀强 磁场 管外为_______ 越弱 越远，磁场_____
的安培力，然后由牛顿第三定律，再确定磁体所受电流的作用力.
考点三 通电导线在磁场中受到的力
8
9
10
11
12 【题组阶梯突破】
高考物理一轮总复习章末检测卷第八章磁场全国通用Word版含解析
一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不选的得0分．)1．(2017·河北省重点中学调研)如图所示，匀强磁场的边界为平行四边形ABDC，其中AC边与对角线BC垂直，一束电子以大小不同的速度沿BC从B点射入磁场，不计电子的重力和电子之间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法中正确的是()A．从AB边出射的电子的运动时间都相等B．从AC边出射的电子的运动时间都相等C．入射速度越大的电子，其运动时间越长D．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长解析：电子做圆周运动的周期T ＝2πm eB，保持不变，电子在磁场中运动时间为t ＝θ2πT ，轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长．电子沿BC 方向入射，若从AB 边射出时，根据几何知识可知在AB 边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关．故选项A 正确，选项C 错误；从AC 边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等．故选项B 、D 错误．答案：A2．(2017·烟台模拟)初速度为v 0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则( )A ．电子将向右偏转，速率不变B ．电子将向左偏转，速率改变C ．电子将向左偏转，速率不变D ．电子将向右偏转，速率改变解析：导线在电子附近产生的磁场方向垂直纸面向里，由左手定则知，电子受到的洛伦兹力方向向右，电子向右偏转，但由于洛伦兹力不做功，电子速率不变，A正确．答案：A3．(2016·新乡模拟)如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A．穿出位置一定在O′点下方B．穿出位置一定在O′点上方C．运动时，在电场中的电势能一定减小D．在电场中运动时，动能一定减小解析：a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有Bqv＝Eq，即只要满足E＝Bv无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出复合场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O′点的上方还是下方穿出，选项A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动，电场力做正功，其电势能减小，动能增大，故选项C 正确，D 错误．答案：C4．(2016·黄冈模拟)如图所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场，一点电荷从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是( )A ．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该点电荷的比荷q m ＝2v 0BRC ．该点电荷在磁场中的运动时间t ＝πR 3v 0D ．该点电荷带正电解析：根据左手定则可知，该点电荷带负电，选项D 错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应的圆心角，根据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹刚好是半个圆周，画出其运动轨迹并找出圆心O 1，如图所示，根据几何关系可知，轨道半径r＝R 2，根据r ＝mv 0Bq 和t ＝πr v 0可求出，该点电荷的比荷为q m ＝2v 0BR和该点电荷在磁场中的运动时间t ＝πR2v 0，所以选项B 正确，C 错误；该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O 点，选项A 错误．答案：B5．(2016·张家界模拟)如图所示，铜质导电板(单位体积的电荷数为n)置于匀强磁场中，用电源、开关、电流表、电压表可以测出磁感应强度的大小和方向．将电路接通，串联在AB 线中的电流表读数为I ，电流方向从A 到B ，并联在CD 两端的电压表的读数为U CD >0，已知铜质导电板厚h 、横截面积为S ，电子电荷量为e.则该处的磁感应强度的大小和方向可能是( )A .neSU Ih、垂直纸面向外 B .nSU Ih、竖直向上 C .neSU Ih、垂直纸面向里 D .nSU Ih、竖直向下解析：铜质导电板靠电子导电，当铜质导电板通电时，U he ＝Bev ，式中v 为电子定向运动的速度，由电流的微观定义得I ＝neSv ，得B ＝neSU Ih，B 、D 错；根据左手定则可知，磁感应强度的方向垂直纸面向外，A 对，C 错．答案：A6．(2017·衡水模拟)如图所示，从离子源发射出的正离子，经加速电压U 加速后进入相互垂直的电场(E 方向竖直向上)和磁场(B 方向垂直纸面向外)中，发现离子向上偏转．要使此离子沿直线通过电磁场，需要( )A ．增加E ，减小B B ．增加E ，减小UC ．适当增加UD ．适当减小E解析：要使粒子在复合场中做匀速直线运动，必须满足条件Eq ＝qvB.根据左手定则可知正离子所受的洛伦兹力的方向竖直向下，因正离子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以为了使粒子在复合场中做匀速直线运动，则要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．增大电场强度E ，即可以增大电场力，减小磁感应强度B ，即减小洛伦兹力，不满足要求，故选项A 错误；减小加速电压U ，则洛伦兹力减小，而增大电场强度E，则电场力增大，不满足要求，故选项B错误；加速电场中，根据eU＝12mv2可得v2＝2eUm，适当地增大加速电压U，从而增大洛伦兹力，故选项C正确；根据适当减小电场强度E，从而减小电场力，故选项D正确．答案：CD7．如图所示，虚线空间中存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的是()解析：带电小球进入复合场时受力情况：其中只有C、D两种情况下合外力可能为零或与速度的方向相同，所以有可能沿直线通过复合场区域，A项中力qvB随速度v的增大而增大，所以三力的合力不会总保持在竖直方向，合力与速度方向将产生夹角，做曲线运动，所以A错．答案：CD8．(2017·绵阳模拟)粒子回旋加速器的工作原理如图所示，置于真空中的D 形金属盒的半径为R ，两金属盒间的狭缝很小，磁感应强度为B 的匀强磁场与金属盒盒面垂直，高频交流电的频率为f ，加速电压为U ，若中心粒子源处产生的质子质量为m 、电荷量为＋e ，在加速器中被加速．不考虑相对论效应，则下列说法正确的是( )A ．不改变磁感应强度B 和交流电的频率f ，该加速器也可加速α粒子B ．加速的粒子获得的最大动能随加速电压U 的增大而增大C ．质子被加速后的最大速度不能超过2πRfD ．质子第二次和第一次经过D 形盒间狭缝后轨道半径之比为2∶1解析：质子被加速获得的最大速度受到D 形盒最大半径的制约，v m ＝2πR T ＝2πRf ，C 正确；粒子旋转频率为f ＝Bq 2πm，与被加速粒子的比荷有关，所以A 错误；粒子被加速的最大动能E km ＝mv 2m 2＝2m π2R 2f 2，与加速电压U 无关，B 错误；因为运动半径R ＝mv Bq ，nUq ＝mv 22，知半径比为 2∶1，D 正确．答案：CD二、非选择题(本题共5小题，共52分．按题目要求作答，解答题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．) 9．(8分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距L＝1 m．导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m＝0.2 kg，棒的中点用细绳经定滑轮与一物体相连(绳与棒垂直)，物体的质量为M＝0.3 kg.导体棒与导轨的动摩擦因数为μ＝0.5(g取10 m/s2)，匀强磁场的磁感应强度B＝2 T，方向竖直向下，为了使物体匀速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？解析：对导体棒ab受力分析，由平衡条件得，竖直方向F N＝mg，(2分)水平方向BIL－F f－Mg＝0，(2分)又F f＝μF N.(2分)联立解得I＝2 A．(1分)由左手定则知电流方向由a指向b.(1分)答案：2 A电流方向由a指向b10．(10分)横截面为正方形abcd的匀强磁场磁感应强度为B，一个带电粒子以垂直于磁场方向、在ab边的中点与ab边成30°角的速度v 0射入磁场，如图所示，带电粒子恰好不从ad 边离开磁场，已知粒子的质量为m ，正方形边长为L ，不计重力，求：(1)粒子带何种电荷？粒子的电荷量是多少？(2)粒子在磁场中运动的时间．解析：(1)根据左手定则，粒子带正电荷，设粒子做圆周运动的半径为r.由几何条件有r ＋r cos 60°＝L 2，(1分) 解得r ＝L 3.(1分)根据牛顿第二定律qv 0B ＝mv 20r，(2分) 所以q ＝mv 0Br ＝3mv 0BL.(1分) (2)设周期为T ，由几何条件可知粒子轨道所对的圆心角为300°，(1分)所以t ＝56T ，(1分) 又T ＝2πr v 0＝2πL 3v 0，(2分) 解得t ＝56T ＝5πL 9v 0.(1分) 答案：(1)粒子带正电荷，3mv 0BL (2)5πL 9v 011．(10分)如图甲所示，M 、N 为竖直放置彼此平行的两块平板，板间距离为d ，两板中央各有一个小孔O 、O′正对，在两板间有垂直于纸面方向的磁场，磁感应强度随时间的变化如图乙所示，设垂直纸面向里的磁场方向为正方向．有一群正离子在t ＝0时垂直于M 板从小孔O 射入磁场．已知正离子质量为m 、带电荷量为q ，正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T 0，不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响，不计离子所受重力．求：(1)磁感应强度B 0的大小；(2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，正离子射入磁场时的速度v 0的可能值．解析：(1)正离子射入磁场，洛伦兹力提供向心力qv 0B 0＝m v 20r，(2分)做匀速圆周运动的周期T 0＝2πr v 0.(2分) 联立两式得磁感应强度B 0＝2πm qT 0.(1分) (2)要使正离子从O′孔垂直于N 板射出磁场，v 0的方向应如图所示，两板之间正离子只运动一个周期即T 0时，有r ＝d 4.(3分)当两板之间正离子运动n 个周期即nT 0时，有r ＝d 4n(n ＝1，2，3，…)．(1分) 联立求解，得正离子的速度的可能值为v 0＝B 0qr m ＝πd 2nT 0(n ＝1，2，3，…)．(1分) 答案：(1)2πm qT 0 (2)πd 2nT 0(n ＝1，2，3，…)12．(12分)(2014·重庆卷)某电子天平原理如图所示，E 形磁铁的两侧为N 极，中心为S 极，两极间的磁感应强度大小均为B ，磁极宽度均为L ，忽略边缘效应，一正方形线圈套于中心磁极，其骨架与秤盘连为一体，线圈两端C 、D 与外电路连接，当质量为m 的重物放在秤盘上时，弹簧被压缩，秤盘和线圈一起向下运动(骨架与磁极不接触)，随后外电路对线圈供电，秤盘和线圈恢复到未放重物时的位置并静止，由此时对应的供电电流I 可确定重物的质量．已知线圈匝数为n ，线圈电阻为R，重力加速度为g.问：(1)线圈向下运动过程中，线圈中感应电流是从C端还是从D端流出？(2)供电电流I是从C端还是从D端流入？求重物质量与电流的关系；(3)若线圈消耗的最大功率为P，该电子天平能称量的最大质量是多少？解析：(1)由右手定则可知线圈向下运动，感应电流从C端流出．(1分)(2)设线圈受到的安培力为F A，外加电流从D端流入．(1分)由F A＝mg，①(2分)F A＝2nBIL，②(2分)得m＝2nBLg I.③(1分)(3)设称量最大质量为m0，由m＝2nBLg I，④(2分)P＝I2R，⑤(2分)得m0＝2nBLgPR.⑥(1分)答案：(1)电流从C端流出(2)从D端流入m＝2nBLg I(3)2nBLgPR13．(12分)(2015·浙江卷)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，一堆圆弧形金属板组成弧形引出通道，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θ.(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)离子做圆周运动Bqv ＝m v 2r ，①(2分)解得q ＝mv Br ，正电荷．②(2分)(2)如图所示．O ′Q ＝R ，OQ ＝L ，O ′O ＝R －r.引出轨迹为圆弧B′qv ＝m v 2R ，③(2分)解得R ＝mvB ′q .④(1分)根据几何关系得R ＝r 2＋L 2－2rR cos θ2r －2L cos θ.⑤(1分)解得B′＝mv qR ＝2mv （r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）.⑥(1分)(3)电场强度方向沿径向向外⑦(1分)引出轨迹为圆弧Bqv －Eq ＝m v 2R ，⑧(1分)解得E ＝Bv －2mv 2（r －L cos θ）q （r 2＋L 2－2rR cos θ）.(1分)答案：(1)q＝mvBr，正电荷(2)2mv（r－L cosθ）q（r2＋L2－2rR cosθ）(3)沿径向向外E＝Bv－2mv2（r－L cosθ）q（r2＋L2－2rR cosθ）。
(全国通用)2017届高三物理一轮复习 第八章 磁场 第2节.
方向成 θ 角。设电子质量为 m，电荷量为 e，不计电子之间相互 作用力及所受的重力，求：
(1)电子在磁场中运动轨迹的半径 R； (2)电子在磁场中运动的时间 t； (3)圆形磁场区域的半径 r。
[审题指导] 第一步：抓关键点
关键点
一束电子沿圆形区域的 直径方向射入
[针对训练]
1．(2015·全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不
同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒
子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒
子的Байду номын сангаас
()
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
qB D. m
解析
(三)带电粒子速度不确定形成多解 有些题目只告诉了带电粒子的电性，但未具体指出速 度的大小或方向，此时必须要考虑由于速度的不确定而形 成的多解。
[典例3] (多选)如图8-2-11所示，两方
向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场
被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三
角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处
上的一点，P 前有一条形磁铁垂直于 P，且 S
极朝向 a 点，P 后一电子在偏转线圈和条形 图 821
磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过 a 点。
在电子经过 a 点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力
的方向
A．向上
B．向下
()
C．向左
D．向右
解析
2．(多选)(2016·杭州模拟)如图 8-2-2 所示，
2017届高三物理一轮复习 速效提升训练第八章 磁场28 含答案
课时达标(二十八)带电粒子在复合场中的运动1．(多选)如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电的小球(电荷量为＋q，质量为m)从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么带电小球可能沿直线通过的是()解析：带电小球进入复合场时受力情况：其中只有C、D两种情况下合外力可能为零，所以有可能沿直线通过复合场区．A项中qvB会随v的增大而增大，三力的合力不可能总保持在竖直方向，合力与速度方向间产生夹角，做曲线运动，A项错误．答案：CD2．目前，世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机．如图所示表示了它的发电原理：将一束等离子体垂直于磁场方向喷入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就会聚集电荷，产生电压．如果射入的等离子体速度均为v，两金属板的板长为L，板间距离为d，板平面的面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于速度方向，负载电阻为R，等离子体充满两板间的空间．当发电机稳定发电时，电流表示数为I，那么板间等离子体的电阻率为 ( )A.S d ⎝⎛⎭⎫Bd v I －RB.S d ⎝⎛⎭⎫BL v I －R C.S L ⎝⎛⎭⎫Bd v I －R D.S L ⎝⎛⎭⎫BL v I －R解析：由左手定则知，正离子向B 极运动，即B 板带正电，发电机稳定时，离子所受电场力等于洛伦兹力，即：U dq ＝qvB ，解得：U ＝Bvd ，又R ＋R 1＝U I ，R 1为极间电离气体的电阻，且R 1＝ρd S，联立得到电阻率ρ的表达式为ρ＝S d⎝⎛⎭⎫Bvd I －R ，故A 项正确． 答案：A3．如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入由互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 构成的复合场中(E 和B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则 ( )A ．小球可能带正电B ．小球做匀速圆周运动的半径为r ＝1B2UE gC ．小球做匀速圆周运动的周期为T ＝πE BgD ．若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析：小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg ＝Eq ，则小球带负电，A 项错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：qvB ＝mv 2r ，Uq ＝12mv 2，可得：小球做匀速圆周运动的半径r ＝1B 2UE g ，B 项正确；由T ＝2πr v ，可以得出T ＝2πE Bg，与电压U 无关，所以C 、D 两项错误．答案：B4．如图所示，有一金属块放在垂直于表面C 的匀强磁场中，磁感应强度为B ，金属块的厚度为d ，高为h ，当有稳恒电流I 平行平面C 的方向通过时，由于磁场力的作用，金属块中单位体积内参与导电的自由电子数目为(上下两面M 、N 上的电压分别为U M 、U N )( )A.ed IB |U M －U N |B.2BI ed |1U M －U N| C.BI ed |1U M －U N | D.ed 2IB|U M －U N |解析：设金属块中单体体积内参与导电的自由电子数目为n ，稳恒电流可表示为I ＝neSv ，S ＝dh ，evB ＝eE ，Eh ＝|U M －U N |；联立解得n ＝BI ed ⎪⎪⎪⎪1U M －U N ，选项C 正确． 答案：C5．(多选)如图所示，一束质量、速度和电荷量不全相等的离子，经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后，进入另一个匀强磁场中并分裂为A 、B 束，下列说法中正确的是 ( )A ．组成A 、B 束的离子都带正电B ．组成A 、B 束的离子质量一定不同C ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外D ．A 束离子的比荷q m大于B 束离子的比荷 解析：A 与B 两束离子由速度选择器进入磁场后，由左手定则可判断出A 、B 两束离子均带正电；离子在速度选择器中做匀速直线运动，两离子带正电，所受电场力与场强方向一致，水平向右，洛伦兹力必水平向左，且与电场力等大：qvB ＝qE ，则v ＝E B，由左手定则可得速度选择器中的磁场方向应垂直于纸面向里；两离子进入磁场后做匀速圆周运动，观察可得圆周运动半径不同，依据r ＝mv qB可得两离子的比荷不等，A 束离子的圆周运动的半径较小，则比荷大于B 束离子．答案：AD6．如图所示，在匀强电场和匀强磁场共存的区域内，电场的场强为正，方向竖直向下，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向里，一质量为m 的带电粒子，在场区内的一竖直平面做匀速圆周运动，则可判断该带电质点 ( )A ．带有电荷量为mg E的正电荷 B ．沿圆周逆时针运动C ．运动的角速度为Bg ED ．运动的速率为E B解析：带电粒子在竖直平面内做匀速圆周运动，有mg ＝qE ，求得电荷量q ＝mg E，根据电场强度方向和电场力方向判断出粒子带负电，A 项错；由左手定则可判断粒子沿顺时针方向运动，B 项错；由qvB ＝mvω得ω＝qB m ＝mgB Em ＝gB E，C 项正确；在速度选择器装置中才有v ＝E B，故D 项错． 答案：C7．(2014·重庆卷)如图所示，在无限长的竖直边界NS 和MT 间充满匀强电场，同时该区域上、下部分分别充满方向垂直于NSTM 平面向外和向内的匀强磁场，磁感应强度大小分别为B 和2B ，KL 为上下磁场的水平分界线，在NS 和MT 边界上，距KL 高h 处分别有P 、Q 两点，NS 和MT 间距为1.8h ，质量为m ，带电量为＋q 的粒子从P 点垂直于NS 边界射入该区域，在两边界之间做圆周运动，重力加速度为g .(1)求电场强度的大小和方向．(2)要使粒子不从NS 边界飞出，求粒子入射速度的最小值．(3)若粒子能经过Q 点从MT 边界飞出，求粒子入射速度的所有可能值．解析：(1)设电场强度大小为E.由题意有mg ＝qE得E ＝mg q，方向竖直向上． (2)如图1所示，设粒子不从NS 边飞出的入射速度最小值为v min ，对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r 1和r 2，圆心的连线与NS 的夹角为φ.由r ＝mv qB. 有r 1＝mv min qB ，r 2＝12r 1. 由(r 1＋r 2) sin φ＝r 2，r 1＋r 1 cos φ＝h.v min ＝(9－62)qBh m.(3)如图2所示，设粒子入射速度为v ，粒子在上、下方区域的运动半径分别为r 1和r 2，粒子第一次通过KL 时距离K 点为x.由题意有3nx ＝1.8h(n ＝1，2，3…)．32x ≥（9－62）h 2， x ＝r 21－（h －r 1）2，得r 1＝(1＋0.36n 2)h 2，n<3.5， 即n ＝1时，v ＝0.68qBh m； n ＝2时，v ＝0.545qBh m； n ＝3时，v ＝0.52qBh m. 答案： (1)E ＝mg q，方向竖直向上 (2) (9－62)qBh m(3)可能的速度有三个：0.68qBh m ，0.545qBh m ，0.52qBh m8．如图所示的真空环境中，匀强磁场方向水平、垂直纸面向外，磁感应强度B ＝2.5 T ；匀强电场方向水平向左，场强E ＝ 3 N/C.一个带负电的小颗粒质量m ＝3.0×10－7 kg ，带电量q ＝3.0×10－6C ，带电小颗粒在这个区域中刚好做匀速直线运动．(1)求这个带电小颗粒运动的方向和速度大小．(2)如果小颗粒运动到图中P 点时，把磁场突然撒去，小颗粒将做什么运动？若运动中小颗粒将会通过与P 点在同一电场线上的Q 点，那么从P 点运动到Q 点所需时间有多长？(g 取10 m/s 2)解析：(1)带电小颗粒受力如图：tan α＝mg qE ＝33所以α＝30° 由左手定则，带负电小颗粒运动方向应与水平方向成60°角斜向右上方．由平衡条件可得：qvB ＝mg sin 30°，解得 v ＝mg qB sin 30°＝0.8 m /s . (2)撤去磁场后，小颗粒受到的重力和电场力的合力与速度方向垂直，故小颗粒将做匀变速曲线运动(类平抛运动)．加速度大小为a ＝mg m sin 30°＝2g ＝20 m /s 2 方向与水平方向成30°角斜向右下方．在竖直方向上，小颗粒做初速度为v sin 60°、加速度为g 的竖直上抛运动，从P 点运动到Q 点所需时间为t ＝2v sin 60°g ＝0.08 3 s ≈0.14 s .答案：(1)0.8 m /s 方向与水平方向成60°角斜向右上方 (2)匀变速曲线运动(类平抛运动) 0.14 s9．如图甲所示装置由加速电场、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场处在加有电压的相距为d 的两块水平平行放置的导体板之间，匀强磁场水平宽度为l ，竖直宽度足够大，处在偏转电场的右边．大量电子(其重力不计)由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间射人偏转电场．当偏转电场两板没有加电压时，这些电子通过两板之间的时间为2t 0，当在两板间加上如图乙所示的周期为2t o 、幅值恒为U 0的电压时，所有电子均能通过电场，穿过磁场，最后打在竖直放置的荧光屏上(已知电子的质量为m 、电荷量为e )．(1)如果电子在t ＝0时刻进入偏转电场，求它离开偏转电场时的侧向位移大小；(2)通过计算说明，所有通过偏转电场的电子的偏向角(电子离开偏转电场的速度方向与进入电场速度方向的夹角)都相同；(3)要使电子能垂直打在荧光屏上，匀强磁场的磁感应强度为多少解析：(1)建立平面直角坐标系：x 轴正方向水平向右，y 轴正方向垂直于偏转电场极板向上，坐标原点位于偏转电场中线上，在t ＝0时刻，电子进入偏转电场，Ox 方向(水平向右为正)做匀速直线运动，Oy 方向(竖直向上为正)，在0～t 0时间内受电场力作用做匀加速运动，a ＝U 0e dm在0～2t 0时间内做匀速直线运动，速度v y ＝U 0et 0dm侧向位移y ＝12at 20＋v y t 0得y ＝3U 0et 202dm. (2)设电子以初速度v 0＝v x 进入偏转电场，在偏转电场中受电场力作用而加速，不管电子是何时进入偏转电场，在它穿过电场的2t 0时间内，其Oy 方向的加速度或者是a ＝U 0e dm(电压为U 0时)，或者是0(电压为0时)．Δv ＝a Δt ，它在Oy 方向上速度增加量都为Δv y ＝U 0et 0dm. 因此所有电子离开偏转电场时的Oy 方向的分速度都相等，为v y ＝U 0et 0dm；Ox 方向的分速度都为v 0＝v x ，所有电子离开偏转电场的偏向角都相同．(3)设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，电子进入匀强磁场后做圆周运动垂直打在荧光屏上，如图所示．电子在磁场中运动的半径：R ＝l sin θ设电子从偏转电场中出来时的速度为v t ，则电子从偏转电场中射出时的偏向角为sin θ＝v y v t电子进入磁场后做圆周运动，其半径R ＝mv t eB解得：B ＝U 0t 0dl. 答案：(1)3U 0et 202dm (2)见解析 (3)U 0t 0dl。
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磁场磁感应强度一、选择题(其中1－7题，只有一个选项正确，8－11题有多个选项正确) 1．(2015·江山市模拟)下列各图中，用带箭头的细实线标出了通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是( )解析通电直导线周围的磁感线是以导线上各点为圆心的同心圆，并且这些同心圆都在跟导线垂直的平面内，电流方向与磁感线方向间的关系可由安培定则判定：让伸直的大拇指指向导线中电流方向，弯曲四指的方向即为磁感线的环绕方向，所以只有D项正确．答案 D设置目的考查通电直导线周围的磁场的分布2．(2015·日照联合检测)下列表述符合物理学史实的是( )A．开普勒认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比B．牛顿认为在足够高的山上以足够大的水平速度抛出物体，物体就不会再落到地球上C．奥斯特发现电磁感应现象，并坚信电和磁之间存在一定的联系D．安培首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究解析A项，胡克认为只有在一定的条件下，弹簧的弹力才与弹簧的形变量成正比，故A项错误；B项，牛顿认为在足够高的山上以足够大的水平速度抛出物体，物体就不会再落到地球上，故B项正确；C项，法拉第发现电磁感应现象，并坚信电和磁之间存在一定的联系，故C项错误；D项，法拉第首先引入电场线和磁感线，极大地促进了他对电磁现象的研究，故D项错误．故选B项．答案 B设置目的考查物理学发展的历史3.(2015·北京朝阳)如图所示，一根通电直导线垂直放在磁感应强度为1T的匀强磁场中，在以导线截面的中心为圆心、r为半径的圆周上有A、B、C、D四个点．已知A点的磁感应强度为0，则下列叙述正确的是( )A．直导线中的电流方向垂直纸面向外B．B点的实际磁感应强度为 2 T，方向斜向右上方，与竖直方向的夹角为45°C．C点的实际磁感应强度也为0D．D点的实际磁感应强度与B点相同解析A点的实际磁感应强度为0，即直线电流在A处的磁感应强度与匀强磁场在该处的磁感应强度的矢量和为0，所以直线电流在A处的磁感应强度B＝1 T，方向向左，由安培定则可得直导线中的电流方向垂直纸面向里，由于圆周上各点到直导线的距离相同，所以直线电流在圆周上各处的磁感应强度大小均为1 T ，但方向不同，在B 处向上，在C 处向右，在D 处向下，则B 、C 、D 三处的实际磁感应强度分别为： 2 T ，方向斜向右上方与竖直方向成45°夹角；2 T ，方向向右； 2 T ，方向斜向右下方与竖直方向成45°夹角，B 项正确． 答案 B设置目的 考查磁场的分布与合成4．欧姆在探索导体的导电规律的时候，没有电流表，他利用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场的作用下，处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流的时候，小磁针就会发生偏转；当通过该导线的电流为I 时，发现小磁针偏转了30°，由于直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当他发现小磁针偏转了60°时，通过该导线的电流为( )A ．3IB ．2I C.3I D ．I解析 设地磁场的磁感应强度为B 0，电流为I 的导线产生的磁场的磁感应强度为B 1，因为小磁针偏转了30°，则有tan30°＝B 1B 0；设电流为I ′的直导线产生的磁场的磁感应强度为B 2，小磁针偏转了60°时，则有tan60°＝B 2B 0；联立解得B 2＝3B 1；由直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比可得，I ′＝3I ，A 项正确．答案 A设置目的 考查安培定则、通电直导线周围磁场的分布与合成5.(2016·广东深圳南山期末)指南针是我国古代四大发明之一．当指南针上方有一条水平放置的通电导线时，其N 极指向变为如图实线小磁针所示．则对该导线电流的以下判断正确的是( )A ．可能东西放置，通有由东向西的电流B ．可能东西放置，通有由西向东的电流C ．可能南北放置，通有由北向南的电流D ．可能南北放置，通有由南向北的电流解析 若导线东西放置，通有由东向西的电流，根据安培定则可知，小磁针所在处合磁场方向将在南北方向上，其不会出现图示情况，故A 项错误．若导线东西放置，通有由西向东的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极不偏转，故B 项错误．若导线南北放置，通有由北向南的电流时，根据安培定则可知，小磁针N 极将顺时针偏转，可转向图中实线所示位置，故C 项正确．若导线南北放置，通有由南向北的电流，根据安培定则可知，小磁针N 极将逆时针偏转，指向西北方，故D 项错误．答案 C6.如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零．A项错误；a、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，B项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相同，方向相同，C项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，D项错误．答案 C设置目的考查安培定则、通电直导线周围磁场的分布与合成7．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以大小为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺线管，并通以大小也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为( )A．0 B．0.5BC．B D．2B解析因对折后螺线管顺时针电流与逆时针电流在螺线管内中部产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，矢量和为零，A项正确．答案 A设置目的通过本题让学生认识到单线绕制螺线管和双线绕制螺线管中磁场的区别8．(2015·连徐宿三调)下列说法中正确的是( )A．电荷在某处不受电场力的作用，则该处电场强度为零B．一小段通电导线在某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零C．表征电场中某点电场的强弱，是把一个检验电荷放在该点时受到的电场力与检验电荷本身电荷量的比值D．表征磁场中某点磁场的强弱，是把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力与该小段导线长度和电流乘积的比值解析电场和磁场有一个明显的区别是：电场对放入其中的电荷有力的作用，磁场对通电导线有力的作用的条件是磁场方向不能和电流方向平行，因此A项对，B项错．同理根据电场强度的定义式E＝F/q可知C项正确．而同样用比值定义法定义的磁感应强度则应有明确的说明，即B＝FIL中I和B的方向必须垂直，故D项错．答案AC设置目的考查磁场和电场的性质与概念9．(2016·陕西宝鸡)下列关于磁通量的说法，正确的是( )A．磁通量是反映磁场强弱和方向的物理量B．某一面积上的磁通量是表示穿过此面积的磁感线的总条数C．穿过任何封闭曲面的磁通量一定为零D．磁通量的变化，可能是由于磁感应强度的变化引起的，也可能是由于线圈面积的变化引起的，还可能是由于线圈与磁场方向间夹角的变化引起的解析磁感应强度是反映磁场强弱和方向的物理量，磁通量是反映穿过磁场中某一面积的磁感线条数多少的物理量，A项错误，B项正确；因为磁感线是闭合曲线，磁感线以一定的方向从一侧进入，则必从另一侧面穿过，磁通量为零，C项正确；若磁场的方向与线圈的夹角为θ，则穿过该面的磁通量为Φ＝BSsinθ，所以磁通量的变化，可能是由于磁感应强度的变化引起的，也可能是由于线圈面积的变化引起的，还可能是由于线圈与磁场方向间夹角的变化引起的，D项正确．故选B、C、D三项．答案BCD设置目的考查对磁通量概念的辨析10．(2015·大庆实验中学三模)有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零解析 两根导线分别在M 点和N 点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所以M 点、N 点的磁感应强度大小相等，方向相反，B 项正确；线段MN 中点O 的磁感应强度为零，D 项正确． 答案 BD设置目的 考查通电直导线周围磁场的分布与合成11．(2015·湖北武汉)如图所示是测量通电螺线管内部磁感应强度的一种装置：把一个很小的测量线圈放在待测处(测量线圈平面与螺线管轴线垂直)，将线圈与可以测量电荷量的冲击电流计G 串联，当将双刀双掷开关S 由位置1拨到位置2时，测得通过测量线圈的电荷量为q.已知测量线圈的匝数为N ，截面积为S ，测量线圈和G 串联回路的总电阻为R.下列判断正确的是( )A ．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qRB ．在此过程中，穿过测量线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝qR NC ．待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR NSD ．待测处的磁感应强度的大小为B ＝qR 2NS解析 当将双刀双掷开关S 由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，产生的感应电动势：E ＝N ΔΦΔt ，感应电流：I ＝E R ，又I ＝q Δt ，联立可得ΔΦ＝qR N，将双刀双掷开关S 由位置1拨到位置2时，螺线管里的电流反向流动，穿过小线圈的磁通量的变化量是：ΔΦ＝2BS ，解得B ＝qR 2NS. 答案 BD设置目的 考查磁通量、磁通量的变化、法拉第电磁感应定律二、非选择题12．载流长直导线周围磁场的磁感应强度大小为B ＝k I r，式中常量k>0，I 为电流，r 为距导线的距离．在水平长直导线MN 正下方，矩形线圈abcd 通以逆时针方向的恒定电流i ，被两根轻质绝缘细线静止地悬挂，如图所示．开始时MN 内不通电流，此时两细线内的张力均为T 0.当MN 通以I 1的电流时，两细线内的张力均减小为T 1，当MN 内电流变为I 2时，两细线内的张力均大于T 0.(1)分别指出I 1、I 2的电流的方向；(2)求MN 分别通以I 1、I 2的电流时，线框受到的安培力F 1与F 2大小之比；(3)当MN 内的电流为I 3时两细线恰好断裂，在此瞬间线圈的加速度大小为a ，试求I 3. 解析 (1)当MN 通以I 1的电流时，两细线内的张力均减小为T 1，知此时线框所受安培力合力方向竖直向上，则ab 边所受的安培力向上，cd 边所受安培力方向向下，知磁场方向垂直纸面向外，则I 1方向向左．当MN 内电流变为I 2时，两细线内的张力均大于T 0.知此时线框所受安培力合力方向竖直向下，则ab 边所受的安培力向下，cd 边所受安培力方向向上，知磁场方向垂直纸面向里，则I 2方向向右．(2)当MN 中通以电流I 时，设线圈中的电流大小是i ，线圈所受安培力大小为F 1＝kI 1iL(1r 1－1r 2) F 2＝kI 2iL(1r 1－1r 2) F 1∶F 2＝I 1∶I 2(3)2T 0＝G2T 1＋F 1＝G由题意加速度向下：F 3＋G ＝G ga 根据第(2)问结论：I 1∶I 3＝F 1∶F 3＝G －2T 1Ga g－G ＝（T 0－T 1）g （a －g ）T 0 I 3＝（a －g ）T 0（T 0－T 1）gI 1(方向向右) 答案 (1)I 1方向向左，I 2方向向右(2)线框受到的安培力F 1与F 2大小之比为I 1∶I 2.(3)电流I 3的大小为I 3＝（a －g ）T 0（T 0－T 1）gI 1(方向向右) 设置目的 左手定则判断安培力的方向，右手螺旋定则判断电流周围磁场的方向。