高二物理磁场同步训练题1

高二物理磁场同步训练题1

磁场 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 5 分，共 50 分) 1．如图 1 所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是 (　　) 图 1 解析：只有当通电导线和磁场平行时，才不受安培力的作用，而 A、D 中导线均与磁 场垂直，B 中导线与磁场方向夹角为 60°，因此都受安培力的作用，故正确选项为 A、B、D. 答案：ABD 2．物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多 实验，如图 2 所示的实验就是著名的电磁旋转实 验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的 一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导 线也会围绕单独的某一磁极旋转．这一装置实际 上就是最早的电动机．图中 A 是可动磁铁，B 是 图 2 固定导线，C 是可动导线，D 是固定磁铁．图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半 部分都浸没在汞中)，下部接在电源上．请你判断这时自上向下看，A 和 C 转动方向 为 (　　) A．顺时针、顺时针　　　　　 B．顺时针、逆时针 C．逆时针、顺时针 D．逆时针、逆时针 解析：根据电流的方向判定可以知道 B 中的电流方向是向上的，那么在 B 导线附近 的磁场方向为逆时针方向，即为 A 磁铁 N 极的受力方向；由于 D 磁铁产生的磁场呈 现出由 N 极向外发散，C 中的电流方向是向下的，由左手定则可知 C 受到的安培力 方向为顺时针．故选项 C 正确． 答案：C 3．(2008·广东高考)带电粒子进入云室会使云室中 的气体电离，从而显示其运动轨迹．图 3 所示 是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹， a 和 b 是轨迹上的两点，匀强磁场 B 垂直于纸 面向里．该粒子在运动时，其质量和电荷量不 变，而动能逐渐减少，下列说法正确的是(　　) 图 3 A．粒子先经过 a 点，再经过 b 点 B．粒子先经过 b 点，再经过 a 点 C．粒子带负电 D．粒子带正电 解析：从粒子运动的轨迹可以判断，粒子在 a 点的曲率半径大于在 b 点的曲率半 径．由 R＝ mv qB可知，半径越小速度越小，所以粒子在 b 点的速度小于在 a 点的速度， 故粒子先经过 a 点，再经过 b 点，即在运动中，使气体电离、损失动能、速度变小， A 正确，B 错误；根据左手定则可以判断粒子带负电，C 正确，D 错误． 答案：AC 4．如图 4 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 图 4 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 m1－m2g NIl B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为 mg 2NIl C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 m1－m2g NIl D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为 mg 2NIl 解析：由题意可知，当电流方向改变反向时右边需要再加质量为 m 的砝码后，天平 才能平衡，由此可知，电流反向，安培力由向下改为向上，所以磁场方向是垂直纸 面向里的，设矩形线圈的重力为 G0，第一次平衡时，左边盘中砝码的质量为 m1，右 边砝码质量为 m2，由力矩平衡原理得 m1g＝m2g＋NBIl＋G0，电流反向后，达到平衡 时 m1g＝m2g＋mg－NBIl＋G0，由上述两式可得 B＝ mg 2NIl，故 B 正确． 答案：B 5．如图 5 所示的虚线框为一长方形区域， 该区域内有一垂直于纸面向里的匀强 磁场，一束电子以不同的速率从 O 点 垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁 场后，分别从 a、b、c、d 四点射出磁 图 5 场，比较它们在磁场中的运动时间 ta、 tb、tc、td，其大小关系是 (　　) A．tatc>td 解析：带电粒子的运动轨迹如图所示，由图可知， 从 a、b、c、d 四点飞出的电子对应的圆心角 θa＝ θb>θc>θd，而带电粒子的周期 T＝ 2πm qB 相同，其在 磁场中运动时间 t＝ θ 2πT，故 ta＝tb>tc>td.D 项正确． 答案：D 6．如图 6 所示，一束正离子从 S 点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光 屏上的坐标原点 O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系 的第Ⅲ象限中，则所加电场 E 和磁场 B 的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用 力) (　　) 图 6 A．E 向上，B 向上 B．E 向下，B 向下 C．E 向上，B 向下 D．E 向下，B 向上 解析：带电粒子在电场中沿 y 轴方向偏转，在磁场中沿 x 轴方向偏转，现带电粒子最 后打在第Ⅲ象限中，故粒子偏向 y 轴负方向，则 E 向下；粒子还偏向 x 轴负方向，由 左手定则可知 B 向下，因此选项 B 正确． 答案：B 7．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 7 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 垂直于纸面向里．此时一带电宇宙粒子，恰以 速度 v 垂直于电场和磁场射入该区域，不计重 图 7 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：假定粒子带正电，则粒子受力如图所示， 若 Eq＝qvB，则 A 项正确， 若 Eq>qvB，则 B 项正确， 若 Eq0 时，磁场的方 向穿出纸面．一电荷量 q＝5π×10－7 C、质量 m＝5×10－10 kg 的带电粒子，位于某 点 O 处，在 t＝0 时刻以初速度 v0＝π m/s 沿某方向开始运动．不计重力的作用， 不计磁场的变化可能产生的一切其他影响．则在磁场变化 N 个(N 为整数)周期的时 间内带电粒子的平均速度的大小等于 (　　) 图 10 A．π m/s B. π 2 m/s C．2 2 m/s D. 2 m/s 解析：带电粒子在磁场中的运动半径为 r＝ mv0 Bq ＝ 0.01 m，周期为 T＝ 2πm Bq ＝0.02 s，作出粒子的轨迹 示意图如图所示，所以在磁场变化 N 个(N 为整数) 周期的时间内，带电粒子的平均速度的大小等于 2 2 m/s，即 C 选项正确． 答案：C 二、计算题(本题共 4 小题，共 50 分) 11． (10 分)水平面上有电阻不计的 U 形导轨 NMPQ，它们之间的宽度为 L，M 和 P 之间接入电动势为 E 的电源(不计内阻)． 现垂直于导轨搁一根质量为 m、电阻为 图 11 R 的金属棒 ab，并加一个范围较大的匀 强磁场，磁感应强度大小为 B，方向与水平面夹角为 θ 且指向右斜上方，如图 11 所示．问： (1)当 ab 棒静止时，ab 棒受到的支持力和摩擦力各为多少？ (2)若 B 的大小和方向均能改变，则要使 ab 棒所受支持力为零，B 的大小至少为多 少？此时 B 的方向如何？ 解析：(1)Fx 合＝F 摩－Fsinθ＝0 ① Fy 合＝FN＋Fcosθ－mg＝0 ② F＝BIL＝B E RL ③ 解①②③式得 FN＝mg－ BLEcosθ R ；F 摩＝ BLE R sinθ. (2)要使 ab 棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，满足上述条件的最小安培力 应与 ab 棒的重力大小相等、方向相反，所以有 F＝mg，即 Bmin E RL＝mg.解得最小磁感 应强度 Bmin＝ mgR EL ，由左手定则判断出这种情况 B 的方向应水平向右． 答案：(1)mg－ BELcosθ R 　 BLE R sinθ (2) mgR EL 　方向水平向右 12．(11 分)空间存在水平方向互相正交的匀强 电场和匀强磁场，电场强度为 E＝10 3 N/C，磁感应强度为 B＝1 T，方向如图 12 所示．有一个质量 m＝2.0×10－6 kg、带电 荷量 q＝＋2.0×10－6 C 的粒子在空间做直 线运动，试求其速度的大小和方向(g＝10 m/s2)． 解析：经分析可知，该粒子在重力、电场力与 磁场力作用下做匀速直线运动．粒子的受力如图所示． qE＝mgtanα ① qvBcosα＝mg ② 解①②得 v＝20 m/s θ＝60° ③ 速度方向与电场方向成 60°角斜向上． 答案：20 m/s　方向为与电场方向成 60°角斜向上 13．(14 分)如图 13 所示，在一个圆形区域内， 两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场 分布在以直径 A2A4 为边界的两个半圆形区 域Ⅰ、Ⅱ中，直径 A2A4 与 A1A3 的夹角为 60°.一质量为 m、带电荷量为＋q 的粒子以 图 13 某一速度从Ⅰ区的边缘点 A1 处沿与 A1A3 成 30°角的方向射入磁场，随后该粒子以垂 直于 A2A4 的方向经过圆心 O 进入Ⅱ区，最后再从 A4 处射出磁场．已知该粒子从射入 到射出磁场所用的时间为 t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小 B1 和 B2(忽略粒子重 力)． 解析：设粒子的速度为 v，在Ⅰ区中运动半径为 R1，周期为 T1，运动时间为 t1；在Ⅱ 区中运动半径为 R2，周期为 T2，运动时间为 t2；磁场的半径为 R. (1)粒子在Ⅰ区运动时：轨迹的圆心必在过 A1 点垂直速度的直线上，也必在过 O 点 垂直速度的直线上，故圆心在 A2 点，由几何知识和题意可知，轨道半径 R1＝R，又 R1 ＝ mv qB1，则：R＝ mv qB1 ① 轨迹所对应的圆心角 θ1＝π/3，则运动时间 t1＝ T1 6 ＝ 2πm 6qB1＝ πm 3qB1 ② (2)粒子在Ⅱ区运动时：由题意及几何关系可知 R2＝R/2，又 R2＝ mv qB2，则 R＝ 2mv qB2③ 轨迹对应的圆心角 θ2＝π，则运动时间 t2＝ T2 2 ＝ πm qB2 ④ 又 t1＋t2＝t，将②④代入得： πm 3qB1＋ πm qB2＝t ⑤ 由①③式联立解得 B2＝2B1， 代入⑤式解得：B1＝ 5πm 6qt ，B2＝ 5πm 3qt . 答案： 5πm 6qt 　 5πm 3qt 14．(15 分)(2009·山东高考)如图 14 甲所示，建立 xOy 坐标系．两平行极板 P、Q 垂 直于 y 轴且关于 x 轴对称，极板长度和板间距均为 l.在第一、四象限有磁感应强度 为 B 的匀强磁场，方向垂直于 xOy 平面向里．位于极板左侧的粒子源沿 x 轴向右连 续发射质量为 m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在 0～3t0 时间内 两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知 t＝0 时刻进入两板间 的带电粒子恰好在 t0 时刻经极板边缘射入磁场．上述 m、q、l、t0、B 为已知量．(不 考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况) 图 14 (1)求电压 U0 的大小． (2)求 1 2t0 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径． (3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间． 解析：(1)t＝0 时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0 时刻刚 好从极板边缘射出，在 y 轴负方向偏移的距离为 1 2l，则有 E＝ U0 l ① qE＝ma ② 1 2l＝ 1 2at20 ③ 联立①②③式，解得两板间电压为 U0＝ ml2 qt20 ④ (2) 1 2t0 时刻进入两板间的带电粒子，前 1 2t0 时间在电场中偏转，后 1 2t0 时间两板间没 有电场，带电粒子做匀速直线运动． 带电粒子沿 x 轴方向的分速度大小为 v0＝ l t0 ⑤ 带电粒子离开电场时沿 y 轴负方向的分速度大小为 vy＝a· 1 2t0 ⑥ 带电粒子离开电场时的速度大小为 v＝ v20＋v2y ⑦ 设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为 R，则有 qvB＝m v2 R ⑧ 联立③⑤⑥⑦⑧式解得 R＝ 5ml 2qBt0 ⑨ (3)2t0 时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿 y 轴正方向的分速度为 vy′＝at0 ○10 设带电粒子离开电场时速度方向与 y 轴正方向的夹角为 α，则 tanα＝ v0 vy′ ⑪ 联立③⑤○10 ⑪式解得 α＝ π 4 ⑫ 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角为 2α＝ π 2 ，所求最短 时间为 tmin＝ 1 4T ⑬ 带电粒子在磁场中运动的周期为 T＝ 2πm qB ⑭ 联立⑬⑭式得 tmin＝ πm 2qB. 答案：(1) ml2 qt20　(2) 5ml 2qBt0　(3)2t0　 πm 2qB