高中一轮复习物理阶段综合评估（十）磁场

阶段综合评估（十）磁场一、单项选择题1．指南针是我国古代四大发明之一，东汉学者王充在《论衡》一书中描述的“司南”是人们公认的最早的磁性定向工具，指南针能指示南北方向是由于()A．指南针的两个磁场相互吸引B．指南针的两个磁场相互排斥C．地磁场对指南针的作用D．指南针能吸引铁、铝、镍等物质解析：选C地球本身就是一个巨大的磁体，指南针静止时指南的一端是南极，指北一端是北极，与地磁场从其中穿过的方向一致，指南针指示南北主要是因为地磁场的作用，故C正确。2．(2018·无锡模拟)洛伦兹力使带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，下列各图中均标有带正电荷粒子的运动速度、洛伦兹力及磁场的方向，虚线圆表示粒子的轨迹，其中可能出现的情况是()解析：选A由粒子的速度和磁场方向，根据左手定则判断得知，A图中洛伦兹力指向圆心，提供向心力，故A正确；B图中洛伦兹力向上背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动，故B错误；C图中洛伦兹力向左背离圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动，故C错误；D图中洛伦兹力方向不指向圆心，粒子不可能沿图示轨迹做匀速圆周运动，故D错误。3．如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，从左向右看，电流沿逆时针方向。甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()A．B2－B1 B．B1－eq\f(B2,2)C．B2－eq\f(B1,2) D.eq\f(B1,3)解析：选B对于题图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均向左，故c点的磁场方向也向左。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，设在两环圆心的连线上，单个环形电流在距离圆心为r的位置磁感应强度大小为B1r，在距离圆心为3r的位置磁感应强度大小为B3r，a点磁感应强度大小：B1＝B1r＋B3r，b点磁感应强度大小：B2＝B1r＋B1r，当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度大小：Bc＝B3r＝B1－eq\f(B2,2)，故B正确。4．如图所示，台秤上放一光滑平板，其左端固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤的读数为FN1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一通电导线，电流方向如图，当加上电流后，台秤的示数为FN2，则下列说法正确的是()A．FN1>FN2，弹簧长度将变长B．FN1>FN2，弹簧长度将变短C．FN1<FN2，弹簧长度将变长D．FN1<FN2，弹簧长度将变短解析：选B以通电导线为研究对象，由左手定则可知，通电导线在磁场中受到斜向右下方的安培力，由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到通电导线的磁场力斜向左上方，该力产生对条形磁铁向上提拉和向左压缩弹簧的效果，则台秤示数变小，即FN1>FN2，弹簧长度将变短。选项B正确。5．(2018·南通、泰州、扬州高三模拟)科研人员常用磁场来约束运动的带电粒子。如图所示，粒子源位于纸面内一边长为a的正方形中心O处，可以沿纸面向各个方向发射速度不同的粒子，粒子质量为m、电荷量为q、最大速度为v，忽略粒子重力及粒子间相互作用。要使粒子均不能射出正方形区域，可在此区域加一垂直纸面的匀强磁场，则磁感应强度B的最小值为()A.eq\f(2mv,qa)B.eq\f(2\r(2)mv,qa)C.eq\f(4mv,qa)D.eq\f(4\r(2)mv,qa)解析：选C要使粒子均不能射出正方形区域，则临界情况为粒子在磁场中运动的轨迹与正方形区域的边界相切，临界半径为eq\f(a,4)，根据半径公式r＝eq\f(mv,qB)，磁感应强度B的最小值为B＝eq\f(4mv,qa)，C项正确，A、B、D项错误。二、多项选择题6．(2018·洛阳联考)如图是“探究影响通电导体在磁场中受力因素”的实验示意图。三块相同马蹄形磁铁并列放置在水平桌面上，导体棒用图中1、2、3、4轻而柔软的细导线悬挂起来，它们之中的任意两根可与导体棒和电源构成回路。认为导体棒所在位置附近为匀强磁场，最初细导线1、4接在直流电源上，电源没有在图中画出。关于接通电源时可能出现的实验现象，下列叙述正确的是()A．改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向将会改变B．仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变C．增大电流同时并改变接入导体棒上的细导线，接通电源时，导体棒摆动幅度一定增大D．仅拿掉中间的磁铁，导体棒摆动幅度减小解析：选BD根据左手定则判断可知，改变电流方向同时改变磁场方向，导体棒摆动方向不会改变，选项A错误；仅改变电流方向或者仅改变磁场方向，导体棒摆动方向一定改变，选项B正确；增大电流同时并改变接入导体棒上的细导线，结合题意可知，导体棒在磁场中的有效长度减小，则接通电源时，导体棒摆动幅度不一定增大，选项C错误；仅拿掉中间的磁铁，导体棒所受安培力减小，摆动幅度减小，选项D正确。7．(2018·湖北部分重点中学联考)物理课堂教学中的洛伦兹力演示仪由励磁线圈、玻璃泡、电子枪等部分组成。励磁线圈是一对彼此平行的共轴的圆形线圈，它能够在两线圈之间产生匀强磁场。玻璃泡内充有稀薄的气体，电子枪在加速电压下发射电子，电子束通过泡内气体时能够显示出电子运动的径迹。若电子枪垂直磁场方向发射电子，给励磁线圈通电后，能看到电子束的径迹呈圆形。若只增大电子枪的加速电压或励磁线圈中的电流，下列说法正确的是()A．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径变大B．增大电子枪的加速电压，电子束的轨道半径不变C．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径变小D．增大励磁线圈中的电流，电子束的轨道半径不变解析：选AC根据qU＝eq\f(1,2)mv2，增大加速电压，电子进入磁场时v变大，再根据r＝eq\f(mv,qB)，v变大，r变大，A正确；励磁线圈中的电流增大，则B增大，r减小，故C正确。8．利用质谱仪可分析碘的各种同位素，如图所示，电荷量均为＋q的碘131和碘127质量分别为m1和m2，它们从容器A下方的小孔S1进入电压为U的加速电场(入场速度忽略不计)，经电场加速后从S2小孔射出，垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。下列说法正确的是()A．磁场的方向垂直于纸面向里B．碘131进入磁场时的速率为eq\r(\f(2qU,m1))C．碘131与碘127在磁场中运动的时间差值为eq\f(2πm1－m2,qB)D．打到照相底片上的碘131与碘127之间的距离为eq\f(2,B)eq\r(\f(2m1U,q))－eq\r(\f(2m2U,q))解析：选BD碘粒子带正电，结合题图，根据左手定则可知，磁场方向垂直于纸面向外，A错误；由动能定理知，碘粒子在电场中得到的动能等于电场对它所做的功，则qU＝eq\f(1,2)m1v12，解得v1＝eq\r(\f(2qU,m1))，B正确；碘粒子在磁场中运动的时间t为圆周运动周期的一半，根据周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，碘131与碘127在磁场中运动的时间差值Δt＝eq\f(πm1－m2,qB)，C错误；碘粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，则它们的距离之差Δd＝2R1－2R2＝eq\f(2,B)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(2m1U,q))－\r(\f(2m2U,q))))，D正确。9．如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场。有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限。已知OP之间的距离为d，则()A．粒子通过y轴时的坐标为(0，d)B．电场强度的大小为eq\f(mv02,2qd)C．粒子在电场和磁场中运动的总时间为eq\f(3π＋4d,2v0)D．磁感应强度的大小为eq\f(\r(2)mv0,4qd)解析：选BC粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴正方向成45°角，所以沿x轴正方向的分速度vx＝v0，沿x轴正方向做匀加速运动，有d＝eq\f(0＋v0,2)t，沿y轴正方向做匀速运动，有s＝v0t＝2d，则粒子通过y轴时的坐标为(0,2d)，故选项A错误；粒子在电场中沿x轴正方向做匀加速运动，根据vx＝v0＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2d,v0)＝eq\f(2Eqd,mv0)，解得E＝eq\f(mv02,2qd)，故选项B正确；粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在磁场中运动的半径R＝2eq\r(2)d，圆心角θ＝135°＝eq\f(3,4)π，所以在磁场中的运动时间为t1＝eq\f(2πR×\f(135,360),\r(2)v0)＝eq\f(3πd,2v0)；在电场中的运动时间为t2＝eq\f(2d,v0)，所以总时间为t＝t1＋t2＝eq\f(3π＋4d,2v0)，故选项C正确；由前述分析可知，粒子进入磁场时的速度v＝eq\r(2)v0，又qvB＝eq\f(mv2,R)，磁感应强度B＝eq\f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d)＝eq\f(mv0,2qd)，故选项D错误。三、计算题10．(2018·江苏清江中学模拟)以竖直向上为y轴正方向的平面直角坐标系xOy，如图所示，在第一、四象限内存在沿x轴负方向的匀强电场E1，在第二、三象限内存在沿y轴正方向的匀强电场E2和垂直于xOy平面向外的匀强磁场，现有一质量为m、电荷量为q的带正电小球，从坐标原点O以初速度v0沿与x轴正方向成45°角的方向斜向上射出，已知两电场的电场强度E1＝E2＝eq\f(mg,q)，磁场的磁感应强度为B，重力加速度为g。(1)求小球离开O点后第一次经过y轴所用的时间；(2)求小球离开O点后第三次经过y轴的坐标；(3)若小球从O点以某一初速度沿与x轴正方向成135°角的方向斜向上射出且能再次回到O点，求该初速度的大小。解析：(1)设小球在第一象限中运动的加速度为a，由牛顿第二定律得：eq\r(mg2＋qE12)＝ma，解得a＝eq\r(2)g，方向与v0的方向相反，在第一象限中小球先做匀减速直线运动再反向做匀加速直线运动，所以：t1＝eq\f(2v0,a)＝eq\f(\r(2)v0,g)。(2)小球第一次经过y轴后，在第二、三象限内由qE2＝mg，即电场力与重力平衡，故小球做匀速圆周运动。小球的运动轨迹如图甲所示，设轨迹半径为R，有：qv0B＝meq\f(v02,R)，得R＝eq\f(mv0,qB)，由几何关系知，小球第二次经过y轴的坐标y1＝eq\r(2)R＝eq\f(\r(2)mv0,qB)，设t时间后小球第三次经过y轴，在第一、四象限内做类平抛运动，根据运动轨迹的对称性有：2v0＝at，得t＝eq\f(\r(2)v0,g)小球第二次经过y轴与第三次经过y轴的距离为Δy＝2v0sin45°·t＝eq\f(2v02,g)小球第三次经过y轴的坐标y2＝y1－Δy＝eq\f(\r(2)mv0,qB)－eq\f(2v02,g)。(3)若小球沿与x轴正方向成135°射出时小球的运动轨迹如图乙所示，由几何关系有Δy′＝2eq\r(2)R′即eq\f(2v2,g)＝2eq\r(2)·eq\f(mv,qB)，得v＝eq\f(\r(2)mg,qB)。答案：(1)eq\f(\r(2)v0,g)(2)eq\f(\r(2)mv0,qB)－eq\f(2v02,g)(3)eq\f(\r(2)mg,qB)11．(2017·江苏高考)一台质谱仪的工作原理如图所示。大量的甲、乙两种离子飘入电压为U0的加速电场，其初速度几乎为0，经加速后，通过宽为L的狭缝MN沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后打到照相底片上。已知甲、乙两种离子的电荷量均为＋q，质量分别为2m和m，图中虚线为经过狭缝左、右边界M、N的甲种离子的运动轨迹。不考虑离子间的相互作用。(1)求甲种离子打在底片上的位置到N点的最小距离x；(2)在图中用斜线标出磁场中甲种离子经过的区域，并求该区域最窄处的宽度d；(3)若考虑加速电压有波动，在(U0－ΔU)到(U0＋ΔU)之间变化，要使甲、乙两种离子在底片上没有重叠，求狭缝宽度L满足的条件。解析：(1)甲种离子在电场中加速时，有qU0＝eq\f(1,2)×2mv2设甲种离子在磁场中的运动半径为r1则有qvB＝2meq\f(v2,r1)，解得r1＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))根据几何关系有x＝2r1－L，解得x＝eq\f(4,B)eq\r(\f(mU0,q))－L。(2)如图所示。最窄处位于过两虚线交点的垂线上d＝r1－eq\r(r12－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(L,2)))2)解得d＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0,q))－eq\r(\f(4mU0,qB2)－\f(L2,4))。(3)设乙种离子在磁场中的运动半径为r2r1的最小半径r1min＝eq\f(2,B)eq\r(\f(mU0－ΔU,q))r2的最大半径r2max＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU0＋ΔU,q))由题意知2