磁场本章综合能力提升练含解

1、本章综合能力提升练一、单项选择题1. 如图1，一导体棒 ab静止在U形铁芯的两臂之间.电键闭合后导体棒受到的安培力方向做匀速直线运动.下列选项正确的是（）A. 向上B.向下C.向左D.向右答案 D解析 由安培定则知 U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由b,由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确.2. （2017 南师附中模拟）如图2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0 .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.则磁感应强度的方向和大小可

2、能为（）mgA. 竖直向上，ILtan 0十 /一,mgcos 0B. 平行导轨向上， -c.水平向右，mD.水平向左，評答案 D解析 金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属杆只受重力、支持力和安培力，根据平衡条件知三力的合力为零当磁感应强度方向竖直向上时，如图所示，安培力水平向右，由几何关mdan 0系和F= BIL得磁感应强度大小为|L ，选项A错误；磁感应强度方向平行导轨向上，安培力垂直于导轨向下，不可能平衡，选项B错误；磁感应强度方向水平向右，安培力竖直向下，不可能平衡，选项 C错误；磁感应强度方向水平向左，安培力竖直向上，若平衡，安培力和重力相等，且由D正确.3. （2018 铜山中学

3、模拟）如图3所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大 小的关系为Bi = 2B2, 一带电荷量为+ q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入Bi磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点（）* *訂;*卫.屮 图32 n m2 n mA. B.-qBqE2C 2 n m D n mq Bi+ B2q Bi+ R答案 B解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T= 鸞知，粒子从 O点进入磁场到qB2 n m n m 2 n m向下再一次通过 O点的时间t =+=，所以选项B正确.qBqBqB4. 如图4，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向

4、垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为 na、m、m,已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动， c在纸面内向左图4A. manbncB. mmamcC. ncmmD. mmna答案 B解析 由题意知，三个带电微粒所受洛伦兹力和重力的关系为：mg= qE, mg = qE+ Bqs, mg+ Bqs= qE,所以mmm,故选项B正确，A、C、D错误.5. （2017 如皋市第二次质检）现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图5所示，其中磁感应强度恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某

5、种2价正离子在入口处从静止开始被加速电场加速， 为使它经同一匀强1 一磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将加速电压减小到原来的 12倍.此离子和质子的质量比 约为（）MJ速电场出LTA. 6B.12C.24D.144答案 C1 2解析 根据动能定理得，qU -mV得v =粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB=mv，得mvR= qB两式联立得：m=二价正离子与质子从同一出口离开磁场，则R相同，所以mFU二价正离子电荷量是质子的12倍，且加速电压是质子的，故二价正离子质量是质子质量的24倍，C正确，A、B D错6. 带电粒子（不计重力）以初速度vo从a点垂直y

6、轴进入匀强磁场，如图6所示，运动过程中粒子经过b点，且Oa= Ob若撤去磁场加一个与 y轴平行的匀强电场，仍以 vo从a点垂直y 轴进入电场，粒子仍能过 b点，那么电场强度 E与磁感应强度B之比为（）图6VoA. VoB.1C.2 VoD.答案 C解析 带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，经过a、b两点且Oa= Ob,故O为圆心，Oa=Ob=孚，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向加速度a =生，故Ob= vot , OaqBm=qm ：联立解得e= 2vo，故选项c正确.7. 如图乙 虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点， 大量相同的带电粒子以相同的速率

7、经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为Vi,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为V2,相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则V2 : Vi为（）A. 3 ：2B. 2 ：1C. 3 ：1D.3 ： . 2答案 C解析 根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则若粒子射入的速率为Vi,轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R,由几何知识可1知，粒子运动的轨道半径为ri= Rdos60= ?R;若粒子射入的速率为 V2,轨迹如图乙所示，3mv由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为2= R

8、dos30=R根据轨道半径公式r = 可2qB知，V2: vi= r2 ： r i =3 : 1,故选项 C正确.乙、多项选择题8. （2018 如皋市调研）如图8所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分 构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器静电分析器通道中心线半径为R通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行由离子源发出一个质量为m电荷量为q的正离子（初速度为零，重力不计），经加速电场加速后进入静电分析器， 沿中心线MN故匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最

9、终经过Q点进入收集器下列辞电分折器臣1收集襦说法中正确的是（）w ；加速电场匮二商S子源图8A. 磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内1B. 加速电场中的加速电压 U= 2ER1 I aErC. 磁分析器中轨迹圆心 Q到Q点的距离d=:B qD. 任何离子若能到达 P点，则一定能进入收集器答案 BC解析 进入磁分析器后，正离子顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，可知磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，A错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，2设离子进入静电分析器时的速度为v,根据牛顿第二定律有 Eq= ar,离子在加速电场中加速1er的过程中，由动能定理有：qU= ?mV,解得

10、加速电压 U= , B正确；离子在磁分析器中做匀2速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB= md，由B项分析可知：v=,C正确；由题意可知，圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关，能够到达P点的不同离子，轨道半径不一定都等于d,不一定都能进入收集器，D错误.9. 如图9所示为电磁轨道炮的工作原理图.待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动电流从一条轨道流入，通过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平面的磁场 （可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与电流 I成正比.通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是（）匕图9A.弹体向左高速射出B. I为原

11、来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C. 弹体的质量为原来的 2倍，射出的速度也为原来的2倍D. 轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍答案 BD解析 根据安培定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里，再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A错误；设B= kl （其中k为比例系数），轨道间距为I，弹体的质量为 m射出时的速度为 v,则安培力F= Bll = kl 2l，根据1hkIL动能定理有FL= mV，联立可得v = I、/一常，选项C错误，B D正确.10. （2018 盐城中学最后一卷）如图10所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为

12、电子.a接直流电源的正极,b接直流电源的负极，cd间输出霍尔电压.下列说法正确的是（图10A. 若工作面水平，置于竖直向下的匀强磁场中，c端的电势高于d端B. cd间霍尔电压与ab间电流大小有关C. 将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，但两处的磁场强弱相同D. 在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直 答案 ABD手定则可知，电子偏向d极，贝U c端的电势高于d端，选项A正确；cd间霍尔电压满足-q =解析 若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，由于电流从a流向b,电子从b流向a,由左Bqv,而电流 I = neSv,可知 U= Bdv=即cd间霍尔电压与ab间电流大小有关，选

13、项BdI neS，正确；由以上分析可知，将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，但两处的磁场强弱不一 定相同，选项 C错误；地球赤道处的磁场与地面平行，则在测定地球赤道上的磁场强弱时,霍尔元件的工作面应保持竖直，选项D正确.三、计算题11. (2018 南京市期中)如图11所示，一个质量为 m电荷量为+ q的微粒(不计重力)，初速 度为零，经两金属板间电场加速后，沿y轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁感应强度图11大小为B,磁场方向垂直纸面向里.磁场的四条边界分别是y = 0, y = a, x = 1.5 a, x = 1.5 a.(1) 求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围;(2

14、) 微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对进入磁场时初速度偏转角度的范围,并确定在左边界上出射范围的宽度d.答案见解析解析(1)当微粒运动轨迹与上边界相切时，由图微粒做匀速圆周运动,(a)中几何关系可知，R= a2微粒在电场中加速，由动能定理得qU = |mv2联立得u =蹩 所以微粒从上边界射出的电压范围为qWa22m当微粒由磁场区域左下角射出时，由图(b)中几何关系可知，R2= 0.75 a1L.r aC X XQ X；X X 1c x x x!-L5r O O1忌F(b)微粒做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得2V2qv2B= m-=1 2微粒在电场中加速，由动能定理得qU=2

15、mv2 29qBa联立得U =需所以微粒从下边界射出的电压范围为ou 9qBa2 -一32m(2)微粒从左侧边界射出时，轨迹如图(c)，当微粒运动轨迹与上边界相切时(X Xgx； C X X X|j|,5trQ CL5a AC 1 由几何关系可知sin / AOC=,AO 2故/ AOC= 30由图中几何关系可知此时速度方向偏转了了 180,所以微粒的速度偏转角度范围为120,微粒由左下角射出磁场时，速度方向偏转120 180.左边界出射范围的宽度d= Rcos 30a.12. (2018 南京市三模)如图12所示，平面直角坐标系x轴水平，y轴竖直向上，虚线 MN与y轴平行，y轴左侧有竖直向下

16、的匀强电场，场强 E= 6N/C, y轴与MN之间有平行于 y轴的 匀强电场E?(未画出)，y轴右侧存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B= 1T. 一带正电小球(m= 1 x 10 _3kg, q = 5X 10 _3C)从图中与 y轴距离为 xo= 0.3m的P点，以vo= 3m/s 的初速度沿x轴正向开始运动，经坐标原点O越过y轴，在y轴与MN之间恰好做匀速圆周运 动，再经C点越过MN越过时速度方向与 x轴正方向一致.线段CD平行于x轴，小球能通过2D点，取 g= 10 m/s .求：X X： X M XN所以 Lcd= V1 nT= 0.8 n n m( n = 1,2,3 ,).图12(1) 经过O点时的速度；(2) 匀强电场的场强 巳以及C点的坐标；线段CD的长度答案 (1)5m/s，方向与x轴夹角为53斜向右下(2)2N/C，方向向上 (0.8m，- 0.4m)(3) 0.8 n nm(n= 1,2,3 , )解析(1)小球在PO段做类平抛运动xom叶 qEi2t = = 0.1 s , ay = 40 m/sV0mVy= ayt = 4 m/s , v= V0 2+ vy 2= 5 m/s0 = 53斜向右下mg= qEa,Vy 4设速度与x轴夹角为0，贝U tan 0 =-，故速度与x轴夹角V03(2)小球在y轴与MN之间做匀速圆周运动，重力