资源描述
专题提升训练9磁场对电流和运动电荷的作用一、单项选择题(本题共6小题,在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(2019天津期末)a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是()A.沿O到c方向B.沿O到a方向C.沿O到d方向D.沿O到b方向答案:A解析:根据题意,由右手螺旋定则知b与d导线电流产生的磁场正好相互抵消,而a与c导线产生的磁场正好相互叠加,由右手螺旋定则,得磁场方向水平向左,当一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动时,根据左手定则可知,它所受洛伦兹力的方向向下,即由O到c,故A正确,B、C、D错误。2.(2019陕西宝鸡一模)如图所示,垂直纸面放置的两根平行长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2,且I1I2,纸面内的一点H到两根导线的距离相等,则该点的磁感应强度方向可能为图中的()A.B1B.B2C.B3D.B4答案:C解析:根据右手螺旋定则得出两电流在H点的磁场方向,如图所示,因为I1I2,故I1产生的磁场大于I2产生的磁场,根据平行四边形定则知H点的合磁感应强度可能为B3方向。故C正确,A、B、D错误。3.(2019浙江11月选考)电流天平是一种测量磁场力的装置,如图所示,两相距很近的通电平行线圈和,线圈固定,线圈置于天平托盘上,当两线圈均无电流通过时,天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A.当天平示数为负时,两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时,两线圈电流方向相同C.线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D.线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力答案:A解析:装置的构造模型为两个线圈和一个杠杆,当线圈中通有同向电流时互相吸引,通有异向电流时互相排斥,故当天平示数为负时表示两线圈互相吸引,所以为同向电流,A正确,B错误;根据牛顿第三定律可知线圈对线圈的作用力等于线圈对线圈的作用力,由相互作用力的特点知,线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力,不是一对相互作用力,故C、D错误。4.(2019湖北武汉检测)如图所示,在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环,圆环处于静止状态,圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120,此时悬线的拉力为F。若圆环通电,使悬线的拉力刚好为零,则环中电流的大小和方向是()A.大小为3F3BR,沿顺时针方向B.大小为3F3BR,沿逆时针方向C.大小为3FBR,沿顺时针方向D.大小为3FBR,沿逆时针方向答案:A解析:圆环不通电时悬线拉力为F,可知F=mg,若圆环通电,使悬线拉力刚好为零,那么F安=mg,安培力方向若要竖直向上,电流应为顺时针,F安=2BIRsin60=3BIR,联立得3BIR=F,则I=3F3BR,故A正确。5.(2019河南中原名校第四次模拟)如图所示,平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B,两边界间距为d,MN上有一粒子源A,可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为q的带正电的粒子,粒子射入磁场的速度v=2qBd3m,不计粒子的重力,则粒子能从PQ边界射出的区域长度为()A.dB.23dC.233dD.32d答案:C解析:粒子在磁场中运动的半径R=mvqB=23d,粒子从PQ边射出的两个边界粒子的轨迹如图所示。由几何关系可知,从PQ边射出粒子的区域长度为l=223d2-13d2=233d,C项正确。6.(2019山东济南一模)如图所示,正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30角的方向垂直射入磁场。甲粒子垂直于bc边离开磁场,乙粒子从ad边的中点离开磁场。已知甲、乙两带电粒子的电荷量之比为12,质量之比为12,不计粒子重力。下列判断正确的是()A.甲粒子带负电,乙粒子带正电B.甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C.甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的33倍D.甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14答案:D解析:甲粒子向上偏转,带正电,乙粒子向下偏转,带负电,故A错误。如图所示,由几何关系得r甲=2l,2r乙cos30=l2,得r乙=36l。据Bqv=mv2r得Ek=12mv2=(qBr)22m,所以Ek甲Ek乙=q甲2r甲2m乙q乙2r乙2m甲=24,故B错误。洛伦兹力F洛=Bqv,其中由r=mvBq得v=Bqrm,所以F洛=B2q2rm,F洛甲F洛乙=23,故C错误。由几何关系知,甲转过圆心角为30,乙转过圆心角为120,如图所示。结合t=360T和T=2mBq得t甲t乙=14,故D正确。二、多项选择题(本题共3小题,在每小题给出的四个选项中,有多个选项是符合题目要求的)7.(2019陕西榆林第三次模拟)在图甲、乙中两点电荷电荷量相等,丙、丁中通电导线电流大小相等,竖直虚线为两点电荷、两通电导线的中垂线,O为连线的中点。下列说法正确的是()A.图甲和图丁中,在连线和中垂线上,O点的电场强度和磁感应强度都最小B.图甲和图丁中,在连线和中垂线上,关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度都相等C.图乙和图丙中,在连线和中垂线上,O点的电场强度和磁感应强度都最大D.图乙和图丙中,在连线和中垂线上,关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度都相等答案:AD解析:在图甲中,根据电场强度公式E=kQr2以及电场强度的合成可知O点电场强度为零;在图丁中,根据右手螺旋定则以及磁场的叠加可知O点磁感应强度为零,都是最小的,故选项A正确;图甲和图丁中,在连线和中垂线上,关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度只是大小相等,但是方向不同,故选项B错误;在图乙中,在中垂线上O点电场强度最大,但是在连线上O点电场强度最小;在图丙中,在连线上O点的磁感应强度最小,在中垂线上O点的磁感应强度都最大,故选项C错误;在图乙和图丙中,在连线和中垂线上关于O点对称的两点电场强度和磁感应强度大小相等、方向相同,故选项D正确。8.(2019广东惠州模拟)如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子,且粒子电荷量为q、质量为m,不考虑粒子重力,关于粒子的运动,下列说法正确的是()A.粒子在磁场中通过的弧长越长,运动时间也越长B.射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC.射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上D.只要速度满足v=qBRm,入射的粒子出射后一定垂直打在MN上答案:BD解析:速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等,对着圆心入射的粒子,速度越大,在磁场中轨道半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,由t=2T知,运动时间t越小,故A错误;带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心,故B正确;速度不同,半径不同,轨迹对应的圆心角不同,对着圆心入射的粒子,出射后不一定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,故C错误;速度满足v=qBRm时,粒子的轨迹半径为r=mvqB=R,入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径垂直,粒子一定垂直打在MN板上,故D正确。9.(2019湖北十堰调研)如图所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁场的磁感应强度为B,其边界为一边长为l的正三角形(边界上有磁场),A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),以速度v=3qBl4m从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场,然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出,则()A.lPB1+34lB.lPB2+34lC.lQB34lD.lQB12l答案:BD解析:粒子在磁场中运动的轨迹如图所示,粒子在磁场中的运动轨迹半径为r=mvBq,因此可得r=34l,当入射点为P1,圆心为O1,且此刻轨迹正好与BC相切时,PB取得最大值,若粒子从BC边射出,根据几何关系有lPBlP1B=2+34l,A错误,B正确;当运动轨迹为弧P2Q时,即O2Q与AB垂直时,此刻QB取得最大值,根据几何关系有lQB=rsin60=12l,所以有lQB12l,C错误,D正确。三、计算题(本题共1小题,须写出规范的解题步骤)10.(2019山东统考)如图所示,在xOy平面第一象限的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场。第四象限区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0=2mv02ql,区域、的宽度均为2l,高度分别为lDE=l,lEF=2l,质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从左边为(0,-l)的A点以速度v0沿与y轴正方向成45角的方向射入区域,经x轴上的C点(图中未画出)进入区域,不计粒子重力。(1)求OC的长度。(2)要使粒子从DE边界射出,区域磁感应强度的最小值B应为多大?答案:(1)(2-1)l(2)mv0ql解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B0=mv02R2解得在区域的运动半径R2=2l画出其轨迹如图,由几何关系可知,粒子经过x轴时速度沿y轴正方向lOC=R2-R2sin45解得lOC=(2-1)l。(2)当区域磁感应强度最小时,粒子从D点射出由几何关系知lCE=lDE=l运动半径R1=l由qv0B=mv02R1得B=mv0ql。- 7 -
展开阅读全文