逍遥右脑 2017-12-19 15:28
磁场是一种看不见、摸不着的特殊物质，下面是磁场及带电粒子在磁场中的运动复习题，请考生练习。
一、选择题(共9小题，每小题4分，共36分。在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～9题有多4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)
1.(新课标全国卷，15)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半
2.(海南单科，1)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()
A.向上 B.向下 C.向左 D.向右
3.(新课标全国卷，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()
A.轨道半径减小，角速度增大
B.轨道半径减小，角速度减小
C.轨道半径增大，角速度增大
D.轨道半径增大，角速度减小
4. (新课标全国卷，16)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()
A.2 B. C.1 D.
5.(安徽理综，18)人造小太阳托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于()
A. B.T C. D.T2
6.(新课标全国卷，18)指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是()
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
7.(浙江理综，20)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向。则金属棒()
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
8.(新课标全国卷，19)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子()
A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍
B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍
C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍
D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等
9.(四川理综，7)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L=9.1 cm，中点O与S间的距离d=4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B=2.010-4 T.电子质量m=9.110-31 kg，电量e=-1.610-19 C，不计电子重力。电子源发射速度v=1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域l，则()
A.=90时，l=9.1 cm B.=60时，l=9.1 cm
C.=45时，l=4.55 cm D.=30时，l=4.55 cm
二、计算题(本题共3小题，共24分。写出必要的文字说明，方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)
10.(新课标全国卷，24)(6分)如图，一长为10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中，磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5 cm;闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开0.3 cm，重力加速度大小取10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。
11.(重庆理综，7)(6分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机，如图是某音圈电机的原理示意图，它由一对正对的磁极和一个正方形刚性线圈构成，线圈边长为L，匝数为n，磁极B，区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外，右边始终在磁场内，前后两边在磁场内的长度始终相等，某时刻线圈中电流从P流向Q，大小为I。
(1)求此时线圈所受安培力的大小和方向;
(2)若此时线圈水平向右运动的速度大小为v，求安培力的功率。
12. (山东理综，24)(12分)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为+q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。
(1)求极板间电场强度的大小;
(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小;
(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分、，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。
导航卷七 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1.B [安培力的方向、磁感应强度的方向及电流的方向满足左手定则，所以安培力的方向既垂直于直导线，也垂直于磁场的方向，所以选项B正确、A错误;当通电直导线与磁场方向垂直时，安培力最大F=BIl，当通电直导线与磁场方向平行时，安培力最小为零，故选项C错误;将直导线从中点折成直角，直导线在磁场中的有效长度可，安培力的大小可能变为原来的一半(而不是一定)，故选项D错。]
2.A [条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。]
3.D [由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB=，轨道半径r=，从较强r变大，根据角速度==可知角速度变小，选项D正确。]
4.D [由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍，由洛伦兹力提供向心力：qvB=m得v=，其动能Ek=mv2=，故磁感应B=，==，选项D正确。]
5.A [粒子在磁场中运动的半径满足R=，即R不变时，v与B成正比，由题意知粒子的动能与温度成正比，即v2与T成正比，综上可知，B，选项A正确。]
6.BC [指南针不可以仅具有一个磁极，故A错误;指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，故B正确;当附近的铁块磁化时，指南针的指向会受到附近铁块的干扰，故C正确;根据安培定则，在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时会产生磁场，指南针会偏转与导线垂直，故D错误。]
7. ABC [根据题意得出v-t图象如图所示A正确;速度随时间做周期性变化，B正确;据F安=BIL及左手定则可判断，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确;F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错误。]
8.AC [设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，
则由牛顿第二定律得：
qvB=①
T=②
由①②得：R=，T=
所以==k，==k
根据a=，=可知
=，=
所以选项A、C正确，选项B、D错误。]
9.AD [电子在匀强磁场运动的轨道半径为
R==4.55 cm
电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当=90时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l=L=9.1 cm，A正确;当=30时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l==4.55 cmD正确;进而可分析知当=45或=60时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55 cm
10.【详细分析】金属棒通电后，闭合回路电流I===6 A
导体棒受到的安培力大小为F=BIL=0.06 N
由左手定则可判断知金属棒受到的安培力方向竖直向下
由平衡条件知：开关闭合前：2kx=mg
开关闭合后：2k(x+x)=mg+F
代入数值解得m=0.01 kg
答案 安培力方向竖直向下 0.01 kg
11.【详细分析】(1)对线圈前后两边所受安培力的合力为零，线圈所受的安培力即为右边所受的安培力，由安培力公式得
F=nBIL①
由左手定则知方向水平向右
(2)安培力的P=Fv②
联立①②式解得P=nBILv③
答案 (1)nBIL 方向水平向右
(2)nBILv
12.【详细分析】(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得
qE=mv2①
解得E=②
(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得
qvB=③
甲
如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得
R=④
联立③④式得
B=⑤
若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得
R=⑥
联立③⑥式得
B=⑦
(3)设粒子在Ⅰ区R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1=、B2=，由牛顿第二定律得
qvB1=m，qvB2=m⑧
代入数据得
R1=，R2=⑨
设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运
T1=，T2=⑩
乙
据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为，由几何关系得
1=120
2=180
=60
丙
粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2可得
t1=T1，
t2=T2
s，由运动学公式得
s=v(t1+t2)
式得
s=5.5
答案 (1) (2)或 (3)5.5D
三步法分析带电粒子在磁场中的运动问题
(1)画轨迹：就是确定圆心，用几何方法求半径并画
(2)找联系。
①轨道半径与磁感应强度、运动速度相联系，分析粒子的运动半径常用的方法有物理方法和几何方法两种，物理方法也就是应用公式r=确定;几何方法一般根据物理知识(直角三角形知识、三角函数等)通过计算确定。
②速度偏转角与回旋角(转过的圆心角)、运动时间t相联系。如图所示，粒子的速度偏向角等于回旋角，等于弦切角的2倍，且有==2=t=t或=，t==(其中s为运动的圆弧长度)。
(3)用规律：应用牛顿运动定律和圆周运动的规律关系式，特别是周期公式和半径公式，列方程求解。
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