物理二轮复习专题集训 7 磁场

专题集训(七)磁场基础练一、选择题:1．如图所示，abc是以O点为圆心的三分之一圆弧，b为圆弧中点，a、b、c处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，方向均垂直纸面向里，整个空间还存在一个磁感应强度大小为B的匀强磁场，O点处的磁感应强度恰好为0。若将c处电流反向，其他条件不变，则O点处的磁感应强度大小为()A．BB．2BC．3BD．02．丹麦物理学家奥斯特在1820年4月发现了电流的磁效应，从而开启了人类对电与磁关系探索的序幕。已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B＝kIr，即磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。如图为垂直于纸面放置在x轴上0和x0处的两根平行长直导线，分别通以大小不等、方向相同的电流，已知I1>I2。规定磁场方向垂直于x轴向上为正，在0～x0区间内磁感应强度B随x变化的图线可能是图中的()ABCD3．如图所示，重物放在电子秤上，跨过定滑轮的细绳一端系住重物，另一端系住多匝矩形通电线圈(为线圈供电的电源没有画出)。矩形线圈下部放在匀强磁场中，线圈平面与匀强磁场垂直，线圈的匝数为n，水平边长为L，当线圈中通过顺时针方向的恒定电流为I时，电子秤显示的力的值为F1，改变线圈中电流的方向，但不改变线圈电流的大小，电子秤显示的力的值为F2，整个过程中细绳没有松弛。则磁感应强度B的大小为()A．F12nILB．C．F2-F14．如图所示，四根通有恒定电流的长直导线垂直xOy平面放置，四根长直导线与xOy平面的交点组成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，其中导线1、3中电流大小为I，导线2、4中电流大小为2I。已知通电长直导线周围的磁感应强度大小与电流成正比、与该点到通电长直导线的距离成反比，即B＝kIr，下列说法正确的是()A．长直导线1、4之间的相互作用力为吸引力B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做圆周运动C．导线4受到的导线1、2、3的作用力的合力方向指向O点D．仅将导线2中的电流反向，则导线2和4连线上各点磁感应强度方向均相同5．虚线OM和虚线ON之间的夹角为30°，如图所示，虚线OM上方存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带负电的粒子沿纸面以大小为v的速度从O点右侧距离为L的A点向左上方射入磁场，速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场，不计重力。则粒子在磁场中做圆周运动的半径为()A．L3B．LC．2LD．3L6．(多选)如图所示，宽度为L的有界匀强磁场，磁感应强度为B，AC和DE是它的两条边界。现有质量为m、电荷量的绝对值为q的带电粒子以θ＝45°方向射入磁场。要使粒子不能从边界DE射出，则粒子入射速度v的最大值可能是()A．4+2qBLmC．4-2qBLmD7．(多选)一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，其中ab＝l，射线bc足够长，∠abc＝135°，其他方向磁场的范围足够大。一束质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内从a点垂直于ab射入磁场，这些粒子具有各种速率。不计粒子之间的相互作用，以下说法正确的是()A．从ab边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等B．从bc边射出的粒子在磁场中运动的时间都相等C．所有粒子在磁场中运动的时间都相等D．粒子在磁场中最长运动时间约为38．(多选)地磁场对射入的宇宙粒子有偏转作用，假设地磁场边界到地心的距离为地球半径的3倍。如图所示是赤道所在平面的示意图，地球半径为R，地磁场(可视为匀强磁场)垂直纸面向外，MN为磁场圆边界的直径，MN左侧宽度为23R的区域内有一群均匀分布、质量为m、带电荷量为＋q的粒子垂直MN以速度v射入地磁场，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，不计粒子所受重力及粒子间的相互作用，则()A．地磁场的磁感应强度大小为3B．打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动时间为πC．从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为1-D．仅增大粒子速度，能打到地球表面的粒子数一定减少能力综合练一、选择题:9．(多选)磁镜是运用磁场对运动带电粒子的作用规律，把带电粒子约束在有限的空间区域而不会散逸的一种装置。图示为某磁镜装置中磁场的大致分布(与地球周围磁场分布相似)。假定一带正电的粒子(不计重力)从左端附近以垂直轴线斜向纸内的速度进入该磁场，部分运动轨迹为图示的螺旋线，该粒子被约束在左右两端间来回运动，就像光在两个镜子之间来回“反射”一样，不能逃脱。a、b、c三点是轴线所在的一平面与粒子轨迹的三个交点。下列说法正确的是()A．粒子由a到b所需的时间小于由b到c所需的时间B．从a到c粒子轨迹半径增大的原因是垂直轴线方向的速度增大C．a、b两点轴线方向上的距离小于b、c两点的D．地球周围磁场中粒子可以在东西两端间来回运动二、计算题:10．如图所示，间距为L＝3m的平行金属导轨倾斜放置，与水平面的夹角θ＝30°。一质量为m＝0.01kg的金属棒垂直导轨放置，并与定值电阻R(大小未知)、电动势E＝2V(内阻不计)的电源、开关S构成闭合回路，整个装置处在竖直向上、磁感应强度大小为B＝0.35T的匀强磁场中。闭合开关S，金属棒恰好不会沿导轨向上滑动。已知金属棒与导轨间的动摩擦因数为μ＝34，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，导轨和金属棒的电阻均不计，重力加速度g取10m/s2，金属棒始终与导轨垂直且接触良好。(1)求电阻R的阻值；(2)若把电源更换为电动势为E′＝4.0V、内阻r＝1Ω的电源，闭合开关S时，求金属棒的瞬时加速度大小。11．如图所示，在竖直面内的直角坐标系xOy中，y轴竖直，A、B两点的坐标分别为(－L，L)与(L，0)。y>0的区域内有沿x轴负方向的匀强电场；第二象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场(图中未画出)；第四象限内有方向垂直坐标平面向里的匀强磁场和竖直方向的匀强电场(图中均未画出)。一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)从A点以大小v0＝Lg(g为重力加速度大小)的速度沿AO做直线运动，通过O点(第一次通过x轴)后在第四象限内做匀速圆周运动，恰好通过B点(第二次通过x轴)。求：(1)第二象限内磁场的磁感应强度大小B1；(2)小球从O点到第四次通过x轴的时间t；(3)小球第五次通过x轴时的位置坐标以及第四次通过x轴后在第一象限内运动过程中到x轴的最大距离ym。参考答案：1．A[三条导线的磁场如图甲所示，由矢量的叠加可知，三条导线产生的磁场合磁感应强度为B＝2B0，若将c处电流反向，三条导线产生的磁场如图乙所示，根据磁感应强度的叠加可知，O点处的磁感应强度大小为B，故A正确，B、C、D错误。]2．A[由安培定则可知，左侧导线中的电流在该导线右侧产生的磁场的方向垂直于x轴向上，而右侧导线中的电流在该导线左侧产生的磁场的方向垂直于x轴向下，由于规定磁场方向垂直于x轴向上为正，故在0～x0区间内磁场方向先为正后为负。根据通电长直导线周围某点磁感应强度B＝kIr和I1>I2，可知在x02的位置磁场方向为正方向，3．C[由于线圈左右两侧受到的安培力大小相等、方向相反，故整个线圈受到的合安培力方向只在竖直方向，设重物的质量为M，线圈的质量为m，当线圈中通过顺时针方向的恒定电流时，安培力方向为竖直向下，以重物为研究对象，根据受力平衡可得Mg＝F1＋mg＋nBIL；当线圈中通过逆时针方向的恒定电流时，安培力方向为竖直向上，Mg＝F2＋mg－nBIL，联立解得B＝F2-F14．D[当通有同向电流时，通电导线之间表现为吸引力，当通有反向电流时，通电导线之间表现为斥力，A错误；由右手螺旋定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，因此过O点垂直于纸面射入的粒子将做匀速直线运动，B错误；长直导线1在长直导线4处产生的磁感应强度大小为B1＝kI2a，方向水平向左，导线3在长直导线4处产生的磁感应强度大小也为B1，方向竖直向上，长直导线2在长直导线4处产生的磁感应强度大小为B2＝k·2I22a＝2kI2a，方向垂直导线2、4的连线指向右下方，所以三根导线在4处的合场强为零，导线4不受安培力，C错误；根据右手螺旋定则以及磁场叠加原理可知，导线1、3在导线2、4的连线上除O点的磁感应强度为零外，其他位置合磁感应强度均垂直于导线2、4的连线指向左上方。仅将导线2中的电流反向，导线2、4在导线2、4的连线上的磁感应强度方向均垂直于导线2、4的连线指向左上方。由磁场叠加原理可知，四根导线在导线2、5．A[轨迹与ON相切，画出粒子的运动轨迹如图所示，由于O′A＝O′D＝r，故△AO′D为等边三角形，则∠O′DA＝60°，而∠MON＝30°，则∠OCD＝90°，故CO′D为一直线，则OD＝CDsin30°＝4r＝L＋r，解得r＝L3，故A正确，B、C、D错误。故选6．BD[题目中只给出粒子“电荷量的绝对值为q”，未说明是带哪种电荷。如图所示若q为正电荷，轨迹是如图所示的左方与DE相切的14圆弧，轨道半径R1＝mv1Bq，又L＝R1－R1cos45°，得v1＝2+2qBLm，若q为负电荷，轨迹是如图所示的右方与DE相切的34圆弧，则有R2＝mv2Bq，L＝R2＋R2cos45°，得v2＝2-2qBLm，则粒子入射速度v的最大值可能是7．AD[画出带电粒子在磁场中运动的动态分析图，如图所示。当粒子速度较小时，都从ab边射出，则运动轨迹都是半圆，运动时间都相等，A正确；当粒子都从bc边射出，则速度越大，轨迹半径越大，轨迹所对圆心角越大，运动时间越长，B、C错误；当粒子的速度足够大，半径足够大时，l远小于r，这时圆心角大小近似为α＝270°，可得t＝270°360°T＝34·2πmqB8．BC[由题意可知，正对地心O的粒子恰好打到地球表面，其轨迹如图甲所示，由图甲可得r12+3R2－r1＝R，解得r1＝R，由洛伦兹力提供向心力，可得qvB＝mv2r1，解得地磁场的磁感应强度大小为B＝mvqr1＝mvqR，A错误；打在地面时速度方向指向O的粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，设打在地面的点为K，轨迹的圆心为O2，由图乙及A中分析可知三角形OKO2是等腰直角三角形，O2O＝2R，三角形PO2O为直角三角形，则粒子运动轨迹对应的圆心角为45°，粒子在磁场中的运动时间为t＝45°360°×2πRv＝πR4v，B正确；从M点射入的粒子在磁场中的轨迹如图丙所示，O3为轨迹的圆心，由几何关系可知，三角形COO3为等腰三角形，则有OO3＝(3－1)R，从M点射入的粒子在磁场中速度偏转角的余弦值为cos∠MO3]9．AC[从a到c，将粒子运动分解成垂直轴线方向和平行轴线方向的两个分运动，粒子向右运动过程中，磁感应强度逐渐减小，粒子的运动周期逐渐增大，转过相同角度所需的时间越来越长，同时洛伦兹力有沿平行轴线方向的分力，分力的冲量使平行轴线方向的速度增大，故从a到c粒子轨迹半径增大是因为磁感应强度减小，不是垂直轴线方向的速度增大，B错误；从a到b和从b到c，粒子均绕轴线转动一周，根据以上分析可知粒子由a到b所需的时间小于由b到c所需的时间，A正确；粒子从b到c所用时间长，平行轴线方向的速度大，则沿轴线方向经过的位移比较大，C正确；地球周围的磁场大约是南北方向，结合题述可知，粒子不在东西两端间来回运动，D错误。]10．解析：(1)金属棒恰好不向上滑动，所受的摩擦力方向沿导轨向下，对金属棒受力分析如图所示，由平衡条件可知mgsinθ＋μ(mgcosθ＋F安sinθ)－F安cosθ＝0，又F安＝BERL，联立解得R＝9Ω(2)若把电源更换为电动势为4V、内阻为1Ω的电源，闭合开关S的瞬间，金属棒所受的安培力大小F′安＝BE'R+rL>F安，根据牛顿第二定律有F′安cosθ－mgsinθ－μ(mgcosθ＋F′安sinθ)＝ma，解得a＝7m/s答案：(1)9Ω(2)7m/s211．解析：(1)小球沿AO方向做直线运动，则必为匀速直线运动，则受力平衡，小球受向下的重力，水平向左的静电力和垂直于AO斜向右上方的洛伦兹力，如图所示，则B1qv0sin45°＝mg，qE1＝mg解得B1＝mq2gLE(2)小球从开始运动到第一次经过x轴的时间t1＝2Lv小球进入第四象限后做匀速圆周运动，则E2q＝mg周期T＝2πRv0，L则第二次经过x轴的时间t2＝T4＝小球射入第一象限时速度与x轴正向成45°，水平方向沿x轴正方向做匀减速运动，加速度为ax＝E1qm竖直方向做匀减速运动，加速度为ay＝g合加速度大小为a＝2g方向与x轴负向成45°角，则再次(第3次)经过x轴的时间t3＝2v02返回时仍经过同一点，此时速度仍