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1、1 第 6 章 静电场磁场对电流和运动电荷的作用(时间： 60 分钟满分： 100 分) 一、选择题 ( 本题共 10 小题，每小题6 分在每小题给出的四个选项中，第17 题只有一项符合题目要求，第89 题有多项符合题目要求全部选对的得6 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得0 分 ) 1(2015江苏高考) 如图 1 所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是( ) 图 1 【解析】磁场发生微小变化时，因各选项中载流线圈在磁场中的面积不同
2、，由法拉第电磁感应定律EntnBSt知载流线圈在磁场中的面积越大，产生的感应电动势越大，感应电流越大，载流线圈中的电流变化越大，所受的安培力变化越大，天平越容易失去平衡，由题图可知，选项A符合题意【答案】A 2(2015海南高考)如图 2 所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且 S极朝向a点P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点 在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - -
3、- - - 第 1 页，共 8 页 - - - - - - - - - 2 图 2 A向上B向下C向左D向右【解析】由题意知， 磁铁在a点磁场方向为垂直于P向前，电子在a点的瞬时速度方向向右根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A正确【答案】A 3用同一回旋加速器分别对质子(11H)和氘核 (21H)加速后，则 ( ) A质子获得的动能大B氘核获得的动能大C两种粒子获得的动能一样大D无法确定【解析】因qvBmv2r又Ek12mv2 故Ekq2B2r22m，所以Ekq2m，故 A正确【答案】A 4长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线AB通以如图 3 所示的恒定电流
4、时，下列说法正确的是( ) 【导学号： 34660153】图 3 A小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D小球不受磁场力作用【解析】电场对其中的静止电荷、运动电荷都有力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以D选项正确名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 8 页 - - - - - - - - - 3 【答案】D 5(201
5、3全国卷 ) 如图4 所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面( 纸面) ，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外一电荷量为q(q0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域， 射入点与ab的距离为R2. 已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力 )( ) 图 4 A.qBR2mB.qBRmC.3qBR2mD.2qBRm【解析】本题应从带电粒子在磁场中的圆周运动角度入手并结合数学知识解决问题带电粒子从距离ab为R2处射入磁场，且射出时与射入时速度方向的夹角为60，粒子运动轨迹如图，ce为射入速度所在直线，d为射出点，射出速度反向延长交ce于
6、f点，磁场区域圆心为O，带电粒子所做圆周运动圆心为O，则O、f、O在一条直线上，由几何关系得带电粒子所做圆周运动的轨迹半径为R，由F洛Fn得qvBmv2R，解得vqBRm，选项B正确【答案】B 6如图 5 所示，通电圆线圈套在条形磁铁右端，磁场对通电线圈作用的结果是( ) 图 5 A圆面有被拉大的倾向B圆面有被压小的倾向C线圈将向上平移名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 8 页 - - - - - - - - - 4 D线圈将向右平移【解析】线圈处在如图所示的
7、磁场中，线圈中电流的截面图上方向外，下方向里，由左手定则知受力如图所示，则在安培力的作用下，线圈有被压小的趋势，F的水平分量将使线圈向左平移，故B正确 A、C 、D错误【答案】B 7有一混合正离子束先后通过正交电磁场区域和匀强磁场区域，如图6 所示，如果这束正离子流在区域中不偏转，进入区域后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( ) 速度；质量；电荷量；比荷ABCD【解析】在区域， 运动的正离子受到竖直向下的电场力和竖直向上的洛伦兹力，且EqBqv，离子以速度vEB匀速穿过区域，进入区域，离子做匀速圆周运动，轨道半径rmvqB，因经区域的选择v相同，当v相同时，必有q/m相同【答案】C 8电磁
8、轨道炮工作原理如图7 所示待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场( 可视为匀强磁场) ，磁感应强度的大小与I成正比 通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是( ) 图 7 A只将轨道长度L变为原来的2 倍B只将电流I增加至原来的2 倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2 倍，其他量不变【解析】本题考查安培力、动能定理等有关知识由题意可知BkI，FBIdkI2d. 名师资料总结 -
9、- -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 8 页 - - - - - - - - - 5 由动能定理可得：FL12mv20，v02FLm2kI2dLm，v0IdLm，要使v0加倍，则B、D正确， A、C错【答案】BD 9(2013浙江高考) 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和 P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图8 所示，已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P和 P3
10、( ) 图 8 A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为31C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13【解析】应用动能定理和圆周运动规律分析两种离子的速度关系及在磁场中运动的半径关系，结合几何知识分析两离子在有界磁场中的偏转角磷离子 P与 P3电荷量之比q1q213，质量相等，在电场中加速度aqEm，由此可知，a1a213，选项A 错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径rmvqB，又qU12mv2，故有r1B2mUq，即r1r231，选项 B正确；设离子P3在磁场中偏角为，则 sin dr2，sin dr1(d为磁场宽度 ) ，故有 sin sin 13，已知
11、30，故60，选项C正确；全过程中只有电场力做功，WqU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，选项D正确【答案】BCD 10如图 9 所示，光滑绝缘轨道ABP竖直放置，其轨道末端切线水平，在其右侧有一正交的匀强电场、磁场区域，电场竖直向上，磁场垂直纸面向里，一带电小球从轨道上的A点由静止滑下，经P点进入场区后，恰好沿水平方向做直线运动则可判定( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 8 页 - - - - - - -
12、- - 6 图 9 A小球带负电B小球带正电C若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向上偏D若小球从B点由静止滑下，进入场区后将立即向下偏【解析】小球从P点进入场区后沿水平方向做直线运动，则小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定带正电，且qEqvBmg；若从B点静止滑下，由动能定理可求得小球进磁场区时vv；则qEqvBmg，故向下偏， BD正确【答案】BD 二、计算题 ( 本题共 3 小题，共 40 分按题目要求作答) 11(12 分) 如图 10 所示，平行金属导轨PQ与MN都与水平面成 角，相距为l. 一根质量为m的金属棒ab在导轨上，并保持水平方向，ab棒内通有恒定电流，电流大小为I，
13、方向从a到b. 空间存在着方向与导轨平面垂直的匀强磁场，ab棒在磁场力的作用下保持静止，并且棒与导轨间没有摩擦力求磁感应强度B的大小和方向图 10 【解析】金属棒受力如图所示，根据力的平衡条件可知：F安mgsin 而F安BIl可得Bmgsin Il由左手定则可知，B的方向垂直导轨平面向下【答案】mgsin Il方向垂直导轨平面向下12(14 分) 如图 11 所示，在半径为r的圆形区域内，有一个匀强磁场，一带电粒子以速度v0从M点沿半径方向射入磁场区，并由N点射出，O点为圆心MON120，求：带名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - -
14、 - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 8 页 - - - - - - - - - 7 电粒子在磁场区的偏转半径R及在磁场区中的运动时间. 【导学号： 34660154】图 11 【解析】首先应确定带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的圆心具体方法是：过M和N点作圆形磁场区半径OM和ON的垂线， 两垂线的交点O即为带电粒子做圆周运动时圆弧轨道的圆心，如图所示由图中几何关系可知，圆弧MN所对的圆心角为60，O、O的连线为该圆心角的角平分线，由此可得tan 30 rR，所以带电粒子偏转半径为Rrtan 30 3r. 带电粒子运动周期T2mqB，Rmv0qB，因为mqBRv
15、03rv0，所以T2mqB23rv0，则带电粒子在磁场中运动时间为t60360T16T3r3v0. 【答案】3r3r3v013(14 分) 如图 12 所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场x轴下方有磁感应强度大小为B/2 ，方向垂直纸面外的匀强磁场一质量为m、电荷量为q的带电粒子 ( 不计重力 ) ，从x轴上O点以速度v0垂直x轴向上射出求：图 12 (1) 射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴？(2) 粒子第二次到达x轴时离O点的距离名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 -
16、- - - - - - 第 7 页，共 8 页 - - - - - - - - - 8 【解析】粒子射出后受洛伦兹力做匀速圆周运动，运动半个圆周后第一次到达x轴，以向下的速度v0进入下方磁场，又运动半个圆周后第二次到达x轴如图所示(1) 由牛顿第二定律有qv0Bmv20rT2rv0得T12mqB，T24mqB粒子第二次到达x轴需时间t12T112T23mqB. (2) 由式可知r1mv0qB，r22mv0qB粒子第二次到达x轴时离O点的距离s2r12r26mv0qB. 【答案】(1)3mqB(2)6mv0qB名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 8 页 - - - - - - - - -