專題十一 磁場【專題檢測】A組一、選擇題1.(2019湖南六校聯(lián)考)以下敘述正確的是( )A.法拉第發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng)B.慣性是物體的固有屬性,速度大的物體慣性一定大C.牛頓最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因D.感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向,這是能量守恒定律的必然結(jié)果答案 D 奧斯特發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應(yīng),選項A錯誤;慣性是物體的固有屬性,質(zhì)量大的物體慣性一定大,慣性大小與速度無關(guān),選項B錯誤;伽利略最早通過理想斜面實驗得出力不是維持物體運動的原因,選項C錯誤;感應(yīng)電流遵從楞次定律所描述的方向,這是能量守恒定律的必然結(jié)果,選項D正確。2.(2020湖南長沙一中月考六)如圖所示,水平導(dǎo)軌接有電源,導(dǎo)軌上固定有三根導(dǎo)體棒a、b、c,長度關(guān)系為c最長,b最短,將c彎成一直徑與b等長的半圓,將裝置置于豎直向下的勻強磁場中,在接通電源后,三導(dǎo)體棒中有等大的電流通過,則三棒受到安培力的大小關(guān)系為( ) A.Fa>Fb>Fc B.Fb
Fb=Fc答案 D 本題以通電導(dǎo)體在磁場中受力為物理情境,考查內(nèi)容涉及影響安培力大小的因素等必備知識,主要考查理解能力,體現(xiàn)物理觀念、科學(xué)思維的學(xué)科素養(yǎng),突出對基礎(chǔ)性、應(yīng)用性的考查要求。a、b兩棒有效長度為棒長,c棒的有效長度為直徑大小,和b棒長度相等,有l(wèi)a>lb=lc,由F=BIl知D正確。3.(2020湖南益陽、湘潭9月聯(lián)考)如圖,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面(圓所在平面)向外。圓周上的a點有一電子發(fā)射源,可向磁場內(nèi)沿直徑ab的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從圓周的M點和圓周處的N點射出的電子的速度大小分別為( )A.;kBR B.kBR;C.; D.;答案 A 電子從M點射出的軌跡如圖所示:
根據(jù)幾何知識可知其軌跡半徑為:rM=R·tan30°=R電子從N點射出的軌跡如圖所示:根據(jù)幾何知識可知其軌跡半徑為:rN=R·tan60°=R根據(jù)洛倫茲力提供向心力有:qvB=m所以速度大小為:v==kBr解得從M點射出的電子的速度大小為;從N點射出的電子的速度大小為kBR。故A正確。方法技巧 帶電粒子在磁場中做圓周運動問題的分析,關(guān)鍵是根據(jù)已知條件找圓心、畫軌跡,結(jié)合已知的幾何關(guān)系求解。4.(2019湖南雅禮中學(xué)11月月考)(多選)如圖所示,以O(shè)為圓心、MN為直徑的圓的上半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,三個重力不計、質(zhì)量相同、電荷量相同的帶正電粒子a、b、c以相同的速率分別沿AO、BO和CO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域,已知BO垂直MN,AO、CO和BO的夾角都為30°,a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、tb、tc,則下列給出的時間關(guān)系可能正確的是( )A.tata,若r>R,則tc>tb>ta,故應(yīng)選A、C、D。5.(2019湖南郴州質(zhì)檢一,8)如圖所示,在足夠大的屏MN的上方有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場,磁場方向垂直紙面向里,P為屏上一小孔,PC與MN垂直,一束質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子(不計重力)以相同的速率v從P處射入磁場區(qū)域,粒子入射方向在與磁場垂直的平面里,且分散在與PC夾角為θ的范圍內(nèi),則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為( )A. B.C. D.
答案 A 本題以帶電粒子在有界磁場中的臨界問題為物理情境,考查內(nèi)容涉及洛倫茲力、圓周運動的向心力公式等必備知識,主要考查理解能力、推理論證能力,體現(xiàn)物理觀念、科學(xué)思維的學(xué)科素養(yǎng),突出對綜合性、應(yīng)用性的考查要求。如圖所示,S、T之間的距離為屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度。由qvB=m得R=,則PS=2Rcosθ=,PT=2R=,所以ST=,故A項正確。6.(2019湖南雅禮中學(xué)11月月考)(多選)如圖所示,豎直放置的兩平行金屬板,長為l,板間距離為d,接在電壓為U的直流電源上。在兩板間還有與電場方向垂直的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為+q的油滴,從距金屬板上端h高處由靜止開始自由下落,并經(jīng)兩板上端的中央P點進入板間。設(shè)油滴在P點所受的電場力與洛倫茲力恰好大小相等,且最后恰好從金屬板的下邊緣離開?？諝庾枇Σ挥?重力加速度為g,下列說法正確的是( )A.油滴剛進入兩板間時的加速度大小為gB.油滴開始下落的高度h=C.油滴從左側(cè)金屬板的下邊緣離開D.電場力對油滴做正功答案 AB 油滴剛進入電磁場時(在P點),受重力、電場力和洛倫茲力,其中電場力與磁場力大小恰好相等,故合力等于重力mg,根據(jù)牛頓第二定律可知,加速度為g,故A正確;在P點由題意可知qE=qvB,自由下落過程有v2=2gh,U=Ed,解得h=,故B正確;根據(jù)左手定則,在P位置時所受洛倫茲力向右,豎直方向在加速,故洛倫茲力在變大,故油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開,故C錯誤;由C分析可知,油滴從右側(cè)金屬板的下邊緣離開,所以電場力做負功,故D錯誤。7.(2019湖南雅禮中學(xué)二模,20)(多選)在如圖所示寬度范圍內(nèi),用電場強度為E的勻強電場可使初速度是v0的某種正粒子偏轉(zhuǎn)θ角。在同樣寬度范圍內(nèi),若改用方向垂直于紙面向外的勻強磁場,勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,使該粒子穿過該區(qū)域,并使偏轉(zhuǎn)角也為θ(不計粒子的重力)。則( )A.電場強度E與磁感應(yīng)強度B之比為v0cosθ∶1B.電場強度E與磁感應(yīng)強度B之比為v0∶cosθ
C.粒子穿過電場和磁場的時間之比是sinθ∶θD.粒子穿過電場和磁場的時間之比是sinθ∶cosθ答案 BC 本題以帶電粒子在電場和磁場中的偏轉(zhuǎn)為物理情境,主要考查學(xué)生對帶電粒子在電場中做類平拋運動和在磁場中做勻速圓周運動的理解能力、通過運動軌跡分析處理問題的推理論證能力、模型建構(gòu)能力,體現(xiàn)科學(xué)思維的學(xué)科素養(yǎng),突出對綜合性、應(yīng)用性的考查要求。在電場中偏轉(zhuǎn)時,d=v0t1,tanθ=,則E=,t1=,在磁場中偏轉(zhuǎn)時d=Rsinθ,qBv0=m,則B=,故=,B正確;t2==,則=,C正確。二、非選擇題8.(2019湖南六校聯(lián)考)如圖所示,平面直角坐標系xOy的y軸左側(cè)有沿y軸正向的勻強電場,y軸為電場的右邊界,電場寬度為d。y軸右側(cè)有垂直平面向外的勻強磁場,y軸為磁場的左邊界。在x軸上的P(-d,0)點有一粒子發(fā)射器,以相同速度v0沿x軸正方向先后射出甲、乙兩個帶正電的粒子。已知甲粒子比荷為=b,場強大小為E=,甲、乙兩粒子在電場中的加速度大小之比為3∶1,磁感應(yīng)強度大小為B=,不計粒子間的相互影響,不計粒子重力。求:(1)乙粒子第一次在電場中的側(cè)移距離;(2)甲粒子在磁場中運動的時間;(3)乙粒子第一次過x軸時的坐標。答案 (1)d (2) (3)解析 (1)在電場中沿x軸方向,甲、乙粒子以v0勻速運動,則甲、乙粒子在電場中的運動時間t1=由牛頓第二定律得,甲粒子加速度為a1===側(cè)移量y1=a1=·=d依題意,乙粒子在電場中的加速度a2==則y2=a2=·=d(2)電場中,甲粒子vy1=a1t1=·=v0tanθ1==,得θ1=60°,v1==2v0磁場中,甲粒子偏轉(zhuǎn)軌跡如圖。甲粒子在磁場中運動的時間為t2=T=T=·=·=(3)電場中,乙粒子vy2=a2t1=·=v0tanθ2==,得θ2=30°,v2==v0由a2=可得=磁場中,由qvB=m
有R2===d,偏轉(zhuǎn)軌跡如圖。偏轉(zhuǎn)圓圓心在x軸上。則乙粒子第一次過x軸時x=R2+R2sin30°=d故坐標為9.(2020湖南長沙統(tǒng)考)如圖所示,在豎直平面xOy內(nèi),在y軸右側(cè)存在著豎直向上且E=2N/C的勻強電場,在第一象限內(nèi)存在著垂直紙面向外且B1=0.4T的勻強磁場,第四象限內(nèi)存在著垂直紙面向外且B2=0.8T的勻強磁場。長為L=16m的水平絕緣傳送帶AB以速度v=4.8m/s順時針勻速轉(zhuǎn)動,傳送帶左右側(cè)輪的半徑R=0.2m,右側(cè)輪的圓心坐標是(0,h),其中h=7.8m,一個質(zhì)量為m=2g、電荷量為q=+0.01C的小物塊(不計小物塊的大小,可視為點電荷)輕輕放在傳送帶左端,小物塊與傳送帶之間的動摩擦因數(shù)μ=0.8。小物塊從傳送帶滑下后,經(jīng)過x軸上的P點(圖中未畫出),重力加速度g取10m/s2,不考慮空氣阻力及邊界對電場、磁場的影響。求:(1)小物塊在傳送帶上運動的時間;(2)P點的坐標;(3)若把傳送帶勻速運行的速率增加到v'=16m/s,把一塊擋板MN垂直于x軸放置且下端在x軸上,擋板高為H=8m,正中間有一小孔。為了讓小物塊能穿過擋板上的小孔,求擋板放置的位置與y軸之間的距離。答案 (1)3.6s (2)(-3.84m,0) (3)x=(8n+4)m(n=0,1,2,3…)解析 (1)由題可知,小物塊初速度為零,在傳送帶上水平方向只受摩擦力,由牛頓第二定律可得μmg=ma解得a=8m/s2小物塊加速到與傳送帶共速的時間t1==0.6s加速位移x1=a=1.44m又因為傳送帶長L=16m所以勻速運動的位移x2=L-x1=14.56m勻速運動的時間t2=≈3s所以運動的總時間為t總=t1+t2=3.6s(2)物塊進入第一象限重力G=mg=0.02N,方向豎直向下電場力F=Eq=0.02N,方向豎直向上所以重力和電場力平衡,物塊合力等于洛倫茲力,由qvB=m可得r=2.4m又因為傳送帶左右側(cè)輪的半徑R=0.2m,右側(cè)輪的圓心坐標高h=7.8m所以物塊在第一象限運動半個圓周后從y軸上的y=3.2m處水平射出,做平拋運動,物體的運動軌跡如圖
由y=g得t3=0.8sx3=vt3=3.84m所以P點坐標為(-3.84m,0)(3)將速度增加至v'=16m/s,物塊在傳送帶上加速運動,加速位移x加==16m所以物塊進入復(fù)合場的初始速度v'=16m/s由Bqv=得r1=8m物塊在第一象限運動軌跡為四分之一圓周,垂直于x軸進入第四象限,在第四象限中的軌跡半徑r2=4m所以物塊運動的軌跡如圖為了讓小物塊能穿過擋板上的小孔,由幾何關(guān)系可得x=nr1+r1=(8n+4)m(n=0,1,2,3…)10.(2020湖南周南中學(xué)四月模擬,25)某空間存在一豎直向下的勻強電場和圓形區(qū)域的勻強磁場(磁場區(qū)域不存在電場),磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向里,如圖所示。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,從P點以水平速度v0射入電場中,然后從M點沿半徑射入磁場,從N點射出磁場。已知,帶電粒子從M點射入磁場時,速度與豎直方向成30°角,P點與M點豎直方向上的距離為h,弧MN的長度為磁場圓周長的1/3,粒子重力不計。求:(1)電場強度E的大小。(2)圓形磁場區(qū)域的半徑R。(3)帶電粒子從P點到N點,所經(jīng)歷的時間t。答案 (1) (2) (3)+解析 (1)在M點,豎直分速度vy==v0
由h=,a=得E=(2)粒子進入磁場后由洛倫茲力提供向心力做勻速圓周運動,設(shè)軌跡半徑為r。在電場中,粒子經(jīng)過M點時的速度大小v==2v0由牛頓第二定律得:qvB=m,r==根據(jù)幾何關(guān)系得:R=rtan30°解得R=(3)在電場中,由h=t1得t1=在磁場中,運動時間t2=T=×=故帶電粒子從P點到N點,所經(jīng)歷的時間t=t1+t2=+11.(2020湖南長沙長郡中學(xué)適應(yīng)性考試三,25)如圖所示,真空中有以O(shè)1為圓心,R為半徑的圓形勻強磁場區(qū)域,圓的最左端與y軸相切于坐標原點O,圓的最上端與平行于x軸的虛線MN相切于P點,磁場方向垂直紙面向里,第一象限內(nèi)在虛線MN上方沿y軸負方向有平行于y軸的有界勻強電場(上邊界平行于x軸,圖中未畫出)?，F(xiàn)從坐標原點O在紙面內(nèi)向坐標系的第一象限和第四象限內(nèi)的不同方向發(fā)射速率均為v0的質(zhì)子。已知沿x軸正方向發(fā)射的質(zhì)子恰好從P點離開磁場進入電場,能到達電場的上邊界,最后也能返回磁場,電場強度E和磁感應(yīng)強度B大小未知,但滿足關(guān)系v0=,不計質(zhì)子的重力、質(zhì)子對電場和磁場的影響及質(zhì)子間的相互作用。(1)求勻強電場上邊界與虛線MN的間距d;(2)在第四象限內(nèi)沿與x軸正方向成30°角的方向發(fā)射一質(zhì)子,最終離開磁場,求從發(fā)射到最終離開磁場區(qū)域的過程質(zhì)子運動的時間t;(3)若電場方向改為沿x軸的負方向,場強大小不變,如圖2所示,電場上邊界位置也不變,y0=4R處有一平行于x軸的熒光屏,與y軸相交于Q點,由O點發(fā)射的所有質(zhì)子最終均能打在熒光屏上,求熒光屏的最小長度。答案 見解析解析 (1)經(jīng)分析,質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動,軌跡半徑為R,進入電場后做勻減速直線運動,到達上邊界時速度剛好減為零。在電場中,根據(jù)動能定理有,-qEd=0-m在磁場中,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有,qv0B=m又v0=,聯(lián)立解得d=3R
(2)質(zhì)子在磁場和電場中的運動軌跡如圖1所示,由幾何知識知,質(zhì)子第一次在磁場中運動的軌跡對應(yīng)的圓心角為α1=120°,質(zhì)子第二次在磁場中運動的軌跡對應(yīng)的圓心角為α2=60°,則質(zhì)子在磁場中運動的總時間t1=T==質(zhì)子在電場中運動的總時間t2=2==質(zhì)子在無場區(qū)運動的總時間t3=2=R故質(zhì)子運動的總時間為t=t1+t2+t3=(3)經(jīng)分析,所有質(zhì)子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后均沿平行于y軸的方向進入電場,軌跡如圖2,質(zhì)子做類平拋運動,質(zhì)子剛好打在Q點時,有Δy=3R=v0t0Δx=aqE=ma,a===聯(lián)立解得Δx=R故沿y軸負方向發(fā)射的質(zhì)子打在熒光屏上的位置在y軸右側(cè)離y軸最遠處,最遠距離xm=2R-Δx=R出磁場時橫坐標x在x
