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1、专题十磁场模拟试题考点一 磁场、磁场对电流的作用1.(2013深圳市南山区期末)指南针是我国古代的四大发明之一.当指南针静止时,其N极指向如图虚线(南北向)所示,若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极东偏北向)所示.则以下判断正确的是() A.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有东向西的电流B.可能在指南针上面有一导线东西放置,通有西向东的电流C.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有北向南的电流D.可能在指南针上面有一导线南北放置,通有南向北的电流解析:若某一条件下该指南针静止时N极指向如图实线(N极东偏北向)所示,则有一指向东方的磁场,由安培定则,可能在指南针上面有一导线南北放
2、置,通有北向南的电流,选项C正确.答案:C2.(2012佛山高三质检)如图所示,倾斜导轨宽为L,与水平面成角,处在方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中,金属杆ab水平放在导轨上.当回路电流为I时,金属杆ab所受安培力F() A.方向垂直ab杆沿斜面向上B.方向垂直ab杆水平向右C.F=BILcos D.F=BILsin 解析:由题图可知,电流由ba通过金属杆ab;由左手定则可知,金属杆ab所受安培力方向垂直ab杆水平向右,且F=BIL.故正确选项为B.答案:B3.(2013上海奉贤区期末)如图所示线框abcd在竖直面内,可以绕固定的OO轴转动.现通以abcda电流,要使它受到磁场力后,ab
3、边向纸外,cd边向纸里转动,则所加的磁场方向可能是() A.垂直纸面向外B.竖直向上C.竖直向下D.在OO上方垂直纸面向里,在OO下方垂直纸面向外解析:根据左手定则,要使它受到磁场力后,ab边向纸外,cd边向纸里转动,则所加的磁场方向可能是竖直向上,选项B正确.答案:B4.(2013金华十校联考)如图所示为一电流表的原理示意图.质量为m=20 g的均质细金属棒MN的中点处通过挂钩与竖直悬挂的弹簧相连,绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外.与MN的右端N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的示数,MN的长度大于ab边长度.当MN中没有电流通过且处于
4、平衡状态时,MN与矩形区域的cd边重合;当MN中有电流通过时,指针示数可表示电流强度.若已知弹簧的劲度系数为8.0 N/m.ab边长度为0.20 m,bc边长度为0.050 m,B=0.40 T.不计通电时电流产生的磁场的作用,此电流表的量程为() A.5.0 AB.3.0 AC.2.5 AD.1.0 A解析:由题意知,无电流通过金属棒MN时,指针指在标尺上的零刻度线处,因此要使该电流表指示出电流,指针须向下移动,金属棒下降至匀强磁场的下边界,即ab边界时,通过它的电流最大,设此电流值为I,由BIab=kbc,解得I=5.0 A,选项A正确.答案:A5.(2013连云港市期末)如图所示,空间存
5、在着与圆台母线垂直向外的磁场,各处的磁感应强度大小均为B,圆台母线与竖直方向的夹角为.一个质量为m、半径为r的匀质金属环位于圆台底部.环中通以恒定的电流I后圆环由静止向上运动,经过时间t后撤去该恒定电流并保持圆环闭合,圆环上升的最大高度为H.已知重力加速度为g,磁场的范围足够大.在圆环向上运动的过程中,下列说法正确的是() A.在时间t内安培力对圆环做功为mgHB.圆环先做匀加速运动后做匀减速运动C.圆环运动的最大速度为-gtD.圆环先有扩张后有收缩的趋势解析:环中通以恒定的电流I后,圆环所受安培力为BI2r,在竖直方向分力为F=BI2rcos ,由牛顿第二定律,BI2rcos -mg=ma,
6、圆环向上运动的加速度为a=-g,经过时间t,速度最大为v=at,圆环运动的最大速度为-gt,向上,选项C正确.在时间t内上升高度h=at2,安培力对圆环做功为W=Fh,选项A错误;圆环先做匀加速运动后在磁场中切割磁感线做变减速运动,选项B错误.圆环向上切割磁感线运动产生逆时针方向的感应电流,有收缩的趋势,选项D错误.答案:C考点二 磁场对运动电荷的作用6.(2013广东揭阳一中、潮州金山中学联考)速率相同的电子垂直磁场方向进入四个不同的磁场,其轨迹照片如图所示,则磁场最强的是()解析:电子在磁场中做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力有Bve=可得B=,比较四个运动轨迹可知,选项D中电子做圆周
7、运动的轨道半径r最小,所以其磁场最强.答案:D7.(2013山东名校质检)如图(甲)所示为显像管的原理示意图,当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点.安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转.设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,图(乙)中哪种变化的磁场能够使电子束发生上述偏转()解析:要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,根据左手定则,能够使电子束发生上述偏转的变化的磁场是图(乙)中A项.答案:A8.(2013安徽师大附中一模)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.在xOy平面内,从原点O
8、处沿与x轴正方向成角(0)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计).则下列说法正确的是() A.若v一定,越大,则粒子在磁场中运动的时间越短B.若v一定,越大,则粒子在离开磁场的位置距O点越远C.若一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短解析:粒子在磁场中运动的时间t=T=,可见,该时间与v的大小无关,而与有关,越大,t越小,一定,t一定,选项A正确,D错误;若v一定,粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径r=一定,当=/2时,粒子离开磁场的位置距O点越远,显然,选项B错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,角速度=,所以选项C错误.答案:A9.(
9、2013武汉市联考)如图所示,带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场,两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30和60,且同时到达P点.a、b两粒子的质量之比为() A.12B.21C.34D.43解析:a、b两粒子同时从O点进入匀强磁场,同时到达P点,由几何关系可知,a粒子在匀强磁场中运动轨迹半径为ra=d,b粒子在匀强磁场中运动轨迹半径rb=d.a粒子运动轨迹所对圆心角为120,轨迹弧长sa=,运动时间ta=;b粒子运动轨迹所对圆心角为60,轨迹弧长sb=,运动时间tb=.由=得出=,又由于ma=mb可得出=,故选项C正确.答案:C10.(2013宁波市期末
10、)如图所示,在矩形区域内有垂直于纸平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B=5.010-2T,矩形区域长为 m,宽为0.2 m,在AD边中点O处有一放射源,某时刻,放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射出速率均为v=2106 m/s的某种带正电粒子,带电粒子质量m=1.610-27kg.电荷量为q=3.210-19C(不计粒子重力),求: (1)带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为多大?(2)从BC边界射出的粒子中,在磁场中运动的最短时间为多少?(3)若放射源向磁场内共辐射出了N个粒子,从CD边界射出的粒子有多少个?解析:(1)qvB=m,解得:R=0.2 m.(2)因为所有粒子的轨迹半径相同,所以
11、弦最短的圆弧所对应圆心角最小,运动时间最短. 作EOAD,EO弦最短.因为EO=0.2 m,且R=0.2 m,所以对应的圆心角为=/3.因为qvB=mR,所以T=.最短时间为t=,代入数据得:t=10-7s.(3)判断从O点哪些方向射入磁场的粒子将会从CD边射出,如图为两个边界. 当速度方向满足一定条件时,粒子将从D点射出磁场.因为OD=m,且R=0.2 m,所以OO2D=2/3.此时射入磁场的粒子速度方向与OD夹角为/3.当轨迹圆与BC边相切时,因为CD=0.2 m,且R=0.2 m,所以圆心O1在AD边上.因为OO1OD,所以带电粒子不可能通过C点.与BC边相切的即为从CD边射出磁场的最上
12、边缘的粒子.该粒子进入磁场的速度方向垂直AD向上,与OD之间的夹角为/2.所以从CD边射出磁场的粒子,射入磁场时速度方向应与OD边夹角在/3到/2之间,=/6的范围内.因为放射源沿纸面向磁场中各方向均匀地辐射粒子,所以能够从CD边射出的粒子数目为:n=N,即n=N/6.答案:(1)0.2 m(2) 10-7 s(3) 考点三 带电粒子在组合场中的运动11.(2013河南两市高三统考)如图(甲)所示是回旋加速器的示意图,其核心部分是两个D形金属盒,在加速带电粒子时,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图(乙)所示,若忽略带电粒子在电场中
13、的加速时间,则下列判断中正确的是()A.高频电源的变化周期应该等于tn-tn-1B.在Ekt图像中应有t4-t3=t3-t2=t2-t1C.粒子加速次数越多,粒子获得的最大动能一定越大D.不同粒子获得的最大动能都相同解析:由图可知粒子在单个D形盒内运动的时间为tn-tn-1,由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关,故选项B正确;交变电源的周期为2(tn-tn-1),故选项A错误;由r=可知,当粒子的运动半径等于D形盒半径时加速过程就结束了,粒子的最大动能Ek=,即粒子的最大动能与加速次数无关,故选项C错误;粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关,故选项D错误.答案:B12.(2013临沂质检)
14、如图所示,在水平放置的两平行金属板的右侧存在着有界的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里,磁场边界MN和PQ与平行板的中线OO垂直.金属板的两极板间的电压U=100 V,匀强磁场的磁感应强度B=1.010-2T.现有带正电的粒子以v0=1.73105m/s的速度沿两板间的中线OO连续进入电场,恰能从平行金属板边缘射入磁场.已知带电粒子的比荷=1.0108C/kg,粒子的重力和粒子间相互作用力均可以忽略不计(结果保留2位有效数字). (1)求射入电场的带电粒子射出电场时速度的大小和方向.(2)为使射入电场的带电粒子不会由磁场右边界射出,该匀强磁场区域的宽度至少为多大?解析:(1)由动能定理q=m-m
15、解得v12.0105 m/s设偏转角度为,则cos =30.(2)粒子运动轨迹如图所示,设粒子运动轨迹刚好与右边界相切, 这时磁场宽度为d,则d=R+Rsin 30=R而qv1B=,R=解得d=0.30 m,所以,磁场宽度至少为0.30 m答案:(1)2.0105m/s右下偏30(2)磁场宽度至少为0.30 m13.(2013浙江重点中学协作体高三模底)如图(a)所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,现将一重力不计、比荷=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过10-5s后,电荷以v0=1.5104m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场,磁场与纸面垂直,磁感应强度B按图(
16、b)所示规律周期性变化(图(b)中磁场以垂直纸面向外为正,以电荷第一次通过MN时为t=0时刻).求:(1)匀强电场的电场强度E;(2)图(b)中t=10-5s时刻电荷与O点的水平距离;(3)如果在O点右方d= 68 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.(sin 37=0.60,cos 37=0.80)解析:(1)电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为t1,有:v0=at1Eq=ma解得:E=7.2103N/C.(2)当磁场垂直纸面向外时,电荷运动的半径:r1=5 cm.周期T1=10-5s当磁场垂直纸面向里时,电荷运动的半径:r2=3 cm
17、周期T2=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(甲)所示. t=10-5s时刻电荷与O点的水平距离:d=2(r1-r2)=4 cm.(3)电荷从第一次通过MN开始,其运动的周期为:T=10-5s,根据电荷的运动情况可知,电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个,电荷沿ON运动的距离:s=15d=60 cm,故最后8 cm的距离如图(乙)所示,有: r1+r1cos =d-s解得:cos =0.6,则=53.故电荷运动的总时间:t总=t1+15T+T1-T1=3.8610-4s.答案:(1)7.2103N/C(2)4 cm(3)3.8610-4s考点四 带电粒子在复合场中的
18、运动14.(2013江苏苏南四校联考)如图所示,两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中,轨道两端在同一高度上,两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放,且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N,则()A.两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有vN=vMB.两小球都能到达轨道的最右端C.小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D.a小球受到的电场力一定不大于a的重力,b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力解析:由于洛伦兹力不做功,电场力对带电小球一定做负功,所以两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有vN=vM,选项A错误;小球b
19、可以到达轨道的最右端,小球a不能到达轨道的最右端,选项B错误;由于两个小球受力情况不同,运动情况不同,小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻不相同,选项C错误;由于题述没有给出半圆形光滑绝缘轨道半径和小球带电量、质量具体数据,b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力,而a小球受到的电场力一定不大于a的重力,选项D正确.答案:D15.(2013浙江五校联考)如图所示,方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界,是一个半径为r的圆,圆心O1在x轴上,OO1距离等于圆的半径.虚线MN平行于x轴且与圆相切于P点,在MN的上方是正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度的大小为E,方向沿x轴的负方向,磁场
20、的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外.有一群相同的正粒子以相同的速率在纸面内沿不同方向从原点O射入第象限,粒子的速度方向在与x轴成=30角的范围内,其中沿x轴正方向进入磁场的粒子经过P点射入MN后,恰好在正交的电磁场中做直线运动.粒子的质量为m,电荷量为q(不计粒子的重力).求: (1)粒子的初速率;(2)圆形有界磁场的磁感应强度;(3)若只撤去虚线MN上面的磁场B,这些粒子经过y轴的坐标范围.解析:(1)Eq=qv0B,得:v0=.(2)设正粒子在圆形有界磁场中做匀速圆周运动的半径为R,有:R=rqv0B=得:B=.(3)沿x轴正方向进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后,过y轴上点的坐标最大r=y1=v0t1y1=y1+r得:y1=r+沿与x轴正方向成=30角进入圆形有界磁场的粒子经电场E偏转后,过y轴上点的坐标最小.作图:作初速度的垂线OO2,且取OO2=r,则O2为圆周运动的圆心.设从Q点飞出磁场,连接O2Q(=r)和O1Q,则OO1QO2是菱形.因在Q点速度垂直半径O2Q,所以粒子飞出磁场时与y轴平行.Q点距y轴的距离为:x2=rsin 30=.r=y2=v0t2y2=y2+r得:y2=r+即:r+yr+.答案:(1)(2)(3)r+yr+10