磁场基础练

13 磁场
1(2019·全国卷Ⅰ·17)如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与直流电源两端相接．已知导体棒MN 受到的安培力大小为F ，则线框LMN 受到的安培力的大小为( )
A ．2F
B ．1.5F
C ．0.5F
D ．0
2．(2019·天一大联考上学期期末)一课外探究小组用如图12所示实验装置测量学校所在位置的地磁场的水平分量B x .将一段细长直导体棒南北方向放置，并与开关、导线、电阻箱以及电动势为E 、内阻为R 的电源组成如图所示的电路．在导体棒正下方距其l 处放一小磁针，开关断开时小磁针与导体棒平行，现闭合开关，缓慢调节电阻箱阻值，发现小磁针逐渐偏离南北方向，当电阻箱的接入阻值为5R 时，小磁针的偏转角恰好为30°.已知通电长直导线周围某点磁感应强度大小为B ＝k I r (r 为该点到通电长直导线的距
离，k 为比例系数)，棒和导线电阻不计，则该位置地磁场的水平分量大小为( )
A.3kE
5lR B.3kE
6lR C.3kE
15lR
D.3kE
18lR
3．(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图17所示，abcd 为边长为L 的正方形，在四分之一圆abd 区域内有垂直正方形平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B .一个质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从b 点沿ba 方向射入磁场，结果粒子恰好能通过c 点，不计粒子的重力，则粒子的速度大小为( )
A.qBL m
B.
2qBL
m
C.(2－1)qBL m
D.(2＋1)qBL m
4.(2019·全国卷Ⅱ·17)如图，边长为l 的正方形abcd 内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面(abcd 所在平面)向外．ab 边中点有一电子发射源O ，可向磁场内沿垂直于ab 边的方向发射电子．已知电子的比荷为k .则从a 、d 两点射出的电子的速度大小分别为( )
A.14kBl ，54kBl
B.14kBl ，5
4kBl C.12kBl ，54kBl D.12kBl ，54kBl
5．(2019·浙江绍兴市3月选考)如图所示，下边缘浸入水银槽中的铝盘置于蹄形磁铁的磁场中，可绕转轴转动，当转轴、水银槽分别与电源的正、负极相连时，铝盘开始转动．下列说法中不正确的是( )
A ．铝盘绕顺时针方向转动
B ．只改变磁场方向，铝盘的转动方向改变
C ．只改变电流方向，铝盘的转动方向改变
D ．同时改变磁场方向与电流方向，铝盘的转动方向不变
6.电磁炮是一种理想兵器，它的主要原理如图所示.1982年澳大利亚国立大学成功研制出能把2.2g 的弹体(包括金属杆MN 的质量)加速到10km/s 的电磁炮．若轨道宽2m ，长100m ，通过金属杆的电流恒为10A ，不计轨道摩擦，则( )
A ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5T
B ．垂直轨道平面的匀强磁场的磁感应强度大小为5.5×104T
C ．该电磁炮工作时磁场力的最大功率为1.1×104kW
D ．该电磁炮装置对磁场方向和电流方向的关系没有要求
7.(多选)(2019·江西赣州市上学期期末)如图所示，在半径为R 的圆形区域内，存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为q
m 的负离子以相同速率v 0(较大)，由P 点在纸平
面内沿不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，最终打在磁场区域右侧的荧光屏(足够大)上，则下列说法正确的是(不计离子的重力和离子间的相互作用)( )
A ．离子在磁场中运动的半径一定相等
B ．离子在磁场中运动的时间一定相等
C ．沿PQ 方向射入的离子飞出时速度偏转角最大
D ．若离子在磁场中运动的轨道半径r ＝2R ，则离子在磁场中运动的最长时间为πm
3qB
8.(2019·全国卷Ⅲ·18)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为1
2B 和B 、方向
均垂直于纸面向外的匀强磁场．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的粒子垂直于x 轴射入第二象限，随后垂直于y 轴进入第一象限，最后经过x 轴离开第一象限．粒子在磁场中运动的时间为( )
A.5πm 6qB
B.7πm 6qB
C.11πm 6qB
D.13πm 6qB
9.(2019·湖北黄冈市模拟)如图所示，在xOy 坐标系平面内x 轴上、下方
分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里．一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子从y 轴上的P 点以一定的初速度沿y 轴正方向射出，粒子经过时间t 第一次从x 轴上的Q 点进入下方磁场，速度方向与x 轴正方向成45°角，当粒子再次回到x 轴时恰好经过坐标原点O .已知OP ＝L ，不计粒子重力．求：
(1)带电粒子的初速度大小v 0；
(2)x 轴上、下方磁场的磁感应强度大小之比B 1B 2.
10 如图所示，在矩形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B ＝5.0×10－
2T ，矩形区域长为23
5m ，宽为0.2m ，在AD 边中点O 处有一粒子源，某时刻，粒子源沿纸面向磁场中各方向
均匀地发射出速率均为v ＝2×106m/s 的某种带正电粒子，带电粒子质量m ＝1.6×10－27
kg 、电荷量为q ＝
＋3.2×10
－19
C(不计粒子重力和粒子间的相互作用)，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)从BC 边界射出的粒子中，在磁场中运动的最长时间为多少？
11在科学研究中，可以通过施加适当的磁场来实现对带电粒子运动的控制．在如图所示的平面坐标系x0y 内，矩形区域(-3d<x<d ，-3d<y<3d)外存在范围足够大的匀强磁场．一质量为m 、电奇量为+q 的粒子从P(0，3d)点沿y 轴正方向射入磁场．当入射速度为0v 时，粒子从(-2d ，3d)处进入无场区．
(1)求磁场的磁感应强度B 的大小．
(2)求粒了离开P 点后经多长时间第一次回到P 点．
(3)若仅将入射速度变为20v ，其它条件不变，求粒于离开P 点后运动多少路程经过P 点．
12 如图所示，与纸面垂直的竖直面MN的左侧空间中存在竖直向上场强大小为E=2.5×102N/C的匀强电场(上、下及左侧无界).一个质量为m=0.5kg、电量为q=2.0×10—2C的可视为质点的带正电小球，在t=0时刻以大小为v0的水平初速度向右通过电场中的一点P，当t=t1时刻在电场所在空间中加上一如图所示随时间周期性变化的磁场，使得小球能竖直向下通过D点，D为电场中小球初速度方向上的一点，PD 间距为L，D到竖直面MN的距离DQ为L/π.设磁感应强度垂直纸面向里为正.(g=10m/s2)
(1)如果磁感应强度B0为已知量，试推出满足条件时t1的表达式(用题中所给物理量的符号表示)
(2)若小球能始终在电场所在空间做周期性运动.则当小球运动的周期最大时，求出磁感应强度B0及运动的最大周期T的大小.
.
13.如图所示，一个质量为m，带电量为+q的粒子以速度v0从O点沿y轴正方向射入磁感应强度为B 的圆形匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向外，粒子飞出磁场区域后，从点b处穿过x轴，速度方向与x
轴正方向的夹角为300.粒子的重力不计，试求:
(1)圆形匀强磁场区域的最小面积.
(2)粒子在磁场中运动的时间.
(3)b到O的距离.
M
Q
N
B
v0
1答案 B
解析 设三角形边长为l ，通过导体棒MN 的电流大小为I ，则根据并联电路的特点可知通过导体棒ML 和LN 的电流大小为I
2
，如图所示，
依题意有F ＝BlI ，则导体棒ML 和LN 所受安培力的合力为F 1＝Bl ·I 2＝1
2F ，方向与F 的方向相同，
所以线框LMN 受到的安培力大小为1.5F ，选项B 正确．
2．答案 B
解析 通电长直导体棒在其正下方距其l 处产生的磁场的磁感应强度大小为B 1＝k I
l ，方向沿东西方
向，其中的I ＝E R ＋5R ＝E
6R
；如图，
由磁场的叠加可知B x ＝B 1tan30°＝3kE
6lR
，故选B. 3．答案 C
解析 粒子沿半径方向射入磁场，则出射速度的反向延长线一定过圆心，由于粒子能经过c 点，因此粒子出磁场时一定沿ac 方向，轨迹如图所示，
由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r ＝2L －L ＝(2－1)L ，根据牛顿第
二定律得q v 0B ＝m v 02
r ，求得v 0＝(2－1)qBL m ，C 项正
确．
4.A.14kBl ，54kBl B.14kBl ，54kBl C.12kBl ，54kBl D.1
2kBl ，
5
4
kBl 答案 B 解析 如图，
电子从a 点射出时，其轨迹半径为r a ＝l 4，由洛伦兹力提供向心力，有e v a B ＝m v a 2r a ，又e
m ＝k ，解得
v a ＝kBl 4；电子从d 点射出时，由几何关系有r d 2＝l 2＋(r d －l 2)2，解得轨迹半径为r d ＝5l
4，由洛伦兹力提供
向心力，有e v d B ＝m v d 2r d ，又e m ＝k ，解得v d ＝5kBl 4
，选项B 正确．
5答案 A 6.答案 C
解析 由运动学公式v 2－v 02＝2ax ，可得弹体的加速度大小a ＝v 2－v 022x ＝(10×103)2
2×100 m /s 2＝5×105
m/s 2；弹体所受安培力为F ＝BIL ，由牛顿第二定律可得：BIL ＝ma ，解得：B ＝ma
IL ＝2.2×10－3×5×10510×2
T
＝55T ，选项A 、B 错误；速度最大时磁场力的功率最大，P m ＝BIL ·v m ＝55×10×2×104W ＝1.1×104kW ，选项C 正确；磁场方向和电流方向决定安培力方向，选项D 错误．
7答案 AD
解析 离子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2
r ，解得：r
＝
m v
qB
，因离子的速率相同，比荷相同，故轨迹半径一定相同，故A 正确；设离子轨迹所对应的圆心角为θ，则离子在磁场中运动的时间为t ＝θ2πT ，T ＝2πm
qB ，所有离子的运动周期相等，由于离子从圆上不同点
射出时，轨迹的圆心角不同，所以离子在磁场中运动的时间不同，故B 错误；由圆的性质可知，轨迹圆与磁场圆相交，当轨迹圆的弦长最大时速度偏转角最大，离子圆周运动的最大弦长为PQ ，故由Q 点飞出的离子圆心角最大，所对应的时间最长，此时离子一定不会沿PQ 方向射入，即沿PQ 方向射入的离子飞出时的速度偏转角不是最大的，故C 错误；若离子在磁场中运动的轨道半径r ＝2R ，则离子在磁场中转过的最大圆心角：θ＝60°，离子在磁场中运动的最长时间：t ＝θ360°T ＝60°360°×2πm qB ＝πm
3qB
，故D 正确．
8.答案 B
解析 设带电粒子进入第二象限的速度为v ，在第二象限和第一象限中运动的轨迹如图所示，
对应的轨迹半径分别为R 1和R 2，由洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2R 、T ＝2πR
v ，可得R 1＝m v qB 、R 2
＝
2m v qB 、T 1＝2πm qB 、T 2＝4πm qB ，带电粒子在第二象限中运动的时间为t 1＝T 1
4，在第一象限中运动的时间为t 2＝
θ2πT 2，又由几何关系有cos θ＝R 2－R 1R 2＝12，可得t 2＝T 2
6
，则粒子在磁场中运动的时间为t ＝t 1＋t 2，联立以上各式解得t ＝7πm 6qB
，选项B 正确，A 、C 、D 错误．
9答案 (1)52πL
4t (2)1＋22
解析 (1)粒子运动轨迹如图所示 由几何知识可得：r 1＝OP
cos45°
＝2L ， 粒子在x 轴上方转过的圆心角：θ＝5π
4，
又t ＝θr 1v 0， 解得：v 0＝52πL 4t .
(2)由几何知识得：OQ ＝r 1＋r 1cos45°， 粒子在x 轴下方运动的轨道半径：r 2＝
2
2
OQ ， 粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，
由牛顿第二定律得：q v 0B ＝m v 02r ， 解得：B 1B 2＝r 2r 1＝1＋2
2.
10答案 (1)0.2m (2)π3×10－7s (3)π2
×10－
7s
解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动， 由牛顿第二定律得：q v B ＝m v 2
R
解得：R ＝0.2m.
(2)因为所有粒子的轨道半径相同，所以弦最短的圆所对应的圆心角最小，运动时间最短，作EO ⊥AD ，则EO 弦最短，如图所示．因为EO ＝0.2m ，且R ＝0.2m ，
所以对应的圆心角为θ＝π3
由牛顿第二定律得：q v B ＝m (2πT )2R 解得：T ＝2πm
qB
最短时间为：t min ＝
θ2πT ＝θm
qB
解得：t min ＝π
3
×10－7s.
(3)从BC 边界射出的粒子在磁场中运动的时间最长时，粒子运动轨迹与BC 边界相切或粒子进入磁场时的速度方向指向OA 方向，转过14圆周，对应的圆心角：α＝π4，粒子的最长运动时间：t max ＝14T ＝πm 2qB ，
解得：t max ＝π
2
×10－7s.
129. （1）t 1=L/V 0+m/qB 0 （2）qL
mv B 0
02π= 6L/V 0 （3）如图
13 解:(1)带电粒子在磁场中运动时，洛仑兹力提供向心力
R
v m Bqv 20
= (2分)
其转动半径为qB
mv R 0
=
(2分) 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，连接粒子在磁场区入射点和出射点得弦长为:
b x
y O
R
v 0 60°
l
R l 3= (2分)
要使圆形匀强磁场区域面积最小，其半径刚好为l 的一半，即:
qB
mv R l r 0
232321=
== (2分) 其面积为2
22
22
min
43B q v m r S ππ== (2分)
(2)带电粒子在磁场中轨迹圆弧对应的圆心角为1200，带电粒子在磁场中运动的时间为转动周期的
3
1
，qB
m v R T t 323/231
0ππ=== (4分)
(3)带电粒子从O 处进入磁场，转过1200后离开磁场，再做直线运动从b 点射出时ob 距离:
qB
mv R d 0
33=
= (4分)。