【状元之路】高考物理一轮复习第八章 磁 场(有解析)新

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 b
B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，B a＜B b
C．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：B
2．(·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8－2
A.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：A
3．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：D
4.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∶2
B ．4∶3
C ．1∶1
D ．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＝3
2
，选项A 正确．答案：A
5．(·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8－5
A.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 ＝1
2mv 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：AD
6．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8－6
A.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8－7
A.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：D
8．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8－8
A.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 U
d ，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：B
9.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.mαqB
B.2πmαqB
C.mα2πqB
D.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 ＝mv
Bq ，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 ＝2πm
Bq 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 ＝2mα
qB .
答案：D
10．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 ＝
1
B
2UE
g
D ．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 ＝
1
B 2UE
g
，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＝2BIl
k ，
即Δx ＝2BIl
k
.
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 T
14．(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)＝1
2mv 2①
在A 点：mg ＝qvB 1②
解得B 1＝mg qv ＝mg
q 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 ＝mg
q
－B 22gl (1－cos θ).[
答案：(1)负电 (2)mg q 2gl (1－cos θ)
[ (3)mg
q －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 ＝1
2mv 20
得v 0＝2eU
m
＝
2×1.6×10－
19×4 550
0.91×10
－30
m/s ＝4×107 m/s. 由ev 0B ＝m v 20
r
得
r ＝mv 0
Be ＝0.91×10－
30×4×1074.55×10－3×1.6×10－19
m ＝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 ＋20.0×34
cm ＝16 cm.
答案：(1)见图8－17 (2)16 cm
16．(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＝1
2mv 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 0
m ，
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 1
at ，
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 22
R
，
解得离子在磁场中做圆周运动的半径R ＝2mU 0
eB 2
； (3)根据R ＝2
mU 0
eB 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 0
eB 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 0
eB 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 2
2－O ′N 2－R 1，
联立解得Δs ＝4(3－1)
mU 0
eB 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 0
eB 2。