2013高考物理步步高二轮复习全攻略专题训练7.doc

训练7磁场中常考的3个问题(选择题或计算题)基础巩固1如图716所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线的夹角30，导线中通有强度为I的电流为了使导线所受的磁场力加倍，可采取下列四种办法，其中正确的是 ()A使电流I变为原来的2倍图716B使直导线的长度变为原来的2倍C使导线在纸面内顺时针转30D使导线在纸面内逆时针转60图7172(2012大纲全国，18)如图717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()AO点处的磁感应强度为零Ba、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c两点处磁感应强度的方向不同图7183如图718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.现从t0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：Ikt，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 ()A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4(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5如图719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 ()图719A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图7206(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720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()A质子被加速后的最大速度不可能超过2RfB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粒子加速7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能相等下列说法正确的是()A若q1q2，则它们做圆周运动的半径一定相等B若m1m2，则它们做圆周运动的半径一定相等C若q1q2，则它们做圆周运动的周期不一定相等D若m1m2，则它们做圆周运动的周期一定不相等图7218(2012安徽安庆模拟，19)如图721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，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，在小球以后的运动过程中，下列说法正确的是()A小球下滑的最大速度为vmB小球下滑的最大加速度为amgsin C小球的加速度一直在减小D小球的速度先增大后减小图7229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722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R10.5 m，外半径R21.0 m，磁场的磁感应强度B1.0 T，若被束缚带电粒子的荷质比为4107 C/kg，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度求：(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能力提升10如图723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723AB BBCB DB11(2012郑州预测)如图724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0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T质量为0.05 kg、长为0.5 m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2 A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MNOP1 m，则 () 图724A金属细杆开始运动的加速度为5 m/s2B金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/sC金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/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0.75 N12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1104 C/kg的带正电的粒子(重力不计)，速度大小v0103 m/s、方向与x轴正方向成30角图725(1)若在坐标系y轴右侧加有匀强磁场区域，在第象限，磁场方向垂直xOy平面向外；在第象限、磁场方向垂直xOy平面向里；磁感应强度均为B1 T，如图725(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725(b)所示的匀强磁场在t0到t104 s时间内，磁场方向垂直于xOy平面向外；在t104 s到t104 s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t0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x2.参考答案训练7磁场中常考的3个问题(选择题 或计算题)1ABD根据安培力的计算公式FBILsin ，使电流加倍或使直导线的长度加倍都可以使磁场力加倍，A、B项正确；使导线在纸面内顺时针转30，导线与磁场方向平行，磁场力变为零，C项错；使导线在纸面内逆时针转60，磁场力从BILsin 30变为BILsin 90，磁场力加倍，D项正确2C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3C设导轨间距离为L，金属棒所受的安培力FBBILBktL、垂直紧压导轨平面金属棒在竖直方向受摩擦力FfBkLt，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ag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ag，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4D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，Iq2，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；IB，选项D正确5BD因为Bqvm，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tTT，所以v大，则r大、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6AC粒子被加速后的最大速度受到D形盒半径R的制约，因v2Rf，A正确；粒子离开回旋加速器的最大动能Ekmmv2m42R2f22m2R2f2，与加速电压U无关，B错误；根据R，Uqmv，2Uqmv，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Ekm2m2R2f2与m、R、f均有关，D错误7C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qvBm得r，同一匀强磁场，即B相等，又因为两粒子的动能相等，所以有r，故A、B选项错误；由周期公式T，由于B相等，2为常数，所以T，故C对、D选项错误8B小球开始下滑时有mgsin (mgcos qvB)ma，随v增大，a增大，当v时，a达最大值gsin ，此后下滑过程中有：mgsin (qvBmgcos )ma，随v增大，a减小，当vm时，a0.所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B对9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，轨迹如右图所示由图中知rR(R2r1)2，解得r10.375 m，由Bqv1m得v11.5107 m/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v11.5107 m/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r20.25 m，由Bqv2m得v21.0107 m/s，所以所有粒子不能穿越磁场的最大速度v21.0107 m/s.答案(1)1.5107 m/s(2)1.0107 m/s10B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qv0Bm，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11D金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小FABIL0.520.5 N0.5 N，金属细杆开始运动的加速度为aFA/m10 m/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WAFA(MNOP)1 J，重力做功WGmgON0.5 J，由动能定理得WAWGmv2，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a20 m/s2，选项C错误；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FFAmv2/r, 解得F1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小均为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P