2020版物理新增分大一轮江苏专用版讲义：第八章磁场本章综合能力提升练

本章综合能力提升练一、单项选择题1.如图1，一导体棒ab静止在U形铁芯的两臂之间.电键闭合后导体棒受到的安培力方向(　　)图1A.向上  B.向下  C.向左  D.向右答案　D解析　由安培定则知U形铁芯下端为N极，上端为S极，ab中的电流方向由a→b，由左手定则可知导体棒受到的安培力方向向右，选项D正确.2.(2017·南师附中模拟)如图2所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.质量为m、长为L的金属杆ab垂直导轨放置，整个装置处于垂直ab方向的匀强磁场中.当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab保持静止.则磁感应强度的方向和大小可能为(　　)图2A.竖直向上，B.平行导轨向上，C.水平向右，D.水平向左，答案　D解析　金属导轨光滑，所以没有摩擦力，则金属杆只受重力、支持力和安培力，根据平衡条件知三力的合力为零.当磁感应强度方向竖直向上时，如图所示，安培力水平向右，由几何关系和F＝BIL得磁感应强度大小为，选项A错误；磁感应强度方向平行导轨向上，安培力垂直于导轨向下，不可能平衡，选项B错误；磁感应强度方向水平向右，安培力竖直向下，不可能平衡，选项C错误；磁感应强度方向水平向左，安培力竖直向上，若平衡，安培力和重力相等，且由F＝BIL得磁感应强度大小为，选项D正确.3.(2018·铜山中学模拟)如图3所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点(　　)图3A.   B.C.   D.答案　B解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到向下再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以选项B正确.4.如图4，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc，已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动.下列选项正确的是(　　)图4A.ma>mb>mc   B.mb>ma>mcC.mc>ma>mb   D.mc>mb>ma答案　B解析　由题意知，三个带电微粒所受洛伦兹力和重力的关系为：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqvb，mcg＋Bqvb＝qE，所以mb>ma>mc，故选项B正确，A、C、D错误.5.(2017·如皋市第二次质检)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图5所示，其中磁感应强度恒定.质子在入口处从静止开始被加速电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场.若某种2价正离子在入口处从静止开始被加速电场加速，为使它经同一匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将加速电压减小到原来的倍.此离子和质子的质量比约为(　　)图5A.6  B.12  C.24  D.144答案　C解析　根据动能定理得，qU＝mv2得v＝①粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝，得R＝②①②两式联立得：m＝二价正离子与质子从同一出口离开磁场，则R相同，所以m∝，二价正离子电荷量是质子的2倍，且加速电压是质子的，故二价正离子质量是质子质量的24倍，C正确，A、B、D错误.6.带电粒子(不计重力)以初速度v0从a点垂直y轴进入匀强磁场，如图6所示，运动过程中粒子经过b点，且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点垂直y轴进入电场，粒子仍能过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为(　　)图6A.v0  B.1  C.2v0  D.答案　C解析　带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，经过a、b两点且Oa＝Ob，故O为圆心，Oa＝Ob＝，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，竖直方向加速度a＝，故Ob＝v0t，Oa＝t2，联立解得＝2v0，故选项C正确.7.如图7，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同的方向射入磁场，若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2∶v1为(　　)图7A.∶2   B.∶1C.∶1   D.3∶答案　C解析　根据作图分析可知，当粒子在磁场中运动半个圆周时，打到圆形磁场边界的位置距P点最远，则若粒子射入的速率为v1，轨迹如图甲所示，设圆形磁场半径为R，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r1＝Rcos 60°＝R；若粒子射入的速率为v2，轨迹如图乙所示，由几何知识可知，粒子运动的轨道半径为r2＝Rcos 30°＝R；根据轨道半径公式r＝可知，v2∶v1＝r2∶r1＝∶1，故选项C正确.二、多项选择题8.(2018·如皋市调研)如图8所示为一种质谱仪的工作原理示意图，此质谱仪由以下几部分构成：离子源、加速电场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为R，通道内有均匀辐射电场，在中心线处的电场强度大小为E；磁分析器中分布着方向垂直于纸面，磁感应强度为B的匀强磁场，其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为m、电荷量为q的正离子(初速度为零，重力不计)，经加速电场加速后进入静电分析器，沿中心线MN做匀速圆周运动，而后由P点进入磁分析器中，最终经过Q点进入收集器.下列说法中正确的是(　　)图8A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内B.加速电场中的加速电压U＝ERC.磁分析器中轨迹圆心O2到Q点的距离d＝D.任何离子若能到达P点，则一定能进入收集器答案　BC解析　进入磁分析器后，正离子顺时针转动，所受洛伦兹力指向圆心，根据左手定则，可知磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向外，A错误；离子在静电分析器中做匀速圆周运动，设离子进入静电分析器时的速度为v，根据牛顿第二定律有Eq＝m，离子在加速电场中加速的过程中，由动能定理有：qU＝mv2，解得加速电压U＝，B正确；离子在磁分析器中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝m，由B项分析可知：v＝，得d＝＝，C正确；由题意可知，圆周运动的轨道半径与电荷的质量和电荷量有关，能够到达P点的不同离子，轨道半径不一定都等于d，不一定都能进入收集器，D错误.9.如图9所示为电磁轨道炮的工作原理图.待发射弹体与轨道保持良好接触，并可在两平行轨道之间无摩擦滑动.电流从一条轨道流入，通过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平面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与电流I成正比.通电的弹体在安培力的作用下离开轨道，则下列说法正确的是(　　)图9A.弹体向左高速射出B.I为原来的2倍，弹体射出的速度也为原来的2倍C.弹体的质量为原来的2倍，射出的速度也为原来的2倍D.轨道长度L为原来的4倍，弹体射出的速度为原来的2倍答案　BD解析　根据安培定则可知，弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里，再利用左手定则可知，弹体受到的安培力水平向右，所以弹体向右高速射出，选项A错误；设B＝kI(其中k为比例系数)，轨道间距为l，弹体的质量为m，射出时的速度为v，则安培力F＝BIl＝kI2l，根据动能定理有FL＝mv2，联立可得v＝I，选项C错误，B、D正确.10.(2018·盐城中学最后一卷)如图10所示是某霍尔元件的内部结构图，其载流子为电子.a接直流电源的正极，b接直流电源的负极，cd间输出霍尔电压.下列说法正确的是(　　)图10A.若工作面水平，置于竖直向下的匀强磁场中，c端的电势高于d端B.cd间霍尔电压与ab间电流大小有关C.将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，但两处的磁场强弱相同D.在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直答案　ABD解析　若工作面水平，置于竖直向下的磁场中，由于电流从a流向b，电子从b流向a，由左手定则可知，电子偏向d极，则c端的电势高于d端，选项A正确；cd间霍尔电压满足q＝Bqv，而电流I＝neSv，可知U＝Bdv＝，即cd间霍尔电压与ab间电流大小有关，选项B正确；由以上分析可知，将该元件移至另一位置，若霍尔电压相同，但两处的磁场强弱不一定相同，选项C错误；地球赤道处的磁场与地面平行，则在测定地球赤道上的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持竖直，选项D正确.三、计算题11.(2018·南京市期中)如图11所示，一个质量为m、电荷量为＋q的微粒(不计重力)，初速度为零，经两金属板间电场加速后，沿y轴射入一个边界为矩形的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，磁场方向垂直纸面向里.磁场的四条边界分别是y＝0，y＝a，x＝－1.5a，x＝1.5a.图11(1)求微粒分别从磁场上、下边界射出时对应的电压范围；(2)微粒从磁场左侧边界射出时，求微粒的射出速度相对进入磁场时初速度偏转角度的范围，并确定在左边界上出射范围的宽度d.答案　见解析解析　(1)当微粒运动轨迹与上边界相切时，由图(a)中几何关系可知，R1＝a微粒做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv1B＝m微粒在电场中加速，由动能定理得qU1＝mv12联立得U1＝所以微粒从上边界射出的电压范围为U1′>当微粒由磁场区域左下角射出时，由图(b)中几何关系可知，R2＝0.75a微粒做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv2B＝m微粒在电场中加速，由动能定理得qU2＝mv22联立得U2＝所以微粒从下边界射出的电压范围为0<U2′<(2)微粒从左侧边界射出时，轨迹如图(c)，当微粒运动轨迹与上边界相切时由几何关系可知sin∠AO1C＝＝，故∠AO1C＝30°由图中几何关系可知此时速度方向偏转了120°，微粒由左下角射出磁场时，速度方向偏转了180°，所以微粒的速度偏转角度范围为120°～180°.左边界出射范围的宽度d＝R1cos 30°＝a.12.(2018·南京市三模)如图12所示，平面直角坐标系x轴水平，y轴竖直向上，虚线MN与y轴平行，y轴左侧有竖直向下的匀强电场，场强E1＝6 N/C，y轴与MN之间有平行于y轴的匀强电场E2(未画出)，y轴右侧存在垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝1 T.一带正电小球(m＝1×10－3 kg，q＝5×10－3 C)从图中与y轴距离为x0＝0.3 m的P点，以v0＝3 m/s的初速度沿x轴正向开始运动，经坐标原点O越过y轴，在y轴与MN之间恰好做匀速圆周运动，再经C点越过MN，越过时速度方向与x轴正方向一致.线段CD平行于x轴，小球能通过D点，取g＝10 m/s2.求：图12(1)经过O点时的速度；(2)匀强电场的场强E2以及C点的坐标；(3)线段CD的长度.答案　(1)5 m/s，方向与x轴夹角为53°斜向右下(2)2 N/C，方向向上　(0.8 m，－0.4 m)(3)0.8πn m(n＝1,2,3，……)解析　(1)小球在PO段做类平抛运动t＝＝0.1 s，ay＝＝40 m/s2vy＝ayt＝4 m/s，v＝＝5 m/s设速度与x轴夹角为θ，则tan θ＝＝，故速度与x轴夹角θ＝53°斜向右下(2)小球在y轴与MN之间做匀速圆周运动，重力与电场力平衡，得mg＝qE2，则E2＝＝2 N/C，方向向上洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m，故R＝＝1 mx＝Rsin θ＝0.8 m，y＝R－Rcos θ＝0.4 m故由题图可知C点坐标为(0.8 m，－0.4 m)(3)在MN右侧，由qv1B＝mg，得v1＝＝2 m/sv2＝v－v1＝3 m/s小球在C点的速度大小是v＝5 m/s，可看成是v1＝2 m/s和v2＝3 m/s两个速度的合成，在磁场中小球的运动轨迹为摆轮线.周期为T＝＝0.4π s所以LCD＝v1·nT＝0.8πn m(n＝1,2,3，……).