【全程攻略】江苏省高考物理二轮复习 训练6 磁场的基本性质

训练6　磁场的基本性质一、单项选择题1．(2012·大纲全国，18)如图6－16所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)．图6－16A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同2．如图6－17所示，在方向竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行金属导轨CD、EF.导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ.现从t＝0时刻起，给棒中通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即：I＝kt，其中k为恒量．若金属棒与导轨始终垂直，则下列关于金属棒的运动情况正确的是(　　)．图6－17A．金属棒先做加速运动，最后匀速运动B．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后匀速运动C．金属棒先做加速运动，再做减速运动，最后静止D．以上说法均不正确3．(2012·北京理综，16)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做9\n匀速圆周运动．将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值(　　)．A．与粒子电荷量成正比B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比D．与磁感应强度成正比4．(2012·大纲全国，17)质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动．已知两粒子的动量大小相等．下列说法正确的是(　　)．A．若q1＝q2，则它们做圆周运动的半径一定相等B．若m1＝m2，则它们做圆周运动的半径一定相等C．若q1≠q2，则它们做圆周运动的周期一定不相等D．若m1≠m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等5．(2012·安徽安庆模拟，19)如图6－18所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)．图6－18A．小球下滑的最大速度为vm＝B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθC．小球的加速度一直在减小D．小球的速度先增大后减小6．如图6－19所示，边长为a的等边三角形ABC区域中存在垂直纸面向里的匀强磁场，一带正电、电荷量为q的粒子以速度v0沿AB边射入匀强磁场中，欲使带电粒子能从AC边射出，匀强磁场的磁感应强度B的取值应为(　　)．　图6－199\nA．B＝B．B≥C．B＝D．B≥二、多项选择题7．(2012·郑州预测)如图6－20所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T．质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知MN＝OP＝1m，则(　　)．图6－20A．金属细杆开始运动的加速度为5m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为20m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75N8．某空间存在着如图6－21甲所示的足够大的沿水平方向的匀强磁场．在磁场中A、B两个物块叠放在一起，置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘．在t1＝0时刻，水平恒力F作用在物块B上，物块A、B由静止开始做加速度相同的运动．在A、B一起向左运动的过程中，以下说法正确的是(　　)．图6－21A．图乙可以反映A所受洛仑兹力大小随时间t变化的关系B．图乙可以反映A对B的摩擦力大小随时间t变化的关系C．图乙可以反映A对B的压力大小随时间t变化的关系9\nD．图乙可以反映B对地面压力大小随时间t变化的关系图6－229．如图6－22所示，在虚线所包围的圆形区域内有方向垂直于圆面向里的匀强磁场，从磁场边缘的A点沿半径方向射入一束速率不同的质子，这些质子在磁场里运动的过程中，以下说法正确的是(　　)．A．周期相同，但运动时间不同，速率大的运动时间长B．运动半径越大的质子运动时间越短，偏转角越小C．质子在磁场中的运动时间均相等D．运动半径不同，运动半径越大的质子向心加速度越大10．(2012·石家庄教学检测)劳伦斯和利文斯顿设计出回旋加速器，工作原理示意图如图6－23所示．置于高真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略．磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U.若A处粒子源产生的质子质量为m、电荷量为＋q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响．则下列说法正确的是(　　)．图6－23A．质子被加速后的最大速度不可能超过2πRfB．质子离开回旋加速器时的最大动能与加速电压U成正比C．质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1D．不改变磁感应强度B和交流电频率f,该回旋加速器也能用于α粒子加速三、计算题11．核聚变反应需要几百万度以上的高温，为把高温条件下高速运动的离子约9\n束在小范围内(否则不可能发生核反应)，通常采用磁约束的方法(托卡马克装置)．如图6－24所示，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域中的带电粒子只要速度不是很大，都不会穿出磁场的外边缘而被约束在该区域内．设环状磁场的内半径为R1＝0.5m，外半径R2＝1.0m，磁场的磁感强度B＝1.0T，若被束缚带电粒子的荷质比为＝4×107C/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度．求：图6－24(1)粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度；(2)所有粒子不能穿越磁场的最大速度．12．在某一真空空间内建立xOy坐标系，从原点O处向第一象限发射一比荷＝1×104C/kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v0＝103m/s、方向与x轴正方向成30°角．图6－25(1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第Ⅰ象限，磁场方向垂直xOy平面向外；在第Ⅳ象限、磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度均为B＝1T，如图6－25(a)所示，求粒子从O点射出后，第2次经过x轴时的坐标x1.(2)若将上述磁场改为如图6－25(b)所示的匀强磁场．在t＝0到t＝×10－4s时间内，磁场方向垂直于xOy平面向外；在t＝×10－4s到t＝×10－4s时间内，磁场方向垂直于xOy平面向外，此后该空间不存在磁场．在t＝0时刻，粒子仍从O点以与原来相同的速率v0射入，求粒子从O点射出后第2次经过x轴时的坐标x2.参考答案1．C　[根据安培定则判断磁场方向，再结合矢量的合成知识求解．根据安培9\n定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．]2．C　[设导轨间距离为L，金属棒所受的安培力FB＝BIL＝BktL、垂直紧压导轨平面．金属棒在竖直方向受摩擦力Ff＝μBkLt，方向竖直向上，重力mg竖直向下，开始一段时间内，金属棒向下加速的加速度a＝g－逐渐减小，当a减为零时，速度最大，然后金属棒做减速运动，加速度a′＝－g，方向向上，逐渐变大，速度减小为零时，金属棒所受的最大静摩擦力大于重力，所以金属棒静止．故C项正确．]3．D　[带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期T＝，该粒子运动等效的环形电流I＝＝，由此可知，I∝q2，故选项A错误；I与速率无关，选项B错误；I∝，即I与m成反比，故选项C错误；I∝B，选项D正确．]4．A　[粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝m得r＝，同一匀强磁场，即B相等，又因为两粒子的动量大小相等，所以有r∝，若q1＝q2，则r1＝r2，故A选项正确、B选项错误；由周期公式T＝，由于B相等，2π为常数，所以T∝，故C、D选项错误．]5．B　[小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达最大值gsinθ，此后下滑过程中有：mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0.所以整个过程中，v先增大后不变；a先增大后减小，所以B对．]6．B　[粒子以速度v0在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qv0B9\n＝m，得轨迹半径r＝，若粒子恰从AC边上的C点射出，轨迹示意图如图所示，则r＝，解得B＝.欲使粒子能从AC边射出，则B≥，B项正确．]7．CD　[金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小FA＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金属细杆开始运动的加速度为a＝FA/m＝10m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功WA＝FA×(MN＋OP)＝1J，重力做功WG＝－mg×ON＝－0.5J，由动能定理得WA＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20m/s2，选项C正确；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力FA，由牛顿第二定律得F－FA＝mv2/r,解得F＝1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小均为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小均为0.75N，选项D正确．]8．CD　[AB整体向左做初速度为零的匀加速直线运动，所以f洛与t成正比，A错，A对B的摩擦大小恒定，B错，A对B压力N1＝mg＋Bqv，C正确，B对地压力N2＝(M＋m)g＋Bqv，D正确．]9．BD　[因为Bqv＝m，所以r＝，v大，则r大．周期T＝＝，则周期与运动速度大小无关．运动时间t＝T＝T，所以v大，则r大、θ小、t小，选项A、C错，B对．向心加速度a＝，r大，则v大，a也大，选项D对．]10．AC　[粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v＝＝2πRf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得质子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为∶1，C正确；因回旋加速器的最大动能Ekm＝2mπ2R2f2与m、R、f均有关，D错误．]11．解析　(1)要使粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场，则粒子的临界轨迹必须要与外圆相切，轨迹如右图所示．9\n由图中知r＋R＝(R2－r1)2，解得r1＝0.375m，由Bqv1＝m得v1＝＝1.5×107m/s，所以粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场的最大速度为v1＝1.5×107m/s.(2)当粒子以v2的速度沿与内圆相切方向射入磁场且轨道与外圆相切时，则以v2速度沿各方向射入磁场区的粒子都不能穿出磁场边界，如右图所示．由图中知r2＝＝0.25m，由Bqv2＝m得v2＝＝1.0×107m/s，所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度v2＝1.0×107m/s.答案　(1)1.5×107m/s　(2)1.0×107m/s12．解析　(1)轨迹如图(a)所示，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得R＝0.1m，(a)由几何关系得OA＝R，解得，x1＝2OA＝0.2m，(2)轨迹半径R＝＝0.1m，9\n周期T＝＝2π×10－4s，磁场变化的半周期为Δt＝×10－4s＝，粒子运动轨迹如图(b)所示，由几何关系知，(b)OE＝2(R＋Rsin30°)，DE＝2Rsin60°，EP＝DEtan60°，解得x2＝OE＋EP＝0.6m.答案　(1)0.2m　(2)0.6m9