高三物理专题训练（磁场一）

高三物理专题训练（磁场一）1(2009海南)一根容易形变的弹性导线，两端固定导线中通有电流，方向如图中箭头所示当没有磁场时，导线呈直线状态；当分别加上方向竖直向上、水平向右或垂直于纸面向外的匀强磁场时，描述导线状态的四个图示中正确的是()1. 答案D 解析用左手定则可判断出A中导线所受安培力为零，B中导线所受安培力垂直纸面向里，C、D中所受安培力向右，故导线受力以后的弯曲方向应与受力方向一致，D正确2.(2011大纲全国卷)如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直磁感应强度可能为零的点是()Aa点 Bb点 Cc点 Dd点2. 答案C 解析由于I1I2，且离导线越远产生的磁场越弱，在a点I1产生的磁场比I2产生的磁场要强，A错，同理C对I1与I2在b点产生的磁场方向相同，合成后不可能为零，B错d点两电流产生的磁场B1、B2不共线，合磁场不可能为0，D错3(2012黄山高三检测)下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()3. 答案B 解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对C、D中都是vB，F0，故C、D都错4. (2012黄冈质检)如图所示，用粗细均匀的电阻丝折成平面梯形框架，ab、cd边均与ad边成60角，abbccdL，长度为L的电阻丝电阻为r，框架与一电动势为E，内阻为r的电源相连接，垂直于框架平面有磁感应强度为B的匀强磁场，则框架受到的安培力的合力大小为()A0 B. C. D.4. 答案C 解析总电阻Rrr，总电流I梯形框架受到的安培力等效为I通过ad边时受到的安培力，故FBIadBI2L，所以C选项正确5.如图所示，把一通电导线放在蹄形磁铁磁极的正上方，导线可以自由移动当导线通过电流I时，如果只考虑安培力的作用，则从上往下看，导线的运动情况是()A顺时针方向转动，同时下降B顺时针方向转动，同时上升C逆时针方向转动，同时下降D逆时针方向转动，同时上升5. 答案C 解析第一步：电流元受力分析法把直线电流等效为OA、OB两段电流元，蹄形磁铁磁感线分布以及两段电流元受安培力方向相反，如图a所示可见从上往下看时，导线将逆时针方向转动第二步：特殊位置分析法取导线逆时针转过90的特殊位置来分析，如图b所示根据左手定则判断安培力方向向下，故导线在逆时针转动的同时向下运动6.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N1；当导线中有垂直纸面向外的电流时，磁铁对斜面的压力N2，则下列关于压力和弹簧的伸长量的说法中正确的是()AN1N2，弹簧的伸长量增大DN1N2，弹簧的伸长量减小6. 答案C 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，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N1N2，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，所以正确选项为C.7如图所示，半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B点射出，若AOB120，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A. B. C. D.7. 答案D 解析画出带电粒子进、出磁场速度方向的垂线交于O点，O点即为粒子做圆周运动轨迹的圆心，如图所示连接OO，设轨迹半径为R，由几何关系可知带电粒子在磁场中运动的轨迹半径Rrtan 60r.因为AOB120，故AOB60，运动时间tT，D正确8.用绝缘细线悬挂一个质量为m，带电荷量为q的小球，让它处于图所示的磁感应强度为B的匀强磁场中由于磁场的运动，小球静止在图中位置，这时悬线与竖直方向夹角为，并被拉紧，则磁场的运动速度和方向是()Av，水平向左 Bv，竖直向下Cv，竖直向上 Dv，水平向右8. 答案C 解析根据运动的相对性，带电小球相对磁场的速度与磁场相对于小球(相对地面静止)的速度大小相等、方向相反洛伦兹力FqvB中的v是相对于磁场的速度根据力的平衡条件可以得出，当小球相对磁场以速度v竖直向下运动或以速度v水平向右运动，带电小球都能处于平衡状态，但题目中要求“绳被拉紧”，由此可以知道只有选项C正确9(2009重庆理综)在如图所示电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM与NN之间的安培力的大小为fa、fb，判断这两段导线()A相互吸引， B相互排斥Cfafb D famg，受力分析如图所示水平方向物体做减速运动，fFN(qvBmg)，当qvBmg，即v时，FN0，之后物体匀速直线运动，选项A、D正确而B、C错误14.如图所示，长方形abcd长ad0.6 m，宽ab0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直于纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B0.25 T一群不计重力、质量m3107kg、电荷量q2103C的带电粒子以速度v5102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域，不考虑粒子间的相互作用(1)若从O点射入的带电粒子刚好沿Oe直线射出，求空间所加电场的大小和方向(2)若只有磁场时，某带电粒子从O点射入，求该粒子从长方形abcd射出的位置14.解析(1)若从O点射入的带电粒子刚好沿Oe直线射出，则粒子所受的洛伦兹力与电场力平衡，即qvBqE，得EvB125 V/m由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，所以电场力向下，因为粒子带正电，所以电场方向与bc边平行向下 (2)如图所示，若只有磁场时，某带电粒子从O点射入，由左手定则可知粒子射入后向上偏转由qvBm得：轨道半径R0.3 m得R由几何关系得60y1RRcos 60，y2Rsin 60)tan 60.所以yy1y2，解得y0.3(1)m0.22 m所以射出点距e点的距离为0.22 m.答案(1)125 V/m；与bc边平行向下(2)e点上方距e点0.22 m处15.如所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电量为q，假设粒子速度方向都和纸面平行(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？15.解析(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R1，则由几何关系得R1，又qv1Bm得v1.(2)设粒子轨迹与磁场外边界相切时，粒子在磁场中的轨道半径为R2，则由几何关系有(2rR2)2R22r2可得R2，又qv2Bm，可得v2故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过.答案(1)(2) 16(2011课标全国卷)如图所示，在区域(0xd)和区域(d0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域，其速度方向沿x轴正向已知a在离开区域时，速度方向与x轴正向的夹角为30；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域，其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力求：(1)粒子a射入区域时速度的大小；(2)当a离开区域时，a、b两粒子的y坐标之差16.解析(1)设粒子a在内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P，如图所示由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaBm由几何关系得PCPRa1式中，30，由式得va(2)设粒子a在内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，POaPa.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m由式得Ra2C、P和Oa三点共线，且由式知Oa点必位于xd的平面上由对称性知，Pa点与P点纵坐标相同，即yPaRa1cos h 式中，