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专题检测卷八磁场一、选择题(共16题,每题3分,共48分)1.(2018浙江杭州预测)下列选项中用比值法来定义物理量的是()A.a=FmB.E=UdC.I=URD.B=FIL2.(2018浙江温州期末)如图所示,无限长导线,均通以恒定电流I,直线部分和坐标轴接近重合,弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧,已知直线部分在原点O处不形成磁场,在第一象限圆弧电流在原点产生的磁感应强度为B,现在原点O处放一小段与x轴重合的长为L的通电导线P(可以视为电流元),导线P的电流大小为I,电流方向沿x轴正方向,则通电导线P受到的安培力的大小和方向是()A.2BIL,方向与y轴正方向相同B.2BIL,方向与y轴负方向相同C.4BIL,方向与y轴正方向相同D.4BIL,方向与y轴负方向相同3.中国科技馆“探索与发现”展厅有一个展品名为“伸缩的线圈”,如图所示,该展品是将软导线绕制成“软螺线管”套在铁棒上,通电时,“软螺线管”的长度会发生变化。现仅改变电流的方向,比较两次通电时线圈的状态,下列说法正确的是()A.线圈由伸长状态变为压缩状态B.线圈由压缩状态变为伸长状态C.线圈仍是伸长状态D.线圈仍是压缩状态4.(2018浙江宁波重点中学联考)如图所示为电流天平,可以用来测量匀强磁场的磁感应强度。它的右臂挂着矩形线圈,匝数为n,线圈的水平边长为l,处于虚线方框内的匀强磁场中,磁场的磁感应强度B方向与线圈平面垂直,当线圈中通有如图所示电流I时,调节砝码使天平达到平衡。然后使电流反向,大小不变,这时需要在左盘中拿走质量为m的砝码,才能使天平再达到新的平衡,由此可知()A.磁场方向垂直线圈平面向内,大小为B=mgnIlB.磁场方向垂直线圈平面向内,大小为B=mg2nIlC.磁场方向垂直线圈平面向外,大小为B=mgnIlD.磁场方向垂直线圈平面向外,大小为B=mg2nIl5.(2018浙江台州中学统练)为了降低潜艇噪音可用电磁推进器替代螺旋桨。如图为直线通道推进器示意图。推进器前后表面导电,上下表面绝缘,规格为:abc=0.5 m0.4 m0.3 m。空间内存在由超导线圈产生的匀强磁场,其磁感应强度B=10.0 T、方向竖直向下,若在推进器前后方向通以电流I=1.0103 A,方向如图。则下列判断正确的是()A.推进器对潜艇提供向左的驱动力,大小为4.0103 NB.推进器对潜艇提供向右的驱动力,大小为4.0103 NC.推进器对潜艇提供向左的驱动力,大小为3.0103 ND.推进器对潜艇提供向右的驱动力,大小为3.0103 N6.教师在课堂上做了两个小实验,让小明同学印象深刻。第一个实验叫做“旋转的液体”,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极,沿边缘内壁放一个圆环形电极,把它们分别与电池的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,例如盐水,如果把玻璃皿放在磁场中,液体就会旋转起来,如图甲所示。第二个实验叫作“振动的弹簧”,把一根柔软的弹簧悬挂起来,使它的下端刚好跟槽中的水银接触,通电后,发现弹簧不断上下振动,如图乙所示。下列关于这两个趣味实验的说法正确的是()A.图甲中,如果改变磁场的方向,液体的旋转方向不变B.图甲中,如果改变电源的正负极,液体的旋转方向不变C.图乙中,如果改变电源的正负极,依然可以观察到弹簧不断上下振动D.图乙中,如果将水银换成酒精,依然可以观察到弹簧不断上下振动7.(2018浙江台州期末)如图所示,三根长为L的无限长直导线的横截面在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为I,其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是()A.3B0IL,水平向左B.32B0IL,水平向右C.32B0IL,水平向左D.3B0IL,水平向右8.如图所示,老师取来一节5号电池,将两块圆柱形且表面镀有金属涂层的钕铁硼强磁铁固定在电池两端,并分别与电池正负两极良好接触,再将这一装置轻轻插入用粗铜丝绕制的一段螺线管(螺线管内径略大于圆柱形磁铁的直径,相邻线圈间有空隙)的一端,只见固定有磁铁的5号电池快速运动到螺线管的另一端。课后,周同学取来完全相同的器材,仿照老师的方法将它们重新组装,重复这一实验,但没有成功。分析可能的原因是()A.老师有特异功能B.两个磁铁的磁性太弱C.放置两个磁铁时磁极的方向错误D.螺线管两端没有连接为闭合回路9.如图所示,在半径为R圆形区域内有一匀强磁场,边界上的A点,有一粒子源能在垂直于磁场的平面内沿不同方向向磁场中发射速率相同的同种带电粒子,在磁场边界的圆周上可观测到有粒子飞出,则粒子在磁场中的运动半径为()A.RB.R2C.R3D.R610.(2018浙江杭州期末)在如图所示的平行板器件中,匀强电场E和匀强磁场B互相垂直。一束初速度为v的带电粒子从左侧垂直电场射入后沿图中直线从右侧射出。粒子重力不计,下列说法正确的是()A.若粒子沿轨迹出射,则粒子的初速度一定大于vB.若粒子沿轨迹出射,则粒子的动能一定増大C.若粒子沿轨迹出射,则粒子可能做匀速圆周运动D.若粒子沿轨迹出射,则粒子的电势能可能增大11.在两个倾角均为的光滑斜面上各放有一个相同的金属棒,金属棒中分别通有电流I1和I2,磁场的磁感应强度的大小相同,方向如图甲、乙所示,两根金属棒均处于平衡状态,则两种情况下的电流的比值I1I2为()A.sin B.1sinC.cos D.1cos12.(2018浙江台州蓬街私立中学月考)一个质子穿过某一空间而未发生偏转,下列说法中错误的是()A.可能存在电场和磁场,它们的方向与质子运动方向相同B.此空间可能有磁场,方向与质子运动速度的方向平行C.此空间可能只有磁场,方向与质子运动速度的方向垂直D.此空间可能有正交的电场和磁场,它们的方向均与质子速度的方向垂直13.如图所示,在竖直放置间距为d的平行板电容器中,存在电场强度为E的匀强电场。有一质量为m,电荷量为+q的点电荷从两极板正中间处静止释放。重力加速度为g。则点电荷运动到负极板的过程中()A.加速度大小为a=qEm+gB.所需的时间为t=dmqEC.下降的高度为y=D.电场力所做的功为W=Eqd14.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(场强为E)和匀强磁场(磁感应强度为B)的复合场中,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r=2UEgC.小球做匀速圆周运动的周期T=2EBgD.若电压U增大,则小球做匀速圆周运动的周期增加15.利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B。用绝缘轻质细线把底边长为L、电阻为R、质量为m的“”形线框固定在力敏传感器的挂钩上,并用轻质导线连接线框与电源,电源内阻不计,电压可调,导线的电阻忽略不计。当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时,力敏传感器会显示拉力的大小F。当线框接入恒定电压为E1的电源时,力敏传感器显示拉力的大小为F1;当线框接入恒定电压为E2的电源时,力敏传感器显示拉力的大小为F2。下列说法正确的是()A.当线框接入恒定电压为E1的电源时所受安培力大小为F1B.当线框接入恒定电压为E2的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所受安培力与重力之差C.待测磁场的磁感应强度B的大小为(F1-F2)R(E2-E1)LD.待测磁场的磁感应强度B的大小为(F1-F2)R(E1-E2)L16.如图所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3垂直纸面如图放置,与坐标原点分别位于边长为a的正方形的四个点上, L1与L2中的电流均为I,方向均垂直于纸面向外, L3中的电流为2I,方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中,距导线r处的磁感应强度B=kIr(其中k为常数)。某时刻有一质子(电荷量为e)正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O,速度大小为v,则质子此时所受磁场力为()A.方向垂直纸面向里,大小为23kIveaB.方向垂直纸面向外,大小为32kIve2aC.方向垂直纸面向里,大小为32kIveaD.方向垂直纸面向外,大小为23kIve2a二、计算题(共7题,共52分)17.(7分)(2018浙江杭州高考命题预测)一束电子束射入如图所示的组合磁场中,其中磁场的磁感应强度为B,方向向里,磁场横向宽度为d,纵向延伸至无穷;磁场的磁感应强度为B,方向向外,磁场横向宽度为3d,纵向延伸至无穷。以粒子进入磁场点处为原点,射入方向为x轴正方向,建立平面直角坐标系。同时为了探测电子的位置,在磁场的左侧边界铺设了荧光屏。已知电子的比荷为K。忽略电子间的相互作用与重力作用。求:(1)粒子能够进入磁场的最小速度v1与此时进入磁场的坐标。(2)当v1满足(1)小题所给值时,当粒子速度为v2=v1时离开磁场时的坐标。(3)当v1满足(1)小题所给值时,若运动的带电粒子能使荧光屏发光,已知放射源放出的粒子速度为3v1v0.5v1,那么荧光屏发光的坐标范围是多少?18.(7分)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场,一质量为m=5.010-8 kg、电荷量为q=1.010-6 C的带电粒子。从静止开始经U0=10 V的电压加速后,从P点沿图示方向进入磁场,已知OP=30 cm,(粒子重力不计,sin 37=0.6,cos 37=0.8)求:(1)带电粒子到达P点时速度v的大小;(2)若磁感应强度B=2.0 T,粒子从x轴上的Q点离开磁场,求OQ的距离;(3)若粒子不能进入x轴上方,求磁感应强度B满足的条件。19.(7分)一台质谱仪的工作原理如图所示,电荷量均为+q、质量不同的离子飘入电压为U0的加速电场,其初速度几乎为零。这些离子经加速后通过狭缝O沿着与磁场垂直的方向进入磁感应强度为B的匀强磁场,最后打在底片上。已知放置底片的区域MN=L,且OM=L。某次测量发现MN中左侧区域MQ损坏,检测不到离子,但右侧区域QN仍能正常检测到离子。在适当调节加速电压后,原本打在MQ的离子即可在QN检测到。(1)求原本打在MN中点P的离子质量m;(2)为使原本打在P的离子能打在QN区域,求加速电压U的调节范围;(3)为了在QN区域将原本打在MQ区域的所有离子检测完整,求需要调节U的最少次数。(取lg 2=0.301,lg 3=0.477,lg 5=0.699)20.(7分)如图所示,在直角坐标系xOy的原点O处有一放射源S,S在xOy平面内均匀地发射速度大小为v的带正电荷粒子,粒子质量为m,电荷量为q。y轴的右侧垂直于x轴放置长度为L的绝缘弹性薄板MN,MN与x轴交于O点,粒子与其碰撞并反弹,反弹前后平行于板的分速度大小、方向均不变,垂直于板的分速度大小不变,方向相反,碰撞时粒子的电量不变。已知三角形MNO为正三角形,不计粒子的重力。(1)若只在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场,要使y轴右侧射出的所有粒子都能打到弹性板MN上,试求电场强度的最小值Emin及此条件下打到弹性板M点的粒子的动能;(2)若在xOy平面内只加一方向垂直纸面向里的匀强磁场,要有粒子直接击中弹性板MN的反面O点,试求磁场的磁感应强度的最大值Bmax;(3)若磁场方向及大小与(2) 中所求Bmax相同,请判断直接击中MN板反面O的粒子反弹后能否击中MN正面O点。若能击中,请计算经MN反面O点反弹后第一次击中正面O点这一过程的时间;若不能击中,请说明理由。21.(8分)如图,在y0的区域存在方向沿y轴负方向的匀强电场,电场强度大小为E,在y0及y-L区域存在电场强度大小相同,方向相反(均平行于y轴)的匀强电场,在-Ly1)的范围内,则落在其中最左侧的带正电粒子的比荷为多大?专题检测卷八磁场1.D2.A3.D4.D5.A6.C7.D8.C9.B10.D11.D导体棒受力如图,根据共点力平衡得F1=mgtan ,F2=mgsin ,所以导体棒所受的安培力之比F1F2=tansin=1cos,因为F=BIL,所以I1I2=F1F2=1cos,D正确。12.C可能存在电场和磁场,它们的方向与质子运动方向相同,此时质子不受洛伦兹力,电场力的方向与运动的方向相同或相反,质子不会偏转,故A正确。若空间存在磁场,质子的速度方向与磁场平行时,不受洛伦兹力,质子不发生偏转,故B正确。若此空间只有磁场,方向与质子运动速度的方向垂直,质子一定会发生偏转,故C错误。此空间可能有正交的电场和磁场,它们的方向均与质子速度的方向垂直,洛伦兹力和电场力大小相等方向相反,不会偏转,故D正确。本题选择错误的,故选C。13.B点电荷受到重力、电场力,合力F=(Eq)2+(mg)2,根据牛顿第二定律有a=(Eq)2+(mg)2m,故A错误;根据运动独立性,水平方向点电荷的运动时间为t,水平方向上的加速度ax=Eqm,根据位移公式可得:d2=12Eqmt2,解得:t=mdqE,故B正确;竖直方向做自由落体运动,下降高度h=gt2=mgd2Eq,电荷运动的位移为,故电场力做功W=Eqd2,故D错误。14.C小球在复合场中做匀速圆周运动,则小球受的电场力和重力大小相等,方向相反,则小球带负电,A错误;由牛顿第二定律和动能定理可得:Bqv=mv2r,Uq=mv2,联立mg=qE可得:小球做匀速圆周运动的半径r=1B2UEg,由T=2rv可以得出T=2EBg,所以B错误、C正确,D错误。15.D由图可知,安培力竖直向下;当线框接电动势为E1的电源时力敏传感器显示拉力的大小为F1,所受安培力为F1-mg,故A错误;当线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力之和,故B错误;根据题意有:F1-mg=BE1RL,F2-mg=BE2RL,联立可得:B=(F1-F2)R(E1-E2)L,故D正确,C错误。所以D正确,ABC错误。16.B根据安培定则,作出三根导线分别在O点的磁场方向,如图:由题意知, L1在O点产生的磁感应强度大小为B1=kIa, L2在O点产生的磁感应强度大小为B2=kI2a, L3在O点产生的磁感应强度大小为B3=2kIa,先将B2正交分解,则沿x轴负方向的分量为B2x=kI2asin 45=kI2a,同理沿y轴负方向的分量为B2y=kI2asin 45=kI2a,故x轴方向的合磁感应强度为Bx=B1+B2x=3kI2a,y轴方向的合磁感应强度为By=B3-B2y=3kI2a,故最终的合磁感应强度的大小为B=Bx2+By2=32kI2a,方向为tan =ByBx=1,则=45,如图:故某时刻有一质子(电荷量为e)正好沿与x轴正方向成45斜向上经过原点O,由左手定则可知,洛伦兹力的方向为垂直纸面向外,大小为f=eBv=32kIve2a,故选B。17.答案 (1)v1=KBd其进入磁场坐标为(d,-d)(2)(d,-d3)(3)(0,-2d)到(0,43R-4R)解析 (1)进入磁场的最小速度情况如图所示:由洛伦兹力提供向心力得:qv1B=mv12d得v1=KBd其进入磁场坐标为(d,-d)(2)电子以速度v在磁场中运动,其运动半径r=vKB。当v2=53v1时,其轨迹半径r2=53r1其运动情况如图所示:由几何关系可知,粒子偏转角=37所以离开磁场时,粒子水平方向位移x=d,竖直方向的位移y=-d3离开磁场时的坐标为(d,-d3)(3)当0.5v1vv1时,临界情况如图所示。亮线范围是(0,-2d)到(0,-d)当v1v2v1时,临界情况如图所示。粒子达到荧光屏距离原点距离y=43R-4R亮线范围为(0,-2d)到(0,43R-4R)当2v1v5.33 T(取“”同样给分)解析 (1)对带电粒子的加速过程,由动能定理得qU0=mv2甲代入数据得v=20 m/s。(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,有qvB=mv2r解得r=mvqB代入数据得r=0.50 m而OPcos53=0.50 m故圆心一定在x轴上,轨迹如图甲所示。由几何关系可知OQ=r+rsin 53故OQ=0.90 m。(3)带电粒子不从x轴射出,轨迹如图乙所示。乙由几何关系得,OPr+rcos 53r=mvqB联立代入数据得B163 T=5.33 T。19.答案 (1)9qB2L232U0(2)100U081U16U09(3)3次解析 (1)离子在电场中加速qU0=mv2在磁场中做匀速圆周运动qvB=mv2r解得r=1B2mU0q代入r0=34L,解得m=9qB2L232U0(2)由(1)知,U=16U0r29L2离子打在Q点r=56L,U=100U081离子打在N点r=L,U=16U09则电压的范围100U081U16U09(3)由(1)可知,rU由题意知,第1次调节电压到U1,使原本Q点的离子打在N点L56L=U1U0此时,原本半径为r1的打在Q1的离子打在Q上56Lr1=U1U0解得r1=(56)2L第2次调节电压到U2,原本打在Q1的离子打在N点,原本半径为r2的打在Q2的离子打在Q上,则Lr1=U2U0,56Lr2=U2U0解得r2=(56)3L同理,第n次调节电压,有rn=(56)n+1L检测完整,有rnL2解得nlg2lg65-12.8最少次数为3次。20.答案 (1)Emin=43mv2qLEk=132mv2(2)Bmax=2mvqL(3)t=Lv 解析 (1)若沿y轴方向的粒子能击中弹性板的上、下边缘,则所有粒子均能击中弹性板。所加电场电场强度的最小值为Emin,对应沿着y轴正方向射出的带电粒子正好打在弹性板的端点M, 对该粒子由类平抛运动规律可得:Lcos 30=at2Lsin 30 = vt由牛顿第二定律有:qEmin=ma 由式得:Emin=43mv2qL由动能定理得:qEminLcos 30=Ek-12mv2由式得:Ek=132mv2(2)由题意所加磁场的最大磁感应强度Bmax对应来自S的粒子恰好经过弹性板下端点N后打到O,得最小半径的轨迹如图所示:由粒子做圆周运动的半径大小为R=L2 洛伦兹力提供向心力:qvBmax=mv2R 代入计算得:Bmax=2mvqL(3)能击中由题意知轨迹如图所示:则时间t=T=2RvR=L2代入计算得:t=Lv21.答案 (1)23h3(2)6mEqh(3)26-233h解析 (1)11H在电场中做类平抛运动,则有:水平方向:x1=v1t1竖直方向:h=12a1t12粒子进入磁场时竖直分速度:vy=a1t1=v1tan 60解得:x1=233h(2)11H在电场中的加速度:a1=qEm11H进入磁场时的速度:v=v12+(a1t1)211H在磁场中做圆周运动,运动轨迹如图所示:由几何知识得:x1=2r1sin 6011H在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则有:qvB=mv2r1解得:B=6mEqh(3)由题意可知:11H和12H的初动能相等,即12mv12=122mv22由牛顿第二定律得:qE=2ma212H在电场中做类平抛运动,则有水平方向:x2=v2t2竖直方向:h=12a2t2212H进入磁场时的速度:v=v22+(a2t2)2由几何关系得:sin =vy2v2=a2t2v2解得:x2=x1,=60,v=22v12H在磁场中做圆周运动,圆周运动的轨道半径:r=2mvqB=2r1射出点在原点左侧,12H进入磁场的入射点到第一次离开磁场的出射点间的距离:x2=2rsin 12H第一次离开磁场时的位置距离O点的距离为:x=x2-x2解得:x=26-233h22.答案 (1) v0与x轴正方向的夹角为53(2)2L(3)(405+37)L60v0解析 (1)如答图1,粒子从P1到P2做类平抛运动,设到达P2时的y方向分速度为vy由运动学规律有:32L=v0t1,L=vy2t1 可得:t1=3L2v0,vy=43v0故粒子在P2的速度大小:v=v02+vy2=53v0设v与x轴的夹角为则tan =vyv0=43,即=53(2)粒子从P1到P2,据动能定理有:qEL=12mv2-12mv02 可得:E=8mv029qL据题意解得:B=2mv03qL据:qvB=mv2r得:r=mvqB=52L故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O在答图1中,过P2作v方向的垂线交y=-32L直线于O点答图1可得:P2O=3L2cos53=5L2=r,故粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心为O因粒子在磁场中的轨迹所对圆心角=37,故粒子将垂直于y=-32L直线从M点穿出磁场由几何关系可得M点的横坐标为:x=32L+(r-rcos 37)=2L(3)粒子运动一个周期的轨迹如答图1所示粒子从P1运动到P2:t1=3L2v0又因为:T磁=2rv=3Lv0粒子从P2运动到M:t2=37360T磁=37L120v0粒子从M运动到N:a=qEm=8v029L则:t3=va=15L8v0则粒子运动的周期为:T=2(t1+t2+t3)=(405+37)L60v023.答案 (1)Bs(2)2B2d2sU65B2d2s8(3)8(5-k)s16+(5-k)2解析 (1)正电子恰好越过分界线ef时,在磁场、区域运动轨迹均为圆弧, 故运动时间为半个周期t=T2=mBe=Bs(2)临界态1:沿A极板射入的正电子和沿B极板射入的负电子恰好射到收集板同一点设正电子在磁场中运动的轨迹半径为R1有R1-14d2+4d2=R12,R1=658dBev=mv2R1Bev=U1ed解得U1=65B2d2e8m=65B2d2s8临界态2:电子恰好越过分界线ef轨迹半径R2=2d=mU2B2edU2=2B2d2s故U的范围是:2B2d2sU65B2d2s8(3)打在收集板上最右侧的正电子到极板A的水平距离为5d,打在最左侧的正电粒子到A板的水平距离为5d-kd(2d)2+R-5-k2d2=R2R=45-k+5-k4dBqv=mv2R且Bev=mev2rqm=reRm=8(5-k)s16+(5-k)2
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