高三物理一轮复习 必考部分 第8章 磁场章末过关练

磁场对运动电荷的作用(限时：40分钟)A 级 跨越本科线1．(多选)一个质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以速度v 射入磁感应强度为B 的匀强磁场．不计粒子重力．下列说法正确的是( )A ．若v 与B 的方向垂直，入射速度v 越大，则轨道半径越大B ．若v 与B 的方向垂直，入射速度v 越大，则运动周期越大C ．若v 与B 的方向相同，则粒子在运动过程中速度不断变大D ．若v 与B 的方向相同，则粒子在运动过程中速度保持不变AD 根据洛伦兹力等于向心力得R ＝mv qB，v 越大，R 越大，A 选项正确；由于周期不随速度变化而变化，所以B 选项错误；v 与B 的方向相同时，洛伦兹力为零，所以速度不变，C 选项错误、D 选项正确．2．(2015²全国卷Ⅰ)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( ) 【导学号：96622346】A ．轨道半径减小，角速度增大B ．轨道半径减小，角速度减小C ．轨道半径增大，角速度增大D ．轨道半径增大，角速度减小D 分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速度v 大小不变，磁感应强度B 减小，由公式r ＝mv qB 可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T ＝2πm qB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝2πT知角速度减小．选项D 正确． 3．(多选)(2017²淮安模拟)如图8­2­19所示，a 、b 、c 是三个面积相等的匀强磁场区域，图中的虚线是三个圆直径的连线，该虚线与水平方向的夹角为45°.一个不计重力的带电粒子，从a 磁场的M 点以初速度v 0竖直向上射入磁场，运动轨迹如图，最后粒子从c 磁场的N 点离开磁场．已知粒子的质量为m ，电荷量为q ，匀强磁场的磁感应强度为B .则( )图8­2­19A ．磁场a 和c 的方向垂直于纸面向里，磁场b 的方向垂直于纸面向外B ．粒子在N 的速度方向水平向左C ．粒子从M 点运动到N 点的时间为3πm 2qBD ．粒子从M 点运动到N 点的时间为6πm qBBC 不知道带电粒子的电性，所以无法判断磁场的方向，A 项错误；根据几何关系，粒子在N 的速度方向水平向左，B 项正确；粒子从M 点运动到N 点的时间为四分之三个周期，由T ＝2πr v ，可得T ＝2πm qB ，所以时间t ＝34T ＝3πm 2qB，C 项正确，D 项错误． 4．(2016²全国甲卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图8­2­20所示．图中直径MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M 射入筒内，射入时的运动方向与MN 成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为( )图8­2­20A.ω3B B.ω2B C.ωB D.2ωBA 如图所示，粒子在磁场中做匀速圆周运动，圆弧所对应的圆心角由几何知识知为30°，则π2ω＝2πm qB ²30°360°，即q m ＝ω3B ，选项A 正确．5．(2016²四川高考)如图8­2­21所示，正六边形abcdef 区域内有垂直于纸面的匀强磁场．一带正电的粒子从f 点沿fd 方向射入磁场区域，当速度大小为v b 时，从b 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t b ，当速度大小为v c 时，从c 点离开磁场，在磁场中运动的时间为t c ，不计粒子重力．则( ) 【导学号：96622347】图8­2­21A ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝2∶1B ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝1∶2C ．v b ∶v c ＝2∶1，t b ∶t c ＝2∶1D ．v b ∶v c ＝1∶2，t b ∶t c ＝1∶2A 如图所示，设正六边形的边长为l ，当带电粒子的速度为v b 时，其圆心在a 点，轨道半径r 1＝l ，转过的圆心角θ1＝23π，当带电粒子的速率为v c 时，其圆心在O 点(即fa 、cb 延长线的交点)，故轨道半径r 2＝2l ，转过的圆心角θ2＝π3，根据qvB ＝m v 2r ，得v ＝qBr m ，故v b v c ＝r 1r 2＝12.由于T ＝2πr v 得T ＝2πm qB，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t ＝θ2πT ，所以t b t c ＝θ1θ2＝21.故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误． 6．如图8­2­22所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M 、N 两小孔中，O 为M 、N 连线中点，连线上a 、b 两点关于O 点对称．导线均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围空间某点产生的磁场的磁感应强度B ＝kI r，式中k 是常数、I 是导线中电流、r 为该点到直导线的距离．现有一置于a 点的带负电小球获得一沿ab 方向的初速度v 0，已知小球始终未离开桌面．则小球在两导线间的运动情况下列说法正确的是( )图8­2­22A ．小球先做加速运动后做减速运动B ．小球做曲率半径先增大，后减小的曲线运动C ．小球对桌面的正压力先减小后增大D ．小球做匀速直线运动D 由安培定则，M 导线在ab 间的磁场方向垂直纸面向里，N 导线在ab 间的磁场方向垂直纸面向外，根据矢量的叠加可得，M 到O 的磁场方向垂直纸面向里，大小逐渐减小，O 到N 的磁场方向垂直纸面向外，大小逐渐增大．对带负电小球，在水平方向不受力，做匀速直线运动，由左手定则，M 到O 的洛伦兹力方向竖直向下，大小逐渐减小，O 到N 的洛伦兹力方向竖直向上，大小逐渐增大．再由平衡条件知小球对桌面的压力逐渐减小，只有选项D 正确．7．(多选)如图8­2­23所示，ab 是匀强磁场的边界，质子(11H)和α粒子(42He)先后从c 点射入磁场，初速度方向与ab 边界夹角均为45°，并都到达d 点．不计空气阻力和粒子间的作用．关于两粒子在磁场中的运动，下列说法正确的是( )图8­2­23A ．质子和α粒子运动轨迹相同B ．质子和α粒子运动动能相同C ．质子和α粒子运动速率相同D ．质子和α粒子运动时间相同AB 带电粒子在磁场中的偏转角度都为90°，对应的弦长都为cd ，故质子和α粒子运动轨迹相同，选项A 正确；带电粒子在磁场中的运动周期T ＝2πm qB，在磁场中的运动时间t ＝14T ，质子(11H)和α粒子(42He)比荷不同，质子和α粒子运动时间不同，选项D 错误；根据R ＝mv qB ＝2mE k qB 知，质子和α粒子半径相同，比荷不同，则运动速率不同，又因m q相同，故质子和α粒子运动动能相同，选项B 正确，C 错误．8．如图8­2­24所示，在荧光屏MN 上方分布了水平方向的匀强磁场，磁感应强度的大小B ＝0.1 T 、方向与纸面垂直．距离荧光屏h ＝16 cm 处有一粒子源S ，以速度v ＝1³106 m/s 不断地在纸面内向各个方向发射比荷q m ＝1³108C/kg 的带正电粒子，不计粒子的重力．则粒子打在荧光屏范围的长度为( ) 【导学号：96622348】图8­2­24A ．12 cmB ．16 cmC ．20 cmD ．24 cmC 如图所示，粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ＝mv qB＝10 cm ，若粒子打在荧光屏的左侧，当弦长等于直径时，打在荧光屏的最左侧，由几何关系有x 1＝ 2r 2－h 2＝12 cm ；粒子的运动轨迹与荧光屏右侧相切时，打在荧光屏的最右侧，由几何关系有x 2＝r 2－ h －r 2＝8 cm.根据数学知识可知打在荧光屏上的范围长度为x ＝x 1＋x 2＝12 cm ＋8 cm ＝20 cm ，选项C 正确．B 级 名校必刷题9．(多选)如图8­2­25所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一个质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端放置一个质量为m ＝0.1 kg 、带正电q ＝0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为F ＝0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2.则滑块( )图8­2­25A ．开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动B ．一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动，直到滑块飞离木板为止C ．速度为6 m/s 时，滑块开始减速D ．最终做速度为10 m/s 的匀速运动AD 以整体为研究对象，由牛顿第二定律得a ＝Fm ＋M ＝0.60.3 m/s 2＝2 m/s 2，所以使滑块产生加速度的静摩擦力为F f ＝ma ＝2³0.1 N＝0.2 N ，而最大静摩擦力为F fmax ＝μmg ＝0.1³10³0.5 N＝0.5 N>0.2 N ，当滑块运动后因受到向上的洛伦兹力，故F ′fmax ＝μ(mg －qBv )，当F ′fmax >F f 时滑块做匀加速运动，当F ′fmax <F f 时滑块做加速度减小的加速运动，当qv m B ＝mg 时滑块有最大速度，则v m ＝mg qB＝10 m/s ，之后滑块做匀速运动，所以选项AD 正确． 10．(多选)如图8­2­26所示，在直线MN 下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .放置在直线MN 上P 点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m 、电荷量为q 的负离子，速率都为v .对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是( )【导学号：96622349】图8­2­26A ．离子射出磁场的点Q (图中未画出)到P 的最大距离为mv qBB ．离子距离MN 的最远距离为2mv qBC ．离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D ．对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短BC 因为离子沿各个方向射出，所以其运动轨迹不同，但半径都相同，如图所示．垂直于MN 射入的离子，在射出磁场时其射出点Q 离P 点最远，且最远距离等于轨道半径的2倍，即2mv qB，选项A 错误；平行MN 且向N 侧射入的离子在磁场中运动时距离MN 有最远距离PP ′，且为轨道半径的2倍，选项B 正确；由T ＝2πm qB知，离子在磁场中的运动的周期相同，由t ＝θ360°T 知，离子在磁场中的运动时间由圆弧对应的圆心角决定，而圆心角由离子射入磁场的方向决定，因此运动时间与射入方向有关，选项C 正确；对于沿同一方向射入的离子，其运动时间由偏转角度和运动周期决定，而运动周期与速率无关，所以离子的运动时间与速率无关，选项D 错误．11．(多选)如图8­2­27所示，在xOy 平面的第Ⅰ象限内存在垂直xOy 平面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，两个相同的带电粒子以相同的速度v 0先后从y 轴上坐标(0,3L )的M 点和N 点(坐标未知)垂直于y 轴射入磁场，在x 轴上坐标(3L,0)的P 点相遇，不计粒子重力及其相互作用．根据题设条件可以确定( )图8­2­27A ．带电粒子在磁场中运动的半径B ．带电粒子的电荷量C ．带电粒子在磁场中运动的时间D ．带电粒子的质量AC 由从M 点射入的带电粒子的入射点及出射点可作出带电粒子在磁场中运动的圆心O ′如图所示．MP ＝ 3L 2＋ 3L 2＝23L ，tan ∠OMP ＝33，∠OMP ＝30°，故带电粒子做圆周运动的半径为R ＝O ′M ＝MP2cos ∠OMP ＝2L ，选项A 正确；由R ＝mv 0qB可知，从M 、N 处射入的两带电粒子在磁场中运动半径相同，只能求出带电粒子的比荷，选项BD 错误；从M点射入的带电粒子在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为120°，由T ＝2πm qB 以及t ＝T 3可得从A 点射入的带电粒子在磁场中运动的时间，对于从N 点射入的带电粒子，由几何关系得其在磁场中运动的轨迹对应的圆心角为60°，所以t B ＝T6，选项C 正确． 12．(多选)如图8­2­28所示，半径为R 的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一范围内的同种带电粒子．带电粒子的质量为m ，电荷量为q (q >0)，不计重力．现粒子以沿正对cO 中点且垂直于cO 方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd 之间飞出磁场．则( )【导学号：96622350】图8­2­28A ．从b 点飞出的带电粒子的速度最大B ．从d 点飞出的带电粒子的速度最大C ．从d 点飞出的带电粒子的时间最短D ．从b 点飞出的带电粒子的时间最短AD 从bd 之间飞出磁场的粒子的运动轨迹的圆心都在PO 1直线上，如图所示，轨迹运动如图中1、2、3所示．由b 到d 过程，粒子的轨迹半径逐渐减小，经过b 点的运动轨迹半径最大，经过d 点的运动轨迹半径最小，由qvB ＝mv 2r得，从b 点飞出的带电粒子的速度最大，从d 点飞出的带电粒子的速度最小，选项A 正确，B 错误；由T ＝2πm qB，同种粒子在相同磁场中做匀速圆周运动的周期相同，粒子在磁场中运动时间t ＝θ2πT ，由b 到d 过程，粒子运动轨迹所对应的圆心角θ逐渐增大，经过d 点的运动轨迹中粒子所对应的圆心角最大，经过b 点的运动轨迹中粒子所对应的圆心角最小，故从d 点飞出的带电粒子的时间最长，从b 点飞出的带电粒子的时间最短，选项D 正确，C 错误．13．(多选)(2015²四川高考)如图8­2­29所示，S 处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN 垂直于纸面，在纸面内的长度L ＝9.1 cm ，中点O 与S 间的距离d ＝4.55 cm ，MN 与SO 直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B ＝2.0³10－4 T ，电子质量m ＝9.1³10－31 kg ，电量e ＝－1.6³10－19 C ，不计电子重力，电子源发射速度v ＝1.6³106 m/s 的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l ，则( )图8­2­29A ．θ＝90°时，l ＝9.1 cmB ．θ＝60°时，l ＝9.1 cmC ．θ＝45°时，l ＝4.55 cmD ．θ＝30°时，l ＝4.55 cmAD 电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB ＝mv 2R，R ＝mv Be ＝4.55³10－2 m ＝4.55 cm ＝L 2，θ＝90°时，击中板的范围如图(a)，l ＝2R ＝9.1 cm ，选项A 正确；θ＝60°时，击中板的范围如图(b)所示，l ＜2R ＝9.1 cm ，选项B 错误；θ＝30°，如图(c)所示，l ＝R ＝4.55 cm ，当θ＝45°时，击中板的范围如图(d)所示，l ＞R (R ＝4.55 cm)，故选项D 正确、选项C 错误．14．如图8­2­30所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少．图8­2­30【解析】 题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的14圆弧，轨道半径：R ＝mv Bq又d ＝R －R cos 45°解得v ＝ 2＋2 Bqd m . 若q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的34圆弧，则有：R ′＝mv ′Bqd ＝R ′＋R ′cos 45°，解得v ′＝ 2－2 Bqd m. 【答案】 (2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqd m(q 为负电荷) 15．(2016²浙江高考)为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”．在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转．扇形聚焦磁场分布的简化图如图8­2­31所示，圆心为O 的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布．峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，谷区内没有磁场．质量为m ，电荷量为q 的正离子，以不变的速率v 旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示．图8­2­31(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r ，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针；(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T ；(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B ′和B 的关系．已知：sin(α±β)＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2α2 【解析】 (1)峰区内圆弧半径r ＝mv qB旋转方向为逆时针方向(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝2π3每个圆弧的长度l ＝2πr 3＝2πmv 3qB每段直线长度L ＝2r cos π6＝3r ＝3mv qB周期T ＝3 l ＋L v代入得T ＝ 2π＋33 m qB .(3)谷区内的圆心角θ′＝120°－90°＝30° 谷区内的轨道圆弧半径r ′＝mvqB ′由几何关系r sin θ2＝r ′sin θ′2由三角关系sin 30°2＝sin 15°＝6－24代入得B ′＝3－12B .【答案】 (1)mv qB 逆时针方向 (2)2π3 2π＋33 mqB (3)B ′＝3－12 B。

第八章磁场一、选择题(每小题4分，共40分)1．磁场中某区域的磁感线，如图8－1所示，则()A.a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＞B bB．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B bC．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由题图知b处的磁感线疏密程度较a 处大，所以B a＜B b，A错，B对；导线放在磁场中的受力与导线放置的方向有关，而不仅与B或I的大小有关，C、D错．答案：B2．(·文登模拟)如图8－2所示，磁场方向竖直向下，通电直导线ab由图示位置1绕a 点在竖直平面内转到位置2，这个过程中通电直导线所受的安培力()图8－2A.数值变大，方向不变B．数值变小，方向改变C．数值不变，方向改变D．数值、方向均改变解析：通电直导线ab从位置1转到位置2，即从导线与磁场成一定角度到导线与磁场垂直，根据安培力F＝BIL cosθ，安培力数值增大，根据左手定则判断，安培力的方向仍垂直于纸面，即安培力的方向不变．答案：A3．如图8－3为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器．当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是()A.电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为N 极 B ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为S 极 C ．电磁铁的上端为N 极，小磁铁的下端为S 极 D ．电磁铁的上端为S 极，小磁铁的下端为N 极解析：当电流从a 端流入电磁铁时，据安培定则可判断出电磁铁的上端为S 极，此时能吸引小磁铁向下运动，说明小磁铁的下端为N 极，答案为D.答案：D4.如图8－4所示的OX 和MN 是匀强磁场中两条平行的边界线，速率不同的同种带电粒子从O 点沿OX 方向同时射向磁场，其中穿过a 点的粒子速度v 1方向与MN 垂直，穿过b 点的粒子速度v 2方向与MN 成60°角．设两粒子从O 点到MN 所需时间分别为t 1和t 2，则t 1∶t 2为( )A ．3∶2B ．4∶3C ．1∶1D ．1∶3解析：作出两粒子在磁场中的运动轨迹，可知t 1＝T 14，t 2＝T 26，且由T ＝2πmBq 知T 1＝T 2.所以t 1t 2＝32，选项A 正确．答案：A5．(·泰安模拟)如图8－5所示，从S 处发出的热电子经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转，不考虑电子本身的重力．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域中通过，只采取下列措施，其中可行的是( )图8－5A.适当减小电场强度E B ．适当减小磁感应强度B C ．适当增大加速电场的宽度 D ．适当增大加速电压U解析：要想使电子沿直线通过，则必须有qvB ＝qE ，而电子经过加速电场加速时，qU ＝12mv 2，现在发现电子向上极板偏转，说明电场力大于洛伦兹力，因此需减小电场力或增大洛伦兹力，A 、D 选项正确．答案：AD6．如图8－6所示，空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A 点进入这个区域沿直线运动，从C 点离开区域；如果这个区域只有电场则粒子从B 点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D 点离开场区；设粒子在上述3种情况下，从A 到B 点、A 到C 点和A 到D 点所用的时间分别是t 1、t 2和t 3，比较t 1、t 2和t 3的大小，则有(粒子重力忽略不计)( )图8－6A.t 1＝t 2＝t 3 B ．t 2＜t 1＜t 3 C ．t 1＝t 2＜t 3 D ．t 1＝t 3＞t 2解析：只有电场时，粒子做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，故t 1＝t 2；只有磁场时做匀速圆周运动，速度大小不变，但沿AC 方向的分速度越来越小，故t 3＞t 2.综上所述可知，选项C 对．答案：C 7．(·镇江模拟)如图8－7所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E ，在竖直平面内建立坐标系xOy ，在y ＜0的空间里有与电场E 垂直的匀强磁场B ，在y ＞0的空间内，将一质量m 的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴沿y 轴的负方向，以加速度a ＝2g (g 为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y ＜0的空间运动．液滴在y＜0的空间内的运动过程中( )图8－7A.重力势能一定不断减小 B ．电势能一定先减小后增大 C ．动能不断增大 D ．动能保持不变解析：带电液滴在y ＞0的空间内以加速度a ＝2g 做匀加速直线运动，可知液滴带正电且所受电场力等于重力，当液滴运动到坐标原点时变为负电荷，液滴进入y ＜0的空间内运动，电场力等于重力，液滴做匀速圆周运动，重力势能先减小后增大，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能保持不变．答案：D8．平行金属板M 、N 的距离为d ，其中匀强磁场中的磁感应强度为B ，方向垂直于纸面向外(如图8－8所示)，等离子群的速度为v ，沿图示方向射入，电容器电容为C ，则( )图8－8A.当S 断开时，电容器的带电荷量Q ≥BvdC B ．当S 闭合时，电容器的带电荷量Q ＝BvdC C ．当S 闭合时，电容器的带电荷量Q ＜BvdC D ．当S 闭合时，电容器的带电荷量Q ＞BvdC解析：当S 断开时，电容器极板间的电压等于平行金属板间的电压．等离子群做匀速直线运动时，电压达到稳定状态，由qvB ＝q Ud ，得U ＝Bvd ，此时电容器的带电荷量Q ＝BvdC ，S 闭合时，平行板上的电荷通过R 放电，电场力小于洛伦兹力，使等离子群不断向极板偏转，达到稳定电压，电容器两板间电压仍为U ，电容器的电荷量仍为BvdC .答案：B9.如图8－9所示，质量为m 、带正电荷量q 的粒子，垂直磁场方向从A 射入匀强磁场，磁感应强度为B ，途经P 点，已知AP 连线与入射方向成α角，则粒子从A 到P 经历的时间为( )A.mαqBB.2πmαqBC.mα2πqBD.2mαqB解析：正电荷从A 射入匀强磁场，立即受到洛伦兹力，其方向与v 垂直，充当圆周运动的向心力．粒子做匀速圆周运动，圆轨迹顺时针方向，洛伦兹力垂直于速度方向，据左手定则，匀强磁场一定是垂直纸面向外，圆心在O 处，OA ＝R ＝mvBq ，连接OP ，P 点的速率等于A 点的速率，且垂直于OP .因AP 连线与入射方向成α角，据几何知识，圆心角∠AOP ＝2α，又周期T ＝2πmBq 为匀速转动一周(2π)的时间，则设转2α角度所用时间为t ，有T 2π＝t 2α，所以t ＝απ·T ＝2πmαπqB ＝2mαqB .答案：D10．已知一质量为m 的带电液滴，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 中，液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动，如图8－10所示，则( )A.液滴在空间可能受4个力作用 B ．液滴一定带负电C ．液滴做圆周运动的半径r ＝1B2UEgD ．液滴在场中运动时总能量不变[解析：液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，所以选项A 错误．由于液滴做匀速圆周运动，所以电场力与重力为平衡力，电场力方向向上，可以判定液滴带负电，B 正确．根据qU ＝12mv 2，r ＝mv qB ，Eq ＝mg ，解得r ＝1B 2UEg，选项C 正确．整个过程能量守恒，选项D 正确．答案：BCD二、实验题(共16分)11.(8分)如图8－11所示，单匝线框abcd ，bc 边长为l ，线框的下半部处在匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k ，磁感应强度大小为B ，方向与线框平面垂直，线框中通以电流I ，方向如图8－11所示．开始时线框处于平衡状态．令磁场反向，磁感应强度的大小仍为B ，线框达到新的平衡．在此过程中线框位移的大小Δx ＝__________，方向__________．解析：设线框的质量为m ，当通以图示电流时，弹簧伸长为x 1，线框处于平衡状态，故 kx 1＋BIl ＝mg ①当磁场反向时，安培力向下，线框达到新的平衡，弹簧的伸长为x 2，由平衡条件得 kx 2＝mg ＋BIl ②由①②两式得x 2－x 1＝2BIlk ，即Δx ＝2BIlk.电流反向后，弹簧的伸长量x 2＞x 1，位移方向向下． 答案：2BIl k向下12.(8分)2007年10月我国发射的月球“嫦娥一号”空间探测卫星，运用最新科技手段对月球进行近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得最新成果．月球上的磁场极其微弱，探测器通过测量运动电子在月球磁场中轨迹来推算磁场强弱的分布，如图8－12所示是探测卫星通过月球a 、b 、c 、d 位置磁场时电子的轨迹(a 轨迹恰为一个半圆)．设电子速率相同，且与磁场方向垂直．据此可判断磁场最弱的是__________位置．所得照片是边长为20 cm 的正方形，电子比荷为1.8×1011 C/kg ，速率为90 m/s ，则a 点的磁感应强度为__________T.解析：由于电子速率相同，其轨道半径r＝mv/Bq，与B的强弱有关系．又因为r d＞r c ＞r b＞r a，所以d点磁感应强度最小(磁场最弱)．对a的圆周运动来说，必须满足条件Bqv ＝mv2/r，从而求得B＝mv/qr＝5.0×10－9 T.答案：d 5.0×10－9三、计算题(共44分)13．(8分)(·郑州模拟)图8－13所示，在同一个水平面上的两导轨相互平行，并处在竖直向上的匀强磁场中，一根质量为3.6 kg、有效长度为2 m的金属棒垂直放在导轨上，当金属棒中的电流为5 A时，金属棒做匀速运动；当金属棒中的电流增加到8 A时，金属棒的加速度为2 m/s2，求磁场的磁感应强度．图8－13解析：在求解加速度问题中首要问题是受力分析并求解合力．此题中电流的方向对结果并不影响，可假设如图8－14所示为其侧面受力图：两种情况受力方向是相同的．初态时有F合＝F1－μmg＝0，末态时有F合′＝F2－μmg＝ma，且F1＝BI1L，F2＝BI2L，联立方程解得B＝1.2 T.答案：1.2 T14．(10分)如图8－15所示，质量为m、带电荷量为q的小球用长为l的绝缘细线悬挂于O点，处于垂直于纸面向里的磁感应强度为B1的匀强磁场中．将小球拉至悬线与竖直方向成θ角，由静止释放，小球运动到最低点A时，悬线断开，小球对水平面的压力恰好为零．小球沿光滑水平面向左运动进入正交的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B2，且做匀速直线运动．求：图8－15(1)小球所带电荷的电性； (2)磁感应强度B 1为多大？ (3)电场强度E 等于多少？解析：(1)根据小球在A 点对水平面的压力恰好为零，此时洛伦兹力方向向上，所以小球带负电．(2)小球由静止运动到最低点A 的过程中，机械能守恒，故有mgl (1－cos θ)＝12mv 2①在A 点：mg ＝qvB 1②解得B 1＝mg qv ＝mgq 2gl (1－cos θ).(3)小球在复合场中做匀速直线运动，则有mg ＝qE ＋qvB 2③ 解①③式得E ＝mgq－B 22gl (1－cos θ).[答案：(1)负电 (2)mg q 2gl (1－cos θ)[ (3)mgq －B 22gl (1－cos θ)15．(12分)(·潍坊模拟)在电脑显示器的真空示波管内，控制电子束扫描的偏转场是匀强磁场，磁场区域是宽度为3.0 c m 的矩形，右边界距荧光屏20.0 cm ，高度足够，某段时间内磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B ＝4.55×10－3T 不变．电子初速度不计，经U ＝4 550 V 电压加速后沿中心线射入磁场，偏转后打在屏上产生亮点(若无磁场，亮点在屏中心)，已知电子质量m ＝0.91×10－30kg ，电荷量e ＝1.6×10－19C.图8－16(1)在图8－16中大致画出电子运动的轨迹； (2)求亮点偏离荧光屏中心的距离．解析：(1)电子运动的轨迹如图8－17所示．(2)电子经U 加速得到速度v 0， 由eU ＝12mv 20得v 0＝2eUm＝2×1.6×10－19×4 5500.91×10－30m/s ＝4×107 m/s. 由ev 0B ＝m v 20r得r ＝mv 0Be ＝0.91×10－30×4×1074.55×10－3×1.6×10－19m ＝0.05 m ＝5 cm.sin α＝35，cos α＝45，tan α＝34.亮点偏离屏中心的距离y ＝(r －r cos α)＋20.0tan α cm ＝5×(1－45)cm ＋20.0×34cm ＝16 cm.答案：(1)见图8－17 (2)16 cm16．(14分)(·重庆卷)如图8－18所示，离子源A 产生的初速度为零、带电荷量均为e 、质量不同的正离子被电压为U 0的加速电场加速后匀速通过准直管，垂直射入匀强偏转电场，偏转后通过极板HM 上的小孔S 离开电场，经过一段匀速直线运动，垂直于边界MN 进入磁感应强度为B 的匀强磁场．已知HO ＝d ，HS ＝2d ，∠MNQ ＝90°.(忽略粒子所受重力)图8－18[(1)求偏转电场场强E 0的大小以及HM 与MN 的夹角φ； (2)求质量为m 的离子在磁场中做圆周运动的半径；(3)若质量为4m 的离子垂直打在NQ 的中点S 1处，质量为16m 的离子打在S 2处．求S 1和S 2之间的距离．解析：(1)正离子被电压为U 0的加速电场加速后速度设为v 1，应用动能定理有eU 0＝12mv 21，正离子垂直射入匀强偏转电场，做类平抛运动．受到电场力F ＝qE 0，产生的加速度为a ＝qE 0m ，垂直电场方向匀速运动，有2d ＝v 1t ，沿场强方向：d ＝12at 2，联立解得E 0＝U 0d ，又ta n φ＝v 1at ，解得φ＝45°.(2)正离子进入磁场时的速度大小为v 2＝v 21＋(at )2，正离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，qv 2B ＝mv 22R，解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝2mU 0eB 2； (3)根据R ＝2mU 0eB 2可知， 质量为4 m 的离子在磁场中运动打在S 1处，运动半径为R 1＝2(4m )U 0eB 2， 质量为16 m 的离子在磁场中运动打在S 2处，运动半径为R 2＝2(16m )U 0eB 2， 又O ′N ＝R 2－R 1，由几何关系可知S 1和S 2之间的距离Δs ＝R 22－O ′N 2－R 1，联立解得Δs ＝4(3－1)mU 0eB 2.用心 爱心 专心11图8－19答案：(1)U 0d ，45° (2)2mU 0eB 2 (3)4(3－1)mU 0eB 2。

章末定时练八磁场(时间：60分钟)一、选择题(在每小题给出的四个选项中第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多项符合题目要求)．1．有关磁场的下列叙述，正确的是()．A．磁感线越密的地方磁感应强度越大，磁通量也越大B．顺着磁感线的方向，磁感应强度越来越小C．安培力的方向一定与磁场方向垂直D．在回旋加速器中，磁场力使带电粒子的速度增大解析磁感线的疏密程度表示磁场的强弱，磁感线越密处，磁场越强，与磁感线的方向无关，但磁通量由磁感应强度和面积共同决定，故选项A、B均错误；由左手定则可知，安培力的方向同时垂直于磁场方向和通电导线，故选项C正确；在回旋加速器中，静电力使带电粒子的速度增大，洛伦兹力仅改变带电粒子的运动方向，故选项D错误．答案 C2．欧姆在探索导体的导电规律的时候，没有电流表，他利用小磁针的偏转检测电流，具体的做法是：在地磁场的作用下，处于水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流的时候，小磁针就会发生偏转；当通过该导线的电流为I时，发现小磁针偏转了30°，由于直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比，当他发现小磁针偏转了60°时，通过该导线的电流为()．A．3I B．2IC.3I D．I解析如图所示，设地磁场的磁感应强度为B0，电流为I的导线产生的磁场的磁感应强度为B1，因为小磁针偏转了30°，则有tan 30°＝B1B0；设电流为I′的直导线产60°＝B2B0；联生的磁场的磁感应强度为B2，小磁针偏转了60°时，则有tan立解得B2＝3B1；由直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比可得，I′＝3I，选项A正确．答案 A3．如图1所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(12H)和氦核(24He)．下列说法中正确的是()．图1 A．它们的最大速度相同B．它们的最大动能相同C．它们在D形盒内运动的周期不同D．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析由Bq v＝m v2R得v＝qBRm，12H和24He的比荷相等，故v也相同，即A项正确．E km＝12m v2＝q2B2R22m，12H和24He的q2m的值不等，则E km不同，即B项错．周期T＝2πmBq，由上述分析可见T相同，即C项错．粒子的最大动能与频率无关，故D项错．答案 A4．带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图2所示．运动中经过b点，Oa＝Ob，若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，仍以v0从a点进入电场，粒子仍能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为()．图2A．v0B．1C．2v0D．v0 2解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，O为圆心，故Oa＝Ob＝r＝m v0 qB，①带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，故Ob＝v0t＝Oa＝qE2m t2＝2m v02qE，②由①②得E B ＝2v 0，故选项C 对．答案 C5．在真空中，半径为R 的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，在此区域外围空间有垂直纸面向内的大小也为B 的磁场，一个带电粒子从边界上的P 点沿半径向外、以速度v 0进入外围磁场，已知带电粒子质量m ＝2×10－10 kg ，电荷量q ＝＋5×10－6 C ，不计重力，磁感应强度B ＝1 T ，粒子运动速度v 0＝5×103 m/s ，圆形区域半径r ＝0.2 m ，则粒子第一次回到P 点所需时间为( )．图3A ．16π×10－5 sB ．8π×10－5 sC ．4π×10－5 sD ．2π×10－5 s解析 粒子运动轨迹如图所示．由洛伦兹力提供向心力，即q v 0B＝m v 02R ，解得R ＝m v 0qB ＝0.2 m ＝r ；由轨迹图看出，带电粒子在圆形区域内、外各运动一次的轨迹恰好构成一个完整的圆周，时间为T ＝2πR v 0＝8π×10－5 s ，故粒子第一次回到P 点所需时间为2T ＝16π×10－5 s ，选项A 正确．答案 A6．如图4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 ，导轨上放有一金属棒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 变化的图象，可能正确的是( )．图4解析金属棒受到的导轨的支持力大小等于安培力大小，即F N＝BIL＝BkLt，金属棒在竖直方向上有：mg－μF N＝ma，则a＝g－μBkLm t，显然D对、C错；根据金属棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动可知A错、B对．答案BD7．如图5所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N 连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线中均通有大小相等、方向向上的电流．已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B＝k Ir，式中k是常数、I是导线中的电流、r 为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是()．图5A．小球先做加速运动后做减速运动B．小球一直做匀速直线运动C．小球对桌面的压力先减小后增大D．小球对桌面的压力一直增大解析由右手螺旋定则可知，M处的通电导线产生的磁场，在MO区域的磁场垂直MO向里，离导线越远磁场越弱，所以磁场由M 到O 逐渐减弱，N 处的通电导线在ON 区域产生的磁场垂直于MO 向外，由O 到N 逐渐增强，带正电的小球由a 点沿ab 连线运动到b 点，受到的洛伦兹力F ＝Bq v ，从M 到O 洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱逐渐减小，从O 到N 洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强逐渐增大，所以对桌面的压力一直在增大，选项D 正确，选项C 错误；由于桌面光滑，洛伦兹力的方向始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，选项B 正确，选项A 错误．答案 BD8．如图6所示，虚线MN 将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb 为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP 与弧Pb 的弧长之比为2∶1，下列判断一定正确的是( )．图6A ．两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1B ．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1C ．粒子通过aP 、Pb 两段弧的时间之比为2∶1D ．弧aP 与弧Pb 对应的圆心角之比为2∶1解析 粒子在磁场中所受的洛伦兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，选项A 错误；运动轨迹粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，选项B 正确；已知粒子通过aP 、Pb 两段弧的速度大小不变，而路程之比为2∶1，可求出运动时间之比为2∶1，选项C 正确；由图知两个磁场的磁感应强度大小不等，粒子在两个磁场中做圆周运动时的周期T ＝2πm Bq 也不等，粒子通过弧aP 与弧Pb 的运动时间之比并不等于弧aP 与弧Pb 对应的圆心角之比，选项D 错误．答案 BC9．如图7所示，竖直直线MN 右侧存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，现有一质量m ＝0.01 kg 、电荷量q ＝＋0.01 C 的小球从MN 左侧水平距离为L ＝0.4 m 的A 点水平抛出，当下落距离是水平距离的一半时从MN 上的D 点进入电磁场，并恰好能做匀速圆周运动，图中C 点是圆周的最低点且C 到MN 的水平距离为2L ，不计空气阻力，g ＝10 m/s 2，则( )．图7A ．小球的初速度为2 2 m/sB ．匀强电场的电场强度为10 V/mC ．匀强磁场的磁感应强度为B ＝2 TD ．小球从D 到C 运动的时间为0.1π s解析 小球从A 到D 做平抛运动，L ＝v 0t ，L 2＝12gt 2，所以t ＝0.2 s ，v 0＝2 m/s ，A 错；小球进入电磁场中恰能匀速圆周运动，则qE ＝mg ，即E ＝10 V/m ，B 对；小球进入电磁场时有v y ＝gt ＝v 0，即小球进入电磁场时的速度为v ＝2 2 m/s ，且与MN 成45°角，由几何关系可得小球做匀速圆周运动的半径为r ＝2×2L ＝425 m ，又因Bq v ＝m v 2r ，联立并代入数值得B ＝2.5 T ，C 错；小球从D 到达C 经历了18圆周，所以从D 到C 运动的时间为T 8＝πm 4Bq ＝0.1πs ，D 对．答案 BD二、非选择题10．有一直角三角形OAC ，OC 水平且长为12 cm ，其下方存在垂直OC 向上的匀强电场，∠C ＝30°，AC 上方存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 1＝1 T ，OA 左侧也存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B 2未知，一质量为m ＝8×10－10kg 、电荷量q ＝1×10－4C 的带正电粒子从M 点由静止释放，MC ＝8 cm ，MC ⊥OC ，粒子经电场加速后进入磁场，恰好经A 点到达O 点，不计粒子重力，求：图8(1)匀强电场的电场强度E 的大小；(2)未知匀强磁场的磁感应强度B 2的大小；(3)粒子在磁场中运动的总时间t .解析 (1)粒子运动轨迹如图所示，由几何关系知粒子在磁场B 1中做圆周运动的轨道半径为R 1＝23OC ＝0.08 m由B 1q v ＝m v 2R 1，并代入数值得 v ＝1×104 m/s由qE ·MC ＝12m v 2，并代入数值得E ＝5×103 V/m.(2)分析可知粒子在A 点的速度方向与OA 的夹角为60°，由图知粒子在磁场B 2中做圆周运动的轨道半径为R 2＝R 12＝0.04 m由R 2＝m v qB 2、R 1＝m v B 1q 知，B 2＝2B 1＝2 T. (3)粒子在两磁场中运动轨迹所对的圆心角均为120°，所以t ＝120°360°×⎝ ⎛⎭⎪⎫2πm qB 1＋2πm qB 2＝8π×10－6s.答案 (1)5×103 V/m (2)2 T (3)8π×10－6 s11．如图9所示，在空间内有一直角坐标系xOy ，直线OP 与x 轴正方向夹角为30°，第一象限内有两个方向均垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP 是它们的理想边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B ，在第四象限内有一沿x 轴负方向的匀强电场，一质量为m 、电荷量为q 的质子(不计重力及质子对磁场、电场的影响)以速度v 从O 点沿与OP 成30°角方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直通过x 轴上的Q 点(未画出)进入第四象限内的匀强电场中，最后从y 轴上的A 点与y 轴负方向成60°角射出，求：图9(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(2)Q 点到O 点的距离；(3)匀强电场的电场强度E 的大小．解析 (1)设质子在磁场Ⅰ和Ⅱ中做圆周运动的轨道半径分别为r 1、r 2，区域Ⅱ中磁感应强度为B ′，由牛顿第二定律知Bq v＝m v 2r 1B ′q v ＝m v 2r 2质子的运动轨迹如图所示，由几何关系知质子从C 点出磁场Ⅰ时速度方向与OP 的夹角为30°，所以质子在区域Ⅱ中的轨迹为14圆周，质子在区域Ⅰ中的运动轨迹对应的圆心角为60°，OC ＝r 1，所以r 2＝r 12即B ′＝2B(2)Q 点到O 点的距离为s ＝r 1cos 30°＋r 2即s ＝(3＋1)m v 2Bq(3)质子进入第四象限做类平抛运动，有3v ＝qE m ts ＝12×qE m ×t 2，联立得E ＝3(3－1)B v 2答案 (1)2B (2)(3＋1)m v 2Bq (3)3(3－1)B v 212．如图10甲所示，在xOy 平面内有足够大的匀强电场，电场方向竖直向上，电场强度E ＝40 N/C，在y轴左侧平面内有足够大的瞬时磁场，磁感应强度B1随时间t变化的规律如图乙所示，15π s后磁场消失，选定磁场垂直纸面向里为正方向．在y轴右侧平面内还有方向垂直纸面向外的恒定的匀强磁场，分布在一个半径为r＝0.3 m的圆形区域(图中未画出)，且圆的左侧与y轴相切，磁感应强度B2＝0.8 T．t＝0时刻，一质量m＝8×10－4kg、电荷量q＝2×10－4 C的微粒从x轴上x P＝－0.8 m处的P点以速度v＝0.12 m/s向x轴正方向入射．(g取10 m/s2，计算结果保留两位有效数字)甲乙图10(1)求微粒在第二象限运动过程中离y轴、x轴的最大距离；(2)若微粒穿过y轴右侧圆形磁场时，速度方向的偏转角度最大，求此圆形磁场的圆心坐标(x，y)．解析(1)因为微粒射入电磁场后受到的电场力F电＝Eq＝8×10－3 N，G＝mg＝8×10－3 NF电＝G，所以微粒在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动因为q v B1＝m v2R1，所以R1＝m vB1q＝0.6 mT＝2πmB1q＝10π s从图乙可知在0～5 π s内微粒向上做匀速圆周运动在5π s～10π s内微粒向左匀速运动，运动位移x1＝v T2＝0.6π m在10π s～15π s内，微粒又做匀速圆周运动，15π s以后向右匀速运动，之后穿过y轴．所以，离y轴的最大距离s＝0.8 m＋x1＋R1＝1.4 m＋0.6π m≈3.3 m离x 轴的最大距离s ′＝2R 1×2＝4R 1＝2.4 m(2)如图，微粒穿过圆形磁场要求偏转角最大，入射点A 与出射点B 的连线必须为磁场圆的直径因为q v B 2＝m v 2R 2所以R 2＝m vB 2q ＝0.6 m ＝2r所以最大偏转角θ＝60°，所以圆心坐标x ＝0.30 my ＝s ′－r cos 60°＝2.4 m －0.3 m ×12≈2.3 m ，即磁场的圆心坐标为(0.30,2.3)答案 (1)3.3 m,2.4 m (2)(0.30,2.3)。

阶段考查(八) 磁场第Ⅰ卷选择题，共48分一、选择题(本大题共8小题，每小题6分，共48分)图8－11．(2015·浙江省慈溪、余姚联考)如图8－1所示是一道闪电划破夜空击中北京中央电视塔的情形．假设发生闪电的云层带负电，则在闪电瞬间，电视塔受到地磁场在水平方向的作用力方向是( )A．向东B．向南C．向西D．向北解析：由北京的地理位置来判断该处的磁场方向，运用左手定则判定可知受力方向是向西，故C正确．答案：C2．(2015·河南省模拟) 如图8－2所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态．则( )图8－2A ．导体棒中的电流方向从b 流向aB ．导体棒中的电流大小为kx BLC ．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x 变大D ．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x 变大解析：弹簧处于伸长状态，弹簧对导体棒的弹力方向向左，安培力方向向右，根据左手定则，导体棒中的电流方向从a 流向b ，选项A 错误；根据kx ＝BIL 可得，导体棒中的电流大小I ＝kx BL，选项B 正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或者逆时针转过一小角度，安培力在水平方向的分力变小，弹簧弹力也要变小，x 变小，选项C 、D 错误．答案：B图8－33.如图8－3所示的OX 和MN 是匀强磁场中两条平行的边界线，速率不同的同种带电粒子从O 点沿OX 方向同时射向磁场，其中穿过a 点的粒子速度v 1方向与MN 垂直，穿过b 点的粒子速度v 2方向与MN 成60°角．设两粒子从O 点到MN 所需时间分别为t 1和t 2，则t 1∶t 2为( )A ．3∶2B ．4∶3C ．1∶1D ．1∶3解析：作出两粒子在磁场中的运动轨迹，可知t 1＝T 14，t 2＝T 26，且由T ＝2πm Bq 知T 1＝T 2.所以t 1t 2＝32，选项A 正确．答案：A图8－44．(多选题)(2015·江西省调研)如图8－4所示，在正方形区域abcd 内有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．在t ＝0时刻，位于正方形中心O 的离子源向平面abcd 内各个方向发射出大量带正电的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形的边长，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用力．已知平行于ad 方向向下发射的粒子在t ＝t 0时刻刚好从磁场边界cd 上某点离开磁场，下列说法正确的是( )A ．粒子在该磁场中匀速圆周运动的周期为6t 0B ．粒子的比荷为π6Bt 0C ．粒子在磁场中运动的轨迹越长，对应圆弧的圆心角越大D ．初速度方向正对四个顶点的粒子在磁场中运动时间最长解析：初速度平行于ad 方向向下发射的粒子在磁场中运动时，轨迹所对应圆心角为π6，A 选项错误；由牛顿第二运动定律得Bqv ＝m v 2R ，且v ＝2πR T ，联立解得：q m ＝π6Bt 0，B 选项正确；由于粒子在磁场中运动的速度一定，则弧长越长在磁场中运动的时间越长，对应圆弧的圆心角一定越大，C 选项正确；从正方形四个顶点出射的粒子，在磁场中运动对应圆弧最长运动时间最长，D 选项错误．答案：BC5．如图8－5所示，木板质量为M ，静止于水平地面上，木板上固定一质量不计的框架，框架上悬有磁铁A ，木板上放有磁铁B ，两磁铁质量均为m ，设木板对地面的压力为F N1，B 对木板的压力为F N2，A 对悬线的拉力为F T ，则下面结论正确的是( )图8－5A．F N1＝Mg＋2mg B．F N2＝mgC．F T＝mg D．以上全不对解析：把木板、框架及磁铁A、B看成一个系统，则系统受重力G总＝Mg＋2mg，地面的弹力F N1′.由牛顿第三定律可知F N1′＝F N1，由系统平衡条件可知F N1′＝Mg＋2mg，即F N1＝Mg＋2mg，选项A正确．磁铁B受重力G B＝mg、木板的弹力F N2′、磁铁A的吸引力F A.由平衡条件可知F N2′＝mg－F A.由牛顿第三定律知F N2′＝F N2，所以有F N2＝mg－F A＜mg，选项B错误．磁铁A受重力G A＝mg，悬线拉力F T′，B磁铁的吸引力F B，由平衡条件可知F T′＝mg＋F B.由牛顿第三定律可知F T′＝F T，所以有F T ＝mg＋F B＞mg，选项C错误．答案：A6．医生做某些特殊手术时，利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度．电磁血流计由一对电极a和b以及一对磁极N和S构成，磁极间的磁场是均匀的．使用时，两电极a、b均与血管壁接触，两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直，如图8－6所示．由于血液中的正负离子随血流一起在磁场中运动，电极a、b之间会有微小电势差．在达到平衡时，血管内部的电场可看做是匀强电场，血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零，在某次监测中，两触点间的距离为3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，两触点间的电势差为160 μV，磁感应强度的大小为0.040 T．则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )图8－6A．1.3 m/s，a正、b负B．2.7 m/s，a正、b负C．1.3 m/s，a负、b正D．2.7 m/s，a负、b正解析：根据左手定则，可知a 正、b 负，所以C 、D 错；因为离子在场中所受合力为零，Bqv ＝U dq ，所以v ＝UBd＝1.3 m/s ，A 对B 错．答案：A7．1931年英国物理学家狄拉克从理论上预言：存在只有一个磁极的粒子，即“磁单极子”．其周围磁感线呈均匀辐射状分布，距离它r 处的磁感应强度大小为B ＝kr2(k 为常数)．磁单极子N 的磁场分布如图8－7甲所示，与如图乙所示正点电荷Q 的电场分布相似．假设磁单极子N 和正点电荷Q 均固定，有一非磁性材料制成的带电小球分别在N 的正上方和Q 的 正下方附近做水平匀速圆周运动，下列关于小球的电性及运动方向的说法可能正确的是( )甲 乙图8－7A ．图甲中小球带正电，由上往下看做顺时针运动B ．图甲中小球带正电，由上往下看做逆时针运动C ．图乙中小球带正电，由上往下看做逆时针运动D ．图乙中小球带正电，由上往下看做顺时针运动解析：受力情况如图8－8所示，图甲中的小球如果带正电，由上往下看做顺时针运动，如果带负电，由上往下看做逆时针运动，因此A 对B 错；图乙中的小球一定带负电，所以C 、D 错．甲 乙图8－8答案：A图8－98．(多选题)如图8－9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 ＝1B2UEgC ．小球做匀速圆周运动的周期为T ＝2πEBgD ．若电压U 增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加解析：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满足mg ＝Eq ，则小球带负电，A 项错误；因为小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv ＝mv 2r ，Uq ＝12mv 2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r ＝1B2UEg，由T ＝2πr v ，可以得出T ＝2πEBg，所以B 、C 项正确，D 项错误．答案：BC第Ⅱ卷 非选择题，共52分二、计算题(本大题共3小题，共52分)图8－109．(14分)如图8－10所示，电源电动势E ＝2 V ，内电阻r ＝0.5 Ω，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m＝0.1 kg，电阻R＝0.5 Ω，它与导轨的动摩擦因数μ＝0.4，有效长度为L＝0.2 m，为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施一与纸面成30°向里且与金属棒垂直的磁场，问磁场方向是斜向上还是斜向下？磁感应强度B的范围是多大？(g取10 m/s2)解析：图8－11以静止的金属棒为研究对象，其侧视的受力分析如图8－11所示，若摩擦力方向向上，则B1IL sin30°＋μB1IL cos30°＝mg.若摩擦力方向向下，则B2IL sin30°－μB2IL cos30°＝mg，其中电流I＝ER＋r代入数据得：B1＝3 T，B2＝16.3 T，故所求磁感应强度的范围是3 T≤B≤16.3 T；根据左手定则可知其方向应斜向下．答案：斜向下 3 T≤B≤16.3 T图8－1210．(18分)回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，图8－12为回旋加速器的示意图．D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上．在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中．两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速．如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D 形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出．已知带电粒子的电荷量为q ，质量为m ，加速时狭缝间电压大小恒为U ，磁场的磁感应强度为B ，D 形盒的半径为R ，狭缝之间的距离为d .设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：(1)带电粒子能被加速的最大动能E k ； (2)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆的半径；(3)若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电源为I ，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P .解析：(1)带电粒子在D 形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，此时带电粒子具有最大动能E k ，设离子从D 形盒边缘离开时的速度为v m .依据牛顿第二定律Bqv m ＝m v 2mR所以带电粒子能被加速的最大动能 E k ＝12mv 2m ＝q 2B 2R 22m(2)带电粒子在D 2盒中第n 个半圆是带电粒子经过窄缝被加速2n －1次后的运动轨道，设其被加速2n －1次后的速度为v n由动能定理得(2n －1)qU ＝12mv 2n此后带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，半径为r n由牛顿第二定律得Bqv n ＝m v 2nr nr n ＝mv n Bq ＝1B22n －1mUq(3)设在时间t 内离开加速器的带电粒子数为N ，则正离子束从回旋加速器输出时形成的等效电流I ＝Nq t ，解得N ＝It q带电粒子从回旋加速器输出时的平均功率P ＝N ·E k t ＝qIB 2R 22m .答案：(1)q 2B 2R 22m (2)1B22n －1mUq(3)qIB 2R 22m11．(20分)(2015·广东汕头模拟)如图8－13甲所示，水平直线MN 下方有竖直向上的匀强电场，电场强度E ＝π10×104 N/C.现将一重力不计、比荷q m＝1×106C/kg 的正电荷从电场中的O 点由静止释放，经过t 0＝1×10－5s 后，通过MN 上的P 点进入其上方的匀强磁场．磁场方向垂直于纸面向外，以电荷第一次通过MN 时开始计时，磁感应强度按图乙所示规律周期性变化．甲乙 图8－13(1)求电荷进入磁场时的速度；(2)求图乙中t ＝2×10－5s 时刻电荷与P 点的距离；(3)如果在P 点右方d ＝100 cm 处有一垂直于MN 的足够大的挡板，求电荷从O 点出发运动到挡板所需的时间．解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，则Eq ＝ma v 0＝at 0代入数据解得v 0＝π×104m/s(2)当B 1＝π20 T 时，电荷运动的半径r 1＝mv 0B 1q ＝0.2 m ＝20 cm周期T 1＝2πm B 1q＝4×10－5s当B 2＝π10 T 时，电荷运动的半径r 2＝mv 0B 2q ＝10 cm周期T 2＝2πm B 2q＝2×10－5s故电荷从t ＝0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图8－14所示．图8－14t ＝2×10－5 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期再沿小圆轨迹运动半个周期，恰好运动到MN 上，则与P 点的水平距离为r 1＝20 cm.(3)电荷从P 点开始，其运动的周期为T ＝T 12＋T 2＋2t 0＝6×10－5s ，根据电荷的运动情况可知，电荷每一个周期向右沿PN 运动的距离为40 cm ，故电荷到达挡板前运动的完整周期数为2个，然后再运动T 14，以90°角撞击到挡板上，故电荷从O 点出发运动到挡板所需的总时间t 总＝t 0＋2T ＋14T 1解得t 总＝1.4×10－4s答案：(1)π×104m/s (2)20 cm (3)1.4×10－4s。