2011磁场二轮复习题及答案解析

2011届高考物理二轮总复习专题过关检测)磁场(时间:90分钟满分:100分)第Ⅰ卷选择题一、选择题(本题共10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,有的只有一个选项正确,有的有多个选项正确,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)1.20世纪50年代,一些科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”,认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时,磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流,此电流产生了地磁场.连续的磁暴作用可维持地磁场,则外地核中的电流方向为(地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线)()A.垂直磁子午线由西向东B.垂直磁子午线由东向西C.沿磁子午线由南向北D.沿磁子午线由北向南解析:地磁场由南向北,根据安培定则可判断,外地核中电流方向由东向西.答案:B2.如图11-1所示,两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流,a受到的磁场力大小为F1,当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁场力的大小变为F2,则此时b受到的磁场力的大小变为()图11-1A.F2B.F1－F2C.F2－F1D.2F1－F2解析:对a导线,原来b导线对a导线作用力为F1,方向向左,假设加入的匀强磁场垂直向里,如图甲所示,则a导线受外加匀强磁场的作用力为F′,则F1、F′、F2之间有下列关系:F2=F1－F′(F′=F1－F2)同理对b导线分析受力，如图乙所示，故此时导线b受磁场作用力:F=F1－F′=F1－(F1－F2)=F2本题正确的答案为A.答案:A3.带电体表面突出的地方电荷容易密集.雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时,由于静电感应,建筑物顶端会聚集异种电荷,避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击.你若想知道竖直导线中的电流方向,进而判断云层所带电荷,安全可行的方法是()A.在导线中接入电流表B.在导线中接入电压表C.在导线中接入小灯泡D.在导线旁放一可自由转动的小磁针解析:根据小磁针静止时N 极的指向判断出其所在处的磁场方向,然后根据安培定则判断出电流方向,既安全又可行.答案:D4.下列关于磁感线的说法正确的是( )A.磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向,它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S 极所指的方向相同B.磁感线总是从磁体的N 极出发,到磁体的S 极终止C.磁场的磁感线是闭合曲线D.磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线,没有细铁屑的地方就没有磁感线解析:磁感线的切线方向就是该点的磁场方向,磁场的方向规定为小磁针N 极受力的方向,也就是小磁针静止时N 极的指向,所以A 项错误.在磁体的外部,磁感线从N 极出发指向S 极,在磁体的内部,磁感线从S 极指向N 极,并且内、外形成闭合曲线,所以B 项错误,C 项正确.虽然磁感线是为了研究问题的方便人为引入的,我们也可以用细铁屑形象地“显示”磁感线,但不能说没有细铁屑的地方就没有磁感线,所以D 项是错误的. 答案:C图11-25.如图11-2所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为T 0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示.现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则( ) A.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T 0 B.若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T 0 C.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T 0 D.若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T 0解析:因电荷在电场力作用下做匀速圆周运动，根据圆周运动知识有r T m F 2)2(π=电,若所加的磁场指向纸里,因电荷所受的洛伦兹力背离圆心,电荷所受的向心力减小,所以质点运动的周期将增大,大于T 0.若所加的磁场指向纸外,因电荷所受的洛伦兹力指向圆心,电荷所受的向心力增大,所以质点运动的周期将减小,小于T 0,正确选项为A 、D.答案:AD6.在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场,一质量为m 的带正电小球,在该区域内沿水平方向向右做直线运动,如图11-3所示.关于场的分布情况可能的是( )图11-3A.该处电场方向和磁场方向重合B.电场竖直向上,磁场垂直纸面向里C.电场斜向里侧上方,磁场斜向外侧上方,均与v 垂直D.电场水平向右,磁场垂直纸面向里解析:带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力,是否受洛伦兹力需具体分析.A 选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直,则洛伦兹力与电场力垂直,如果与重力的合力为零就会做直线运动.B 选项中电场力、洛伦兹力都向上,若与重力合力为零,也会做直线运动.C 选项电场力斜向里侧上方,洛伦兹力向外侧下方,若与重力合力为零,就会做直线运动.D 选项三个力合力不可能为零,因此本题选A 、B 、C.答案:ABC7.如图11-4所示，水平正对放置的带电平行金属板间的匀强电场方向竖直向上，匀强磁场方向垂直纸面向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点由静止释放，经过轨道端点P 进入板间后恰好沿水平方向做匀速直线运动.现在使小球从稍低些的b 点由静止释放，经过轨道端点P 进入两板之间的场区.关于小球和小球现在的运动情况，以下判断中正确的是( )图11-4A.小球可能带负电B.小球在电、磁场中运动的过程动能增大C.小球在电、磁场中运动的过程电势能增大D.小球在电、磁场中运动的过程机械能总量不变解析:如果小球带负电，则小球在金属板间受到向下的重力、向下的电场力、向下的洛伦兹力，则小球不能沿水平方向做匀速直线运动，所以小球只能带正电，此时洛伦兹力向上，电场力向上，且F 洛+F 电=mg ，当小球从稍低的b 点由静止释放时，小球进入金属板间的速度将减小，则F 洛减小,F 洛+F 电＜mg ，小球将向下运动，电场力做负功，合外力做正功.所以小球在电磁场中运动的过程中动能增大，电势能增加，机械能减小，故B 、C 正确，A 、D 错. 答案:BC8.如图11-5所示,两平行金属板的间距等于极板的长度,现有重力不计的正离子束以相同的初速度v 0平行于两板从两板正中间射入.第一次在两极板间加恒定电压,建立场强为E 的匀强电场,则正离子束刚好从上极板边缘飞出.第二次撤去电场,在两板间建立磁感应强度为B 、方向垂直于纸面的匀强磁场,正离子束刚好从下极板边缘飞出,则E 和B 的大小之比为( )图11-5A.045vB.021vC.041v D.v 0解析:根据题意d =L ①两板间为匀强电场时,离子做类平抛运动. 设粒子在板间的飞行时间为t ,则 水平方向:L =v 0t ② 竖直方向:222212t mqE atd ==③两板间为匀强磁场时,设偏转半径为r 由几何关系有222)2(L d r r +-=④又rv mB qv 200=⑤①②③④⑤联立得.450v BE =答案:A9.如图11-6所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上.在塑料板左端无初速度放置一质量为0.1 kg 、带电荷量为+0.2 C 的滑块,滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力.现对塑料板施加方向水平向左、大小为0.6 N 的恒力,g 取10 m/s 2,则( )图11-6A.塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s 2的匀加速运动B.滑块开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动C.最终塑料板做加速度为2 m/s 2的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s 的匀速运动D.最终塑料板做加速度为3 m/s 2的匀加速运动,滑块做速度为10 m/s 的匀速运动解析:滑块随塑料板向左运动时,受到竖直向上的洛伦兹力,和塑料板之间的正压力逐渐减小.开始时,塑料板和滑块加速度相同,由F =(M +m )a 得,a =2 m/s 2,对滑块有μ(mg －qvB )=ma ,当v =6 m/s 时,滑块恰好相对于塑料板有相对滑动,开始做加速度减小的加速运动,当mg =qvB ,即v =10 m/s 时滑块对塑料板的压力为零F N =0,塑料板所受的合力为0.6 N,则2/3's m MF a ==,B 、D正确. 新课标第一网答案:BD10.环形对撞机是研究高能粒子的重要装置,其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔.若带电粒子初速度可视为零,经电压为U 的电场加速后,沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内,空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动.要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动,下列说法中正确的是 ( )A.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q /m 越大,磁感应强度B 越大B.对于给定的加速电压,带电粒子的比荷q /m 越大,磁感应强度B 越小C.对于给定的带电粒子和磁感应强度B ,加速电压U 越大,粒子运动的周期越小D.对于给定的带电粒子和磁感应强度B ,不管加速电压U 多大,粒子运动的周期都不变 解析:带电粒子经过加速电场后速度为,2mUq v =带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内,且在圆环内做半径确定的圆周运动,因此qB Um Bqmv R 22==,对于给定的加速电压,即U一定,则带电粒子的比荷q /m 越大,磁感应强度B 应越小,A 错误,B 正确;带电粒子运动周期为Bqm T π2=,与带电粒子的速度无关,当然就与加速电压U 无关,因此,对于给定的带电粒子和磁感应强度B ,不管加速电压U 多大,粒子运动的周期都不变. 答案:BD第Ⅱ卷 非选择题二、填空计算题(共6题,每题10分,共60分)11.在原子反应堆中抽动液态金属时,由于不允许转动机械部分和液态金属接触,常使用一种电磁泵.如图11-7所示是这种电磁泵的结构示意图,图中A 是导管的一段,垂直于匀强磁场放置,导管内充满液态金属.当电流I 垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时,液态金属即被驱动,并保持匀速运动.若导管内截面宽为a 、高为b ,磁场区域中的液体通过的电流为I ,磁感应强度为B ,求:图11-7(1)电流I 的方向;(2)驱动力对液体造成的压强差.解析:(1)驱动力即安培力方向与流动方向一致,由左手定则可判断出电流I 的方向由下向上. (2)把液体看成由许多横切液片组成,因通电而受到安培力作用,液体匀速流动,所以有安培力F =Δp ·S,,aBI abBIb S F p ===∆即驱动力对液体造成的压强差为.a BI答案:(1)电流方向由下向上 (2)aBI12.一种半导体材料称为“霍尔材料”,用它制成的元件称为“霍尔元件”,这种材料有可定向移动的电荷,称为“载流子”,每个载流子的电荷量大小为q =1.6×10－19C ，霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用,如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等.图11-8在一次实验中,一块霍尔材料制成的薄片宽ab =1.0×10－2 m 、长bc =4.0×10－2 m 、厚h =1.0×10－3m,水平放置在竖直向上的磁感应强度B =2.0 T 的匀强磁场中,bc 方向通有I =3.0 A 的电流,如图11-8所示,由于磁场的作用,稳定后,在沿宽度方向上产生1.0×10－5 V 的横向电压. (1)假定载流子是电子,ad 、bc 两端中哪端电势较高? (2)薄板中形成电流I 的载流子定向运动的速率为多大? (3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少?解析:(1)由左手定则可判断,电子受洛伦兹力作用偏向bc 边,故ad 端电势高. (2)稳定时载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡abU qqvB =,m/s.105m/s 100.10.2100.1425---⨯=⨯⨯⨯==BabU v(3)由电流的微观解释可得:I =nqvS .故n =I /qvS =3.75×1027个/m 3. 答案:(1)ad 端(2)5×10－4m/s (3)3.75×1027个/m 313.将氢原子中电子的运动看做是绕氢核做匀速圆周运动,这时在研究电子运动的磁效应时,可将电子的运动等效为一个环形电流,环的半径等于电子的轨道半径r .现对一氢原子加上一个外磁场,磁场的磁感应强度大小为B ,方向垂直电子的轨道平面.这时电子运动的等效电流用I 1表示.现将外磁场反向,但磁场的磁感应强度大小不变,仍为B ,这时电子运动的等效电流用I 2表示.假设在加上外磁场以及外磁场反向时,氢核的位置、电子运动的轨道平面以及轨道半径都不变,求外磁场反向前后电子运动的等效电流的差,即|I 1－I 2|等于多少?(用m 和e 表示电子的质量和电荷量)解析:用r 表示电子的轨道半径,v 表示电子速度,则等效电流rev I π2=①当加上一垂直于轨道平面的外磁场后,设顺着外磁场方向看,电子做逆时针转动,此时电子受到氢核对它的库仑力指向圆心,而受到洛伦兹力背向圆心.设此时速度为v 1,根据题意得rmv B ev rke 21122=-②当外磁场反向后,轨道半径r 不变,此时运动速度变为v 2,此时电子受到氢核对它的库仑力不变,而洛伦兹力大小变为e Bv 2,方向变为指向圆心,根据牛顿运动定律可得rmv B ev rke 22222=+③由②③式解得meBr v v =-12④ 由①④两式可得.2||221πm BeI I =-答案:πm Be2214.在电子显像管内部,由炽热的灯丝上发射出的电子在经过一定的电压加速后,进入偏转磁场区域,最后打到荧光屏上,当所加的偏转磁场的磁感应强度为0时,电子应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置.但由于地磁场对带电粒子运动的影响,会出现在未加偏转磁场时电子束偏离直线运动的现象,所以在精密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施以消除地磁场对电子运动的影响.已知电子质量为m 、电荷量为e ,从炽热灯丝发射出的电子(可视为初速度为0)经过电压为U 的电场加速后,沿水平方向由南向北运动.若不采取磁屏蔽措施,且已知地磁场磁感应强度的竖直向下分量的大小为B ,地磁场对电子在加速过程中的影响可忽略不计.在未加偏转磁场的情况下,(1)试判断电子束将偏向什么方向;(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小;(3)若加速电场边缘到荧光屏的距离为l ,求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移的距离.解析:(1)根据左手定则,可以判断出电子束将偏向东方.(2)设从加速电场射出的电子速度为v 0,则根据动能定理有:eU mv =2021从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动,设电子的加速度为a ,根据牛顿第二定律,ev 0B =ma 由以上各式解得 .2meU meB a =(3)设电子在地磁场中运动的半径为R ,根据牛顿第二定律Rv mB ev 20=得eBmv R 0=设电子在荧光屏上偏移的距离为x ,根据图中的几何关系,有:22tR R x --=结合以上关系,得 .22122l eBmU emU Bx --=答案:(1)东方 (2)m eU m eB 2(3)22221leBmU emU B--15.回旋加速器的示意图如图11-9甲，置于真空中的金属D 形盒,其半径为R ,两盒间距为d ,在左侧D 形盒圆心处放有粒子源S,匀强磁场的磁感应强度为B ,方向如图所示.此加速器所接的高频交流电源如图11-9乙所示,电压有效值为U .粒子源射出的带电粒子质量为m 、电荷量为q .设粒子从粒子源S 进入加速电场时的初速度不计,且此时高频电源电压恰好达到最大值,忽略粒子在加速电场中的运动时间,加速粒子的电压按交流电的最大值且可近似认为保持不变.粒子在电场中的加速次数等于在磁场中回旋半周的次数.求: (1)粒子在加速器中运动的总时间t .(2)试推证当R >>d 时,粒子在电场中加速的总时间相对于在D 形盒中回旋的总时间可忽略不计(粒子在电场中运动时,不考虑磁场的影响). 新课标第一网 (3)粒子第1次和第n 次分别在右半盒中运动的轨道半径的比值R 1∶R n .图11-9解析:由于加速粒子的电压按交流电的最大值且近似认为保持不变,故粒子在电场中做匀加速直线运动.(1)设粒子加速后的最大速度为v ,此时轨道半径最大为R ,由牛顿第二定律得:Rvm qvB 2=粒子的回旋周期为:vR T π2=粒子加速后的最大动能为:221mv E k =设粒子在电场中加速的次数为n ,则:E k =nqU m 高频电源电压的最大值U U 2m =又忽略粒子在加速电场中的运动时间,则运动的总时间2T nt =联立解得:.422UBR t π=(2)粒子在电场中间断的加速运动,可等效成不间断的匀加速直线运动.粒子在电场中加速的总时间为:vnd v nd t 221==粒子在D 形盒中回旋的总时间:vRn t π=2故Rdt t π221=,又R >>d ,所以121<<t t ,因此t 1可忽略不计.(3)设粒子第1、2、3……n 次在右半盒中运动的速度分别为v 1、v 2、v 3……v n ,则由动能定理得:qU m =mv 12/22322mmv qU=2523mmv qU=……2)12(2mnmv qUn =-又RvmqvB 2=联立解得12:1:1-=n R R n (n 取1,2,3,…). 答案:(1)UBR 422π(2)略 (3)12:1-n 16.(2010湖北部分重点中学高三二联,25)在xOy 平面内,x ＞0的区域存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B =0.4 T ;x ＜0的区域存在沿x 轴正方向的匀强电场.现有一质量为m =4.0×10－9kg,带电荷量为q =2.0×10－7C 的正粒子从x 轴正方向上的M 点以速度v 0=20 m/s 进入磁场,如图11-10所示,v 0与x 轴正方向的夹角θ=45°,M 点与O 点相距为l =2 m.已知粒子能以沿着y 轴负方向的速度垂直穿过x 轴负半轴上的N 点,不计粒子重力.求:图11-10(1)粒子穿过y 轴正半轴的位置以及穿过y 轴正半轴时速度与y 轴的夹角; (2)x ＜0区域电场的场强;(3)试问粒子能否经过坐标原点O ?若不能,请说明原因;若能,请求出粒子从M 点运动到N 点所经历的时间.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,由洛伦兹力提供向心力 Bqv 0=mv 02/R 得:R =1 m过M 点做初速度v 0的垂线交y 轴正方向于P 点,则PM =l /cos45° 得:PM =2 m=2R由几何关系得PM 为轨迹圆的直径,P 点即为粒子穿过y 轴正半轴的位置 m PM OP 245sin =︒=由圆的对称性得粒子经过此处时的速度与y 轴夹角为θ=45°. (2)设粒子由P 点到N 点历时t 1,则: x 轴方向:v 0sin45°－Eqt 1/m =0 y 轴方向:v 0t 1cos45°=OP 联立求解,代入数据得:t 1=0.1 s, 2.82V/m.V/m 22≈=E(3)粒子能到达O点粒子在磁场中的运动周期为:T=2πm/Bq 从M点运动到O点经过的轨迹如图经历的时间为:t=T/2+3T/4+2t1代入数据得:t=(π/8+0.2) s≈0.59 s.答案:(1)45°(2)2.82 V/m(3)0.59 s。