高考物理专题训练磁场

1、磁场 (时间：60分钟，分值：100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1如图所示，两平行光滑金属导轨MN、PQ间距为l，与电动势为E、内阻不计的电源相连质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面的夹角为，回路其余电阻不计为使ab棒静止，需在空间施加一匀强磁场，其磁感应强度的最小值及方向分别为()A.，水平向右B.，垂直于回路平面向上C.，竖直向下D.，垂直于回路平面向下2.用如图所示的回旋加速器分别加速氘核H和氦核He.下列说法中正确的是()A它们的最大速度相同B它们的最大动能相同C加速氘核H时高频电源的频率大

2、于加速氦核He的频率D加速氘核H时高频电源的频率小于加速氦核He的频率如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放一金属棒MN.现从t0时刻起，给金属棒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为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的关系图象，可能正确的是()4.如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，电场强度为E；在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场，恰好与y轴成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂

3、直于x轴进入下面的磁场已知O、P之间的距离为d，则带电粒子()A在电场中运动的时间为B在磁场中做圆周运动的半径为dC自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为D从进入电场时开始计时，粒子在运动过程中第二次经过x轴的时间为5.空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图线如图所示规定B>0时，磁场的方向穿出纸面，一带电荷量q5×107 C，质量m5×1010 kg的带电粒子，位于某点O处，在t0时刻以初速度v0 m/s沿垂直磁场方向开始运动，不计重力的作用，不计磁场的变化及可能产生的一切其他影响则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内

4、带电粒子的平均速度的大小等于()A m/sB. m/sC2 m/sD. m/s二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)6.有两根长直导线a、b互相平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线附近的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是()AM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同BM点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反C在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零D在线段MN上只有一点的磁感应强

5、度为零7.如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成角(环面轴线为竖直方向)若导电圆环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是()A导电圆环有收缩的趋势B导电圆环所受安培力方向竖直向上C导电圆环所受安培力的大小为2BIRD导电圆环所受安培力的大小为2BIRsin 8.一电子以与磁场垂直的速度v从P处沿PQ方向进入长为d、宽为h的匀强磁场区域，从N点射出，如图所示，若电子质量为m，电荷量为e，磁感应强度为B，则()AhdB电子在磁场中运动的时间为C电子在磁场中运动的时间为D洛伦兹力对电子做的功为零9.如图所示，已

6、知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则()A小球可能带正电B小球做匀速圆周运动的半径为rC小球做匀速圆周运动的周期为TD若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10.(12分)如图所示为一电流表的原理示意图质量为m的均质细金属棒MN的中点处通过一挂钩与一竖直悬挂的弹簧相连，绝缘弹簧劲度系数为k.在矩形区域abcd内有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外与MN的右端

7、N连接的一绝缘轻指针可指示标尺上的读数，MN的长度大于 .当MN中没有电流通过且处于平衡状态时，MN与矩形区域的cd边重合，当MN中有电流通过时，指针示数可表示电流强度(1)当电流表示数为零时，弹簧伸长多少？(重力加速度为g)(2)若要电流表正常工作，MN的哪一端应与电源正极相接？(3)若k2.0 N/m，0.20 m，0.050 m，B0.20 T，此电流表的量程是多少？(不计通电时电流产生的磁场的作用)(4)若将量程扩大2倍，磁感应强度应变为多大？11.一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O.筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷

8、，N板带等量负电荷质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：(1)M、N间电场强度E的大小；(2)圆筒的半径R；(3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n.12.(19分)如图所示，在xOy平面内，第一象限中有匀强电场，场强大小为E，方向沿y轴正方向在x轴的下方有匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里今有一个质量为

9、m、电荷量为q的带负电的粒子(不计粒子的重力和其他阻力)，从y轴上的P点以初速度v0垂直于电场方向进入电场经电场偏转后，沿着与x轴正方向成30°角的方向进入磁场(1)求P点离坐标原点O的距离h；(2)求粒子从P点出发到粒子第一次离开磁场时所用的时间；(3)其他条件不改变，只改变磁感应强度，当磁场的磁感应强度B取某一合适的数值，粒子离开磁场后能否返回到原出发点P，并说明理由1选D.对金属棒ab受力分析可知，为使ab棒静止，ab受到沿斜面向上的安培力作用时，安培力最小，此时对应的磁感应强度也就最小，由左手定则可知此时磁场方向垂直于回路平面向下，再由平衡关系可知IlBmgsin ，其中I，

10、可得磁感应强度B，对比各选项可知，选D.2选A.根据qvBm得v，当rR(回旋加速器的半径)时，速度最大，因为两核的比荷相同，所以A正确；它们的质量不等，B错误；在回旋加速器中，欲使核得到加速，高频电源的频率必须等于核做圆周运动的频率，C、D均错误3选D.从t0时刻起，金属棒通以电流Ikt，由左手定则可知，安培力方向垂直纸面向里，使其紧压导轨，导致金属棒在运动过程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在减小，当滑动摩擦力小于重力时速度与加速度方向相同，所以金属棒做加速度减小的加速运动当滑动摩擦力等于重力时，加速度为零，此时速度达到最大当安培力继续增大时导致加速度方向竖直向上，则出现加速度与速度方向

11、相反，因此做加速度增大的减速运动vt图象的斜率绝对值表示加速度的大小，故选项A、B均错误对金属棒MN，由牛顿第二定律得mgFNma，而FNBILBktL，即mgBktLma，因此agt，显然加速度a与时间t成线性关系，故选项C错误，D正确4选D.粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向上的平均速度为，所以在电场中运动的时间为.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v0，故速度为v0，在磁场中做圆周运动的半径为2d，在第一象限内运动时间为t1T×，在第四象限内运动时间为t2T，所以自进入磁场至第二次经过x轴的时间为tt1t2，从进入电场到第二次经过x轴的时间为tt，所以只有D正确

12、5选C.由题意可得T0.02 s，R0.01 m，又t5×103 s，而磁场的变化周期为T1×102 s，则粒子运动的平均速度为2 m/s，选项C正确6选BD.两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向相反，所以M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确7选ABD.B的水平分量为B水平B·sin ，竖直向上的分量为B竖直B·cos ，B竖直对环上各点的安培力方向均指向圆心，故A正确B水平对环上各点的安培力方向向上，大小为FB·sin ·I·(2R)，故B、D正

13、确8选CD.过P点和N点作速度的垂线，两垂线的交点即为电子在磁场中做匀速圆周运动时的圆心O，由勾股定理可得(Rh)2d2R2，整理知d，而R，故d，所以A错误由带电粒子在有界磁场中做匀速圆周运动，得t，故B错误，C正确又由于洛伦兹力方向和粒子运动的速度方向总垂直，对粒子永远也不做功，故D正确9选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mgEq，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv，Uqmv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r，由T可以得出T，与电压U无关，所以B、C正确，D错误10(1)设当电流表示

14、数为零时，弹簧的伸长量为x则有mgkx(2分)解得：x.(1分)(2)为使电流表正常工作，作用于通有电流的金属棒MN的安培力必须向下，因此M端应接正极(2分)(3)设电流表满偏时通过MN的电流强度为Im，则有BImmgk(x)(2分)联立并代入数据得Im2.5 A(1分)(4)设量程扩大后，磁感应强度变为B，则有2BImmgk(x)(2分)解得：B.代入数据得：B0.10 T(2分)(1)(2)M端(3)2.5 A(4)0.10 T11(1)设两板间的电压为U，由动能定理得qUmv2由匀强电场中电势差与电场强度的关系得UEd联立式可得E.(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心

15、为O，圆半径为r.设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角AOS等于.由几何关系得rRtan粒子运动过程中洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律，得qvBm联立式得R.(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U，则U设粒子进入S孔时的速度为v，由式看出综合式可得vv设粒子做圆周运动的半径为r，则r设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为，比较两式得到rR，可见粒子需经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故n3.(1)(2)(3)312(1)由几何关系得：vyv0(1分)vv0(1分)根据动能定理有：qEhmv2mv(2分)联立解得：h(1分)(2)粒子在电场中运动的时间t1(1分)加速度为a(1分)联立解得：t1(1分)在磁场中运动的时间由几何关系知t2T(2分)速率与