安徽省安庆二中2015届高考专题训练 磁场

(时间：60分钟，分值：100分)

一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)

1．如图所示，两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l，与电动势为E、内阻不计的电源相连．质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为θ，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为(　　)

A.，水平向右

B.，垂直于回路平面向上

C.，竖直向下

D.，垂直于回路平面向下

2.

用如图所示的回旋加速器分别加速氘核H和氦核He.下列说法中正确的是(　　)

A．它们的最大速度相同

B．它们的最大动能相同

C．加速氘核H时高频电源的频率大于加速氦核He的频率

D．加速氘核H时高频电源的频率小于加速氦核He的频率

如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是(　　)

4.

如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E；在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等．有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场．已知O、P之间的距离为d，则带电粒子(　　)

A．在电场中运动的时间为

B．在磁场中做圆周运动的半径为d

C．自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为

D．从进入电场时开始计时，粒子在运动过程中第二次经过x轴的时间为

5.

空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场．其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图线如图所示．规定B>0时，磁场的方向穿出纸面，一带电荷量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沿垂直磁场方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化及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(　　)

A．π m/s　B. m/s　C．2 m/s　D. m/s

二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)

6.

有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是(　　)

A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同

B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反

C．在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零

D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零

7.

如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是(　　)

A．导电圆环有收缩的趋势

B．导电圆环所受安培力方向竖直向上

C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR

D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ

8.一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则(　　)

A．h＝d

B．电子在磁场中运动的时间为

C．电子在磁场中运动的时间为

D．洛伦兹力对电子做的功为零

9.

如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则(　　)

A．小球可能带正电

B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝ 

C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝

D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加

三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)

10.

(12分)如图所示为一电流表的原理示意图．质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外．与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于 .当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度．

(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)

(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？

(3)若k＝2.0 N/m，＝0.20 m，＝0.050 m，B＝0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)

(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？

11.

一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷．质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中．粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：

(1)M、N间电场强度E的大小；

(2)圆筒的半径R；

(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.

12.

(19分)如图所示，在xOy平面内，第一象限中有匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向．在x轴的下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里．今有一个质量为m、电荷量为q的带负电的粒子(不计粒子的重力和其他阻力)，从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场．经电场偏转后，沿着与x轴正方向成30°角的方向进入磁场．

(1)求P点离坐标原点O的距离h；

(2)求粒子从P点出发到粒子第一次离开磁场时所用的时间；

(3)其他条件不改变，只改变磁感应强度，当磁场的磁感应强度B取某一合适的数值，粒子离开磁场后能否返回到原出发点P，并说明理由．

1．[解析]选D.对金属棒ab受力分析可知，为使ab棒静止，ab受到沿斜面向上的安培力作用时，安培力最小，此时对应的磁感应强度也就最小，由左手定则可知此时磁场方向垂直于回路平面向下，再由平衡关系可知IlB＝mgsin θ，其中I＝，可得磁感应强度B＝，对比各选项可知，选D.

2．[解析]选A.根据qvB＝m得v＝，当r＝R(回旋加速器的半径)时，速度最大，因为两核的比荷相同，所以A正确；它们的质量不等，B错误；在回旋加速器中，欲使核得到加速，高频电源的频率必须等于核做圆周运动的频率，C、D均错误．

3．[解析]选D.从t＝0时刻起，金属棒通以电流I＝kt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动．当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大．当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向相反，因此做加速度增大的减速运动．v－t图象的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项A、B均错误．对金属棒MN，由牛顿第二定律得mg－μFN＝ma，而FN＝BIL＝BktL，即mg－μBktL＝ma，因此a＝g－t，显然加速度a与时间t成线性关系，故选项C错误，D正确．

4．[解析]选D.粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向上的平均速度为，所以在电场中运动的时间为.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v0，故速度为v0，在磁场中做圆周运动的半径为2d，在第一象限内运动时间为t1＝T＝×＝，在第四象限内运动时间为t2＝T＝＝，所以自进入磁场至第二次经过x轴的时间为t＝t1＋t2＝，从进入电场到第二次经过x轴的时间为t′＝＋t＝，所以只有D正确．

5．[解析]选C.由题意可得T＝＝0.02 s，R＝＝0.01 m，又t＝5×10－3 s＝，而磁场的变化周期为T′＝1×10－2 s，则粒子运动的平均速度为＝＝2 m/s，选项C正确．

6．[解析]选BD.两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所以M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确．

7．[解析]选ABD.B的水平分量为B水平＝B·sin θ，竖直向上的分量为B竖直＝B·cos θ，B竖直对环上各点的安培力方向均指向圆心，故A正确．B水平对环上各点的安培力方向向上，大小为F＝B·sin θ·I·(2πR)，故B、D正确．

8．[解析]选CD.过P点和N点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O，由勾股定理可得(R－h)2＋d2＝R2，整理知d＝，而R＝，故d＝，所以A错误．由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t＝，故B错误，C正确．又由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直，对粒子永远也不做功，故D正确．

9．[解析]选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，所以B、C正确，D错误．

10．[解析](1)设当电流表示数为零时，弹簧的伸长量为Δx则有mg＝kΔx(2分)

解得：Δx＝.(1分)

(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极．(2分)

(3)设电流表满偏时通过MN的电流强度为Im，则有

BIm＋mg＝k(＋Δx)(2分)

联立并代入数据得Im＝2.5 A．(1分)

(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B′，则有

2B′Im＋mg＝k(＋Δx)．(2分)

解得：B′＝.

代入数据得：B′＝0.10 T．(2分)

[答案](1)　(2)M端　(3)2.5 A

(4)0.10 T

11．[解析](1)设两板间的电压为U，由动能定理得

qU＝mv2①

由匀强电场中电势差与电场强度的关系得

U＝Ed②

联立①②式可得E＝.③

(2)

粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于.

由几何关系得r＝Rtan④

粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvB＝m⑤

联立④⑤式得R＝.⑥

(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则

U′＝＝⑦

设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出

＝

综合⑦式可得v′＝v⑧

设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨

设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，比较⑥⑨两式得到r′＝R，

可见θ＝

粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n＝3.

[答案](1)　(2)　(3)3

12．[解析]

(1)由几何关系得：vy＝v0①(1分)

v＝v0②(1分)

根据动能定理有：

qEh＝mv2－mv③(2分)

联立②③解得：h＝④(1分)

(2)粒子在电场中运动的时间t1＝⑤(1分)

加速度为a＝⑥(1分)

联立①⑤⑥解得：t1＝⑦(1分)

在磁场中运动的时间由几何关系知

t2＝T⑧(2分)

速率与周期的关系T＝⑨(1分)

根据牛顿第二定律及圆周运动公式有：

qvB＝m⑩(1分)

联立⑨⑩解得：T＝?(1分)

联立⑧?解得：t2＝?(1分)

联立⑦?得共用时间

t＝t1＋t2＝＋?(1分)

(3)能够返回到原出发点P(1分)

只要B连续变化，圆的半径就连续变化，由几何关系知粒子在x轴上离开磁场的位置就可以连续变化，在第Ⅱ象限没有电场和磁场，粒子在该象限做匀速直线运动，每次运动方向都与x轴正方向成30°角，当B取某一合适数值时必有一个满足条件的|x|，同时必有

h＝|x|tan 30°(3分)

[答案]见解析