训练三 磁 场

《教学考试》物理命题研究中心

训练三 磁 场

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1．（2016·山东日照一模）1 8 2 0年4月的一天，丹麦科学家奥斯特在上课时，无意中让通电导线靠近小磁针，突然发现小磁针偏转。这个现象并没有引起在场其他人的注意，而奥斯特却是个有心人，他非常兴奋，紧紧抓住这个现象，接连三个月深入地研究，反复做了几十次实验。关于奥斯特的实验，如图所示，下列操作中一定能够观察到小磁针偏转的是 （ ）

A．通电导线A B东西放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关

B．通电导线A B南北放置，小磁针放在导线正下方，闭合开关

C．通电导线A B东西放置，小磁针放在导线正下方，改变电流方向

D．通电导线A B南北放置，小磁针在A B延长线的B端外侧，改变电流大小

2．（2016·广东汕头模拟）如图是磁电式电流表的结构，蹄形磁铁和铁芯间的磁场均匀辐向分布，线圈中a、b两条导线长均为l，通以图示方向的电流I，两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则 （ ）

A．该磁场是匀强磁场

B．线圈平面总与磁场方向垂直

C．线圈将逆时针转动D．a、b导线受到的安培力大小总为I l B

3．（2016·山东日照一模）图甲为水平放置的两根平行光滑导轨，处在垂直轨道平面向里的匀强磁场中。均匀金属棒A B垂直于导轨水平静止放置。从t＝0时刻开始在A B棒上通有图乙所示的交变电流，规定图甲所示的电流方向为正方向。下列说法正确的是 （ ）

A．金属棒将在某一范围内往复运动

B．t1时刻导体棒的速度最大

C．t2时刻导体棒的加速度最大

D．安培力时而做正功，时而做负功

4．（多选）（2016·天津期末六校联考）2 0世纪初，卡文迪许实验室（C a v e n d i s h L a b o r a t o r y）的英国物理学家阿斯顿首次制成了聚焦性能较高的质谱仪，并用此来对许多元素的同位素及其丰度进行测量，从而肯定了同位素的普遍存在。现有速度相同的一束粒子由左端射入质谱仪，其运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是 （ ）

A．该束粒子带负电

B．速度选择器的P1极板带正电

C．在B2磁场中运动时间越短的粒子，质量越大

D．在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷越小

5．（多选）（2016·洛阳上学期期末）如图所示，直角坐标系x O y位于竖直平面内，y轴竖直向上，第Ⅲ、Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向外的匀强磁场，第Ⅳ象限同时存在方向平行于y轴的匀强电场（图中未画出）。一带电小球从x轴上的A点由静止释放，恰好从P点垂直于y轴进入第Ⅳ象限，然后做圆周运动，从Q点垂直于x轴进入第Ⅰ象限，Q点到O点的距离为d，重力加速度为g。根据以上信息，能求出的物理量有 （ ）

A．圆周运动的速度大小

B．电场强度的大小和方向

C．小球在第Ⅳ象限运动的时间

D．磁感应强度大小

6．（2016·福建连江县尚德中学检测）如图所示，正方形区域A B C D中有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带正电粒子（不计重力）以一定速度沿A B边的中点M垂直于A B边射入磁场，恰好从A点射出，则 （ ）

A．若该粒子从A点射入，粒子将从M点射出

B．仅增大该粒子的速度，粒子在磁场中运动时间将变小

C．若将该粒子速度增大为原来的2倍，粒子将从D点射出

D．仅增大磁感应强度，粒子在磁场中运动时间将增大

7．（多选）如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强

磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电荷量为＋q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场 （ ）

8．（多选）（2016·辽宁抚顺模拟）如图所示，x O y平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3m。现有一个比荷大小为1．0C／k g可视为质点的带正电的小球（重力不计）从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M点，则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·河南百校联盟质检）如图所示，在平面直角坐标系x O y中，第Ⅰ象限内有沿y轴负向的匀强电场，电场强度的大小为E，第Ⅳ象限内有垂直纸面向外的匀强磁场。在y轴的正半轴上，各点处均向x轴正向发射质量均为m、电荷量为q的带正电粒子，结果这些粒子均能从x轴上的Q点射入磁场，并且到Q点速度最小的粒子A，经磁场偏转后恰好从（0，－L）射出磁场，已知O Q＝L，粒子的重力不计。求：

（1）匀强磁场的磁感应强度大小及粒子A在磁场中运动的时间；

（2）若某粒子c从y轴上的P点射出，经过Q点时，速度方向与x轴正向成3 0°，求O P的大小及该粒子在磁场中做圆周运动的半径。

1 0．（2016·深圳一调）如图所示，长度L＝0．1 2 5m、质量M＝3 0g的绝缘薄板置于倾角为θ＝3 7°的斜面PM底端P点，PN是垂直于PM的挡板，斜面与薄板间的动摩擦因数μ0＝0．8。质量m＝1 0g、带电荷量q＝＋2．5×1 0－3C可视为质点的小物块放在薄板的最上端，薄板和物块间的动摩擦因数μ＝0．5，所在空间加有一个方向垂直于斜面向下的匀强电场E。现对薄板施加一平行于斜面向上的拉力F＝0．7 2 6N，当物块即将离开薄板时，立即将电场E方向改为竖直向上，同时增加一个垂直纸面向外B＝6．0T足够大的匀强磁场，并撤去外力F，此时小物块刚好做匀速圆周运动。设最大静摩擦力与滑动摩擦力相同，不考虑因空间电、磁场的改变而带来的其他影响，斜面和挡板PN均足够长。取g＝1 0m／s2，s i n 3 7°＝0．6。求：

（1）电场强度E的大小；

（2）物块从开始运动至到达薄板底端经历的时间；

（3）物块击中挡板PN时，物块离P点的距离。

参考答案

1．B 【解析】因为地磁场是南北方向，当通电直导线南北放置时产生的磁场为东西方向，小磁针放在导线正下方，闭合开关时磁场从无到有，这种情况下两种磁场的作用力最大，现象最明显，故B项正确。

2．D 【解析】匀强磁场的磁感应强度大小处处相等，方向处处相同，由图可知，A项错误；在图示的位置，a受向上的安培力，b受向下的安培力，线圈顺时针转动，C项错误，B项错误；由于磁感应强度大小不变，电流大小不变，则安培力大小始终为I l B，D项正确。

3．D 【解析】刚开始时，电流向下，根据左手定则可知受到向左的安培力，向右运动，当到t2时电流为零，向右的速度达到最大，之后电流向上，受到向左的安培力，向右减速，根据对称性可得当到达t4时刻时，速度减小为零，之后电流变为正向，速度向右增大，向右运动，如此反复，所以金属棒一直向右运动，A、B项错误；电流最大时，加速度最大，所以C项错误；导体棒一直向右运动，而安培力时而向左，时而向右，所以时而做正功，时而做负功，D项正确。

4．B D 【解析】由图可知，带电粒子进入匀强磁场B2时向下偏转，所以粒子所受的洛伦兹力方向向下，根据左手定则判断得知该束粒子带正电，故A项错误；该束粒子在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，粒子带正电，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故B项正确；各种进入B2的粒子运动时间均为半个周期，根据可知，t越小的粒子，质量m不一定大，C项错误；粒子进入匀强磁场B2中受到洛伦兹力而做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得可见，由于v是一定的，B不变，半径r越大，则越小，故D项正确。

5．A C 【解析】小球在第四象限做匀速圆周运动，由题意可知，小球轨道半径r＝d，从A到P过程，由动能定理得小球以速度v做圆周运动，故A项正确；小球在第四象限做匀速圆周运动，则m g＝q E，电场强度由于不知道m、q，无法求出电场强度的大小，故B项错误；小球做圆周运动的周期T＝小球在第四象限的运动时间故C项正确；小球做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得解得由于不知道m、q，无法求出B，故D项错误。

6．B 【解析】由左手定则可知，该粒子从A点射出受到的洛伦兹力方向向上，将无法从M点射出，故A项错误；带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，根据公式若仅增大该粒子的速度，粒子在磁场中的半径将增大，转过的圆心角将减小，运动的时间也将减小，故B项正确；根据公式若仅增大磁感应强度，粒子在磁场中半径将减小，但仍然转过半圈，时间等于半个周期运动时间将减小，故D项错误；若正方形A B C D的边长为a，由几何关系可知又根据公式将该粒子速度增大为原来的2倍，圆周的半径也将增大为原来的2倍，粒子将从AD的中点射出，故C项错误。

7．C D 【解析】带电小球进入复合场时受力情况如图所示，A图中由于小球所受合力不为零，所以洛伦兹力不恒定，因此水平方向合力不可能保持为零，小球不可能沿直线运动；B图中垂直纸面向外的方向上只有一个洛伦兹力，所以这种情况下小球也不能沿竖直方向运动；C图中小球所受三个力的合力如果为零，小球就可以沿竖直方向运动；D图中小球只受竖直方向两个力作用，一定沿竖直方向运动。

8．A B D 【解析】由题意可知，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON＝9m＜3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，碰撞后，第二个圆心的位置在O点的上方。也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接过M点。由于洛伦兹力提供向心力，所以解得（1）若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图甲所示，设O O′＝s，由几何关系得r2＝OM2＋s2＝9＋s2②，3r－9＝s③，联立②③得r1＝3m；r2＝3．7 5m，分别代入①式解得v1＝3m／s，v2＝3．7 5m／s。故A、B项正确；（2）若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图乙所示，设O O′＝s，由几何关系得r23＝OM2＋x2＝9＋x2④，x＝9－r3⑤，联立④⑤得r3＝5m，代入①解得v3＝5m／s，故D项正确。

【解析】（1）设到Q点速度最小的粒子A的初速度为v0，则

由几何关系知，粒子在磁场中做圆周运动的半径R1＝

（2）设P点的坐标为（0，y），粒子在电场中做类平抛运动，

到Q点时，根据题意有

由题意可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径

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