訓練三 磁 場

《教學考試》物理命題研究中心

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1．（2016·山東日照一模）1 8 2 0年4月的一天，丹麥科學家奧斯特在上課時，無意中讓通電導線靠近小磁針，突然發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉(zhuǎn)。這個現(xiàn)象并沒有引起在場其他人的注意，而奧斯特卻是個有心人，他非常興奮，緊緊抓住這個現(xiàn)象，接連三個月深入地研究，反復做了幾十次實驗。關(guān)于奧斯特的實驗，如圖所示，下列操作中一定能夠觀察到小磁針偏轉(zhuǎn)的是 （ ）

A．通電導線A B東西放置，小磁針放在導線正下方，閉合開關(guān)

B．通電導線A B南北放置，小磁針放在導線正下方，閉合開關(guān)

C．通電導線A B東西放置，小磁針放在導線正下方，改變電流方向

D．通電導線A B南北放置，小磁針在A B延長線的B端外側(cè)，改變電流大小

2．（2016·廣東汕頭模擬）如圖是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)，蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場均勻輻向分布，線圈中a、b兩條導線長均為l，通以圖示方向的電流I，兩條導線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。則 （ ）

A．該磁場是勻強磁場

B．線圈平面總與磁場方向垂直

C．線圈將逆時針轉(zhuǎn)動D．a(chǎn)、b導線受到的安培力大小總為I l B

3．（2016·山東日照一模）圖甲為水平放置的兩根平行光滑導軌，處在垂直軌道平面向里的勻強磁場中。均勻金屬棒A B垂直于導軌水平靜止放置。從t＝0時刻開始在A B棒上通有圖乙所示的交變電流，規(guī)定圖甲所示的電流方向為正方向。下列說法正確的是 （ ）

A．金屬棒將在某一范圍內(nèi)往復運動

B．t1時刻導體棒的速度最大

C．t2時刻導體棒的加速度最大

D．安培力時而做正功，時而做負功

4．（多選）（2016·天津期末六校聯(lián)考）2 0世紀初，卡文迪許實驗室（C a v e n d i s h L a b o r a t o r y）的英國物理學家阿斯頓首次制成了聚焦性能較高的質(zhì)譜儀，并用此來對許多元素的同位素及其豐度進行測量，從而肯定了同位素的普遍存在。現(xiàn)有速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀，其運動軌跡如圖所示，則下列相關(guān)說法中正確的是 （ ）

A．該束粒子帶負電

B．速度選擇器的P1極板帶正電

C．在B2磁場中運動時間越短的粒子，質(zhì)量越大

D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小

5．（多選）（2016·洛陽上學期期末）如圖所示，直角坐標系x O y位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上，第Ⅲ、Ⅳ象限內(nèi)有垂直于坐標平面向外的勻強磁場，第Ⅳ象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出）。一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第Ⅳ象限，然后做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第Ⅰ象限，Q點到O點的距離為d，重力加速度為g。根據(jù)以上信息，能求出的物理量有 （ ）

A．圓周運動的速度大小

B．電場強度的大小和方向

C．小球在第Ⅳ象限運動的時間

D．磁感應(yīng)強度大小

6．（2016·福建連江縣尚德中學檢測）如圖所示，正方形區(qū)域A B C D中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶正電粒子（不計重力）以一定速度沿A B邊的中點M垂直于A B邊射入磁場，恰好從A點射出，則 （ ）

A．若該粒子從A點射入，粒子將從M點射出

B．僅增大該粒子的速度，粒子在磁場中運動時間將變小

C．若將該粒子速度增大為原來的2倍，粒子將從D點射出

D．僅增大磁感應(yīng)強度，粒子在磁場中運動時間將增大

7．（多選）如圖所示，虛線間空間存在由勻強電場E和勻強

磁場B組成的正交或平行的電場和磁場，有一個帶正電小球（電荷量為＋q，質(zhì)量為m）從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過下列的哪個電磁混合場 （ ）

8．（多選）（2016·遼寧撫順模擬）如圖所示，x O y平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度B＝1T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3m?，F(xiàn)有一個比荷大小為1．0C／k g可視為質(zhì)點的帶正電的小球（重力不計）從擋板下端N處小孔以不同的速度向x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點，則小球射入的速度大小可能是 （ ）

A．3m／s B．3．7 5m／s

C．4m／s D．5m／s

9．（2016·河南百校聯(lián)盟質(zhì)檢）如圖所示，在平面直角坐標系x O y中，第Ⅰ象限內(nèi)有沿y軸負向的勻強電場，電場強度的大小為E，第Ⅳ象限內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場。在y軸的正半軸上，各點處均向x軸正向發(fā)射質(zhì)量均為m、電荷量為q的帶正電粒子，結(jié)果這些粒子均能從x軸上的Q點射入磁場，并且到Q點速度最小的粒子A，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從（0，－L）射出磁場，已知O Q＝L，粒子的重力不計。求：

（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小及粒子A在磁場中運動的時間；

（2）若某粒子c從y軸上的P點射出，經(jīng)過Q點時，速度方向與x軸正向成3 0°，求O P的大小及該粒子在磁場中做圓周運動的半徑。

1 0．（2016·深圳一調(diào)）如圖所示，長度L＝0．1 2 5m、質(zhì)量M＝3 0g的絕緣薄板置于傾角為θ＝3 7°的斜面PM底端P點，PN是垂直于PM的擋板，斜面與薄板間的動摩擦因數(shù)μ0＝0．8。質(zhì)量m＝1 0g、帶電荷量q＝＋2．5×1 0－3C可視為質(zhì)點的小物塊放在薄板的最上端，薄板和物塊間的動摩擦因數(shù)μ＝0．5，所在空間加有一個方向垂直于斜面向下的勻強電場E。現(xiàn)對薄板施加一平行于斜面向上的拉力F＝0．7 2 6N，當物塊即將離開薄板時，立即將電場E方向改為豎直向上，同時增加一個垂直紙面向外B＝6．0T足夠大的勻強磁場，并撤去外力F，此時小物塊剛好做勻速圓周運動。設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相同，不考慮因空間電、磁場的改變而帶來的其他影響，斜面和擋板PN均足夠長。取g＝1 0m／s2，s i n 3 7°＝0．6。求：

（1）電場強度E的大??；

（2）物塊從開始運動至到達薄板底端經(jīng)歷的時間；

（3）物塊擊中擋板PN時，物塊離P點的距離。

參考答案

1．B 【解析】因為地磁場是南北方向，當通電直導線南北放置時產(chǎn)生的磁場為東西方向，小磁針放在導線正下方，閉合開關(guān)時磁場從無到有，這種情況下兩種磁場的作用力最大，現(xiàn)象最明顯，故B項正確。

2．D 【解析】勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小處處相等，方向處處相同，由圖可知，A項錯誤；在圖示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，線圈順時針轉(zhuǎn)動，C項錯誤，B項錯誤；由于磁感應(yīng)強度大小不變，電流大小不變，則安培力大小始終為I l B，D項正確。

3．D 【解析】剛開始時，電流向下，根據(jù)左手定則可知受到向左的安培力，向右運動，當?shù)絫2時電流為零，向右的速度達到最大，之后電流向上，受到向左的安培力，向右減速，根據(jù)對稱性可得當?shù)竭_t4時刻時，速度減小為零，之后電流變?yōu)檎颍俣认蛴以龃?，向右運動，如此反復，所以金屬棒一直向右運動，A、B項錯誤；電流最大時，加速度最大，所以C項錯誤；導體棒一直向右運動，而安培力時而向左，時而向右，所以時而做正功，時而做負功，D項正確。

4．B D 【解析】由圖可知，帶電粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn)，所以粒子所受的洛倫茲力方向向下，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶正電，故A項錯誤；該束粒子在平行金屬板中受到電場力和洛倫茲力兩個力作用而做勻速直線運動，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場力方向向下，粒子帶正電，電場強度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故B項正確；各種進入B2的粒子運動時間均為半個周期，根據(jù)可知，t越小的粒子，質(zhì)量m不一定大，C項錯誤；粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得可見，由于v是一定的，B不變，半徑r越大，則越小，故D項正確。

5．A C 【解析】小球在第四象限做勻速圓周運動，由題意可知，小球軌道半徑r＝d，從A到P過程，由動能定理得小球以速度v做圓周運動，故A項正確；小球在第四象限做勻速圓周運動，則m g＝q E，電場強度由于不知道m(xù)、q，無法求出電場強度的大小，故B項錯誤；小球做圓周運動的周期T＝小球在第四象限的運動時間故C項正確；小球做勻速圓周運動，由牛頓第二定律得解得由于不知道m(xù)、q，無法求出B，故D項錯誤。

6．B 【解析】由左手定則可知，該粒子從A點射出受到的洛倫茲力方向向上，將無法從M點射出，故A項錯誤；帶電粒子在磁場中由洛倫茲力提供向心力，做勻速圓周運動，根據(jù)公式若僅增大該粒子的速度，粒子在磁場中的半徑將增大，轉(zhuǎn)過的圓心角將減小，運動的時間也將減小，故B項正確；根據(jù)公式若僅增大磁感應(yīng)強度，粒子在磁場中半徑將減小，但仍然轉(zhuǎn)過半圈，時間等于半個周期運動時間將減小，故D項錯誤；若正方形A B C D的邊長為a，由幾何關(guān)系可知又根據(jù)公式將該粒子速度增大為原來的2倍，圓周的半徑也將增大為原來的2倍，粒子將從AD的中點射出，故C項錯誤。

7．C D 【解析】帶電小球進入復合場時受力情況如圖所示，A圖中由于小球所受合力不為零，所以洛倫茲力不恒定，因此水平方向合力不可能保持為零，小球不可能沿直線運動；B圖中垂直紙面向外的方向上只有一個洛倫茲力，所以這種情況下小球也不能沿豎直方向運動；C圖中小球所受三個力的合力如果為零，小球就可以沿豎直方向運動；D圖中小球只受豎直方向兩個力作用，一定沿豎直方向運動。

8．A B D 【解析】由題意可知，小球運動的圓心的位置一定在y軸上，所以小球做圓周運動的半徑r一定要大于等于3m，而ON＝9m＜3r，所以小球最多與擋板ON碰撞一次，碰撞后，第二個圓心的位置在O點的上方。也可能小球與擋板ON沒有碰撞，直接過M點。由于洛倫茲力提供向心力，所以解得（1）若小球與擋板ON碰撞一次，則軌跡可能如圖甲所示，設(shè)O O′＝s，由幾何關(guān)系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，聯(lián)立②③得r1＝3m；r2＝3．7 5m，分別代入①式解得v1＝3m／s，v2＝3．7 5m／s。故A、B項正確；（2）若小球沒有與擋板ON碰撞，則軌跡如圖乙所示，設(shè)O O′＝s，由幾何關(guān)系得r23＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，聯(lián)立④⑤得r3＝5m，代入①解得v3＝5m／s，故D項正確。

【解析】（1）設(shè)到Q點速度最小的粒子A的初速度為v0，則

由幾何關(guān)系知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑R1＝

（2）設(shè)P點的坐標為（0，y），粒子在電場中做類平拋運動，

到Q點時，根據(jù)題意有

由題意可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑

1 0．（1）4 0N／C （2）0．5s （3）1．9 3m

【解析】（1）由平衡可知q E＝m g