临川一中高三磁场综合题.docx

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临川一中高三磁场综合题

大的

磁场综合测试题

本卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分100分，考试时间90分钟．

第Ⅰ卷

一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）

1．在赤道上某处有一个避雷针．当带有负电的乌云经过避雷针上方时，避雷针开始放电，则地磁场对避雷针的作用力的方向为（　　）

A．正东　　　　　　　　B．正西

C．正南D．正北

[答案]　B

[解析]　赤道上方地磁场磁感线的方向由南向北，通过避雷针的电流方向向上，由左手定则知，安培力的方向向正西．

2．如图所示，用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线MN，电流I方向从M到N，绳子的拉力均为F，为使F＝0，可能达到要求的方法是（　　）

A．加水平向右的磁场

B．加水平向左的磁场

C．加垂直纸面向里的磁场

D．加垂直纸面向外的磁场

[答案]　C

[解析]　要使绳子的拉力变为零，加上磁场后，应使导线所受安培力等于导线的重力，由左手定则可判断，所加磁场方向应垂直纸面向里，导线所受安培力向上．

3．（2009·广州测试三）如果用E表示电场区域的电场强度大小，用B表示磁场区域的磁感应强度大小．现将一点电荷放入电场区域，发现点电荷受电场力为零；将一小段通电直导线放入磁场区域，发现通电直导线受安培力为零，则以下判断可能正确的是（　　）

A．E＝0B．E≠0

C．B＝0D．B≠0

[答案]　ACD

[解析]　点电荷在电场中必受电场力，除非E＝0，选项A正确，B错误．一小段通电直导线放入磁场中，若I与B平行，也不会受安培力，选项CD都可以．

4．如图所示，直导线AB、螺线管C、电磁铁D三者相距较远，其磁场互不影响，当开关S闭合后，则小磁针北极N（黑色的一端）指示磁场方向正确的是（　　）

A．aB．b

C．cD．d

[答案]　BD

[解析]　开关S闭合后，通电导线AB周围的磁感线是以导线AB上各点为圆心的同心圆，用右手定则判断知，其方向俯视为逆时针，所以a的指向错误；螺线管C的磁感线与条形磁铁的相似，电磁铁D的磁感线与蹄形磁铁的相似，均由右手定则判断其磁感线方向知，b和d的指向都正确；而c的指向错误．

5．科考队进入某一磁矿区域后，发现指南针突然失灵，原来指向正北的N极逆时针转过30°（如图所示），设该位置地磁场磁感应强度水平分量为B，则磁矿所产生的磁感应强度水平分量的最小值为（　　）

A．BB．2B

C.

D.

[答案]　C

[解析]　指南针N极的指向表示该位置的磁感应强度的方向，由题干分析得合磁场方向与原来磁场方向的夹角为30°，根据矢量合成法则分析（如图所示），磁矿的磁感应强度水平分量的最小值为地磁场磁感应强度水平分量的一半．

6．在地面附近，存在着一有界电场，边界MN将某空间分成上下两个区域Ⅰ、Ⅱ，在区域Ⅱ中有竖直向上的匀强电场，在区域Ⅰ中离边界某一高度由静止释放一质量为m的带电小球A，如图甲所示，小球运动的v－t图象如图乙所示，已知重力加速度为g，不计空气阻力，则（　　）

A．在t＝2.5s时，小球经过边界MN

B．小球受到的重力与电场力之比为35

C．在小球向下运动的整个过程中，重力做的功与电场力做的功大小相等

D．在小球运动的整个过程中，小球的机械能与电势能总和先变大再变小

[答案]　BC

[解析]　由速度图象可知，带电小球在区域Ⅰ与区域Ⅱ中的加速度之比为32，由牛顿第二定律可知：

＝

，所以小球所受的重力与电场力之比为35，B正确．小球在t＝2.5s时速度为零，此时下落到最低点，由动能定理可知，重力与电场力的总功为零，故C正确．因小球只受重力与电场力作用，所以小球的机械能与电势能总和保持不变，D错．

7．（2009·苏北四市联考二）如图所示，匀强电场水平向右，虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场，虚线左边有一固定的光滑水平杆，杆右端恰好与虚线重合．有一电荷量为q、质量为m的小球套在杆上并从杆左端由静止释放，带电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后，开始一小段时间内，小球（　　）

A．可能做匀速直线运动

B．一定做变加速曲线运动

C．重力势能可能减小

D．电势能可能增加

[答案]　BC

[解析]　在光滑水平杆上小球由静止释放向右运动，说明小球带正电，在复合场中小球受三个力作用，重力、电场力、洛伦兹力，因电场力做正功，速度在变化，重力与洛伦兹力不可能始终相等，小球不可能做匀速直线运动，A错；若重力与洛伦兹力的合力向上，此时重力做负功，重力势能可能增加；若重力与洛伦兹力合力向下，则重力做正功，重力势能可能减小，C对；重力、电场力、洛伦兹力三力的合力与小球运动的速度方向不在一条直线上，小球一定做变加速曲线运动，B对；电场力始终做正功，电势能一定减小，D错，本题选BC.

8．如图所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场方向水平（图中垂直纸面向里），一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是（　　）

A．若仅撤去电场，P可能做匀加速直线运动

B．若仅撤去磁场，P可能做匀加速直线运动

C．若给P一初速度，P不可能做匀速直线运动

D．若给P一初速度，P可能做匀速圆周运动

[答案]　D

[解析]　因为带电油滴原来处于静止状态，故应考虑带电油滴所受的重力．当仅撤去电场时，带电油滴在重力作用下开始加速，但由于受变化的磁场力作用，带电油滴不可能做匀加速直线运动，A错；若仅撤去磁场，带电油滴仍处于静止，B错；若给P的初速度方向平行于磁感线，因所受的磁场力为零，所以P可以做匀速直线运动，C错；当P的初速度方向平行于纸面时，带电油滴在磁场力作用下可能做顺时针方向的匀速圆周运动．

9．（2009·淄博一模）如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球（电荷量为＋q，质量为m）从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是（　　）

[答案]　CD

[解析]　在A图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A选项错误；B图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B选项错误；C图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若这三个力的合力正好为0，则小球将沿直线通过复合场，C选项正确；D图中小球只受到向下的重力和向上的电场力，都在竖直方向上，小球可能沿直线通过复合场，D选项正确．

10．（2010·潍坊）如图所示，质量为m，带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁感应强度大小为B.现给环一向右的初速度v0

，则（　　）

A．环将向右减速，最后匀速

B．环将向右减速，最后停止运动

C．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是

mv

D．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是

mv

－

m

2

[答案]　AD

[解析]　环在向右运动过程中受重力mg，洛伦兹力F，杆对环的支持力、摩擦力作用，由于v0>

，∴qv0B>mg，在竖直方向有qvB＝mg＋FN，在水平方向存在向左的摩擦力作用，所以环的速度越来越小，当FN＝0时，Ff＝0，环将作速度v1＝

的匀速直线运动，A对B错，从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能为动能的减少，即

mv

－

m

2，故D对C错，正确答案为AD.

第Ⅱ卷（非选择题　共60分）

二、填空题（共3小题，每小题6分，共18分．把答案直接填在横线上）

11．（6分）如图（甲）所示，一带电粒子以水平速度v0

先后进入方向互相垂直的匀强电场和匀强磁场区域，已知电场方向竖直向下，两个区域的宽度相同且紧邻在一起，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中（其所受重力忽略不计），电场和磁场对粒子所做的功为W1；若把电场和磁场正交重叠，如图（乙）所示，粒子仍以初速度v0穿过重叠场区，在带电粒子穿过电场和磁场的过程中，电场和磁场对粒子所做的总功为W2，比较W1和W2，则W1________W2（填“>”、“<”或“等于”）．

[答案]　>

[解析]　由题意可知，带电粒子穿过叠加场的过程中，洛伦兹力小于电场力，二力方向相反，所以沿电场方向偏移的距离比第一次仅受电场力时偏移的距离小，且洛伦兹力不做功，故W1>W2.

12．（6分）在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直于磁场放入一段通电导线．若任意时刻该导线中有N个以速度v做定向移动的电荷，每个电荷的电量为q.则每个电荷所受的洛伦兹力F洛＝________，该段导线所受的安培力为F＝________.

[答案]　qvB　NqvB

[解析]　垂直于磁场方向运动的带电粒子所受洛伦兹力的表达式为F洛＝qvB，导体在磁场中所受到的安培力实质是导体中带电粒子所受洛伦兹力的宏观体现，即安培力F＝NF洛＝NqvB.

13．（6分）如图中MN表示真空中垂直于纸面的平板，板上一侧有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度大小为B.一带电粒子从平板上的狭缝O处以垂直于平板的初速度v射入磁场区域，最后到达平板上的P点．已知B、v以及P到O的距离l，不计重力，则此粒子的比荷为________．

[答案]　

[解析]　粒子初速度v垂直于磁场，粒子在磁场中受洛伦兹力而做匀速圆周运动，设其半径为R，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，有qvB＝m

因粒子经O点时的速度垂直于OP，故OP为直径，l＝2R，由此得

＝

.

三、论述计算题（共4小题，共42分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位）

14．（10分）如图所示，MN是匀强磁场的左边界（右边范围很大），磁场方向垂直纸面向里，在磁场中有一粒子源P，它可以不断地沿垂直于磁场方向发射出速度为v、电荷为＋q、质量为m的粒子（不计粒子重力）．已知匀强磁场的磁感应强度为B，P到MN的垂直距离恰好等于粒子在磁场中运动的轨道半径．求在边界MN上可以有粒子射出的范围．

[答案]　（1＋

）R

[解析]　在图中画出两个过P且半径等于R的圆，其中的实线部分代表粒子在磁场中的运动轨迹，下面的圆的圆心O1在p点正下方，它与MN的切点f就是下边界，上面的圆的圆心为O2，过p点的直径的另一端恰在MN上（如图中g点），则g点为粒子射出的上边界点．

由几何关系可知：

cf＝R，cg＝

＝

R

即可以有粒子从MN射出的范围为c点上方

R至c点下方R，fg＝（1＋

）R.

15．（10分）如图所示，在竖直平面内有范围足够大、场强方向水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.一绝缘“⊂”形杆由两段直杆和一半径为R为半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内．PQ、MN与水平面平行且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m、带电量为＋q的小环套在MN杆上，它所受到的电场力为重力的

倍．现在M右侧D点由静止释放小环，小环刚好能到达P点，求：

（1）D、M间的距离x0；

（2）上述过程中小环第一次通过与O等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；

（3）若小环与PQ杆的动摩擦因数为μ（设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等）．现将小环移至M点右侧5R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功．

[答案]　

（1）4R　

（2）

mg＋qB

　（3）

mgR

[解析]　

（1）由动能定理得：

qEx0－2mgR＝0

qE＝

mg

∴x0＝4R.

（2）设小环在A点速度为vA

由动能定理得：

qE（x0＋R）－mgR＝

mv

vA＝

由向心力公式得：

N－qvAB－qE＝m

N＝

mg＋qB

.

（3）若μmg≥qE即μ≥

，则小环运动到P点右侧s1处静止qE（5R－s1）－mg·2R－μmgs1＝0

∴s1＝

∴小环克服摩擦力所做的功W1＝μmgs1＝

若μmg

，则小环经过往复运动，最后只能在P、D之间运动，设小环克服摩擦力所做的功为W2，则qE5R－mg2R－W2＝0

∴W2＝

mgR.

16．（11分）（2009·北京模拟）在坐标系xOy中，有三个靠在一起的等大的圆形区域，分别存在着方向如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小都为B＝0.10T，磁场区域半径r＝

m，三个圆心A、B、C构成一个等边三角形，B、C点都在x轴上，且y轴与圆形区域C相切，圆形区域A内磁场垂直纸面向里，圆形区域B、C内磁场垂直纸面向外．在直角坐标系的第Ⅰ、Ⅳ象限内分布着场强E＝1.0×105N/C的竖直方向的匀强电场，现有质量m＝3.2×10－26kg，带电荷量q＝－1.6×10－19C的某种负离子，从圆形磁场区域A的左侧边缘以水平速度v＝106m/s沿正对圆心A的方向垂直磁场射入，求：

（1）该离子通过磁场区域所用的时间．

（2）离子离开磁场区域的出射点偏离最初入射方向的侧移为多大？

（侧移指垂直初速度方向上移动的距离）

（3）若在匀强电场区域内竖直放置一挡板MN，欲使离子打到挡板MN上的偏离最初入射方向的侧移为零，则挡板MN应放在何处？

匀强电场的方向如何？

[答案]　

（1）4.19×10－6s　

（2）2m

（3）MN应放在距y轴2

m的位置上　竖直向下

[解析]　

（1）离子在磁场中做匀速圆周运动，在A、C两区域的运动轨迹是对称的，如图所示，设离子做圆周运动的半径为R，圆周运动的周期为T，由牛顿第二定律得：

qvB＝m

又T＝

解得：

R＝

，T＝

将已知量代入得：

R＝2m

设θ为离子在区域A中的运动轨迹所对应圆心角的一半，由几何关系可知离子在区域A中运动轨迹的圆心恰好在B点，

则：

tanθ＝

＝

θ＝30°

则离子通过磁场区域所用的时间为：

t＝

＝4.19×10－6s

（2）由对称性可知：

离了从原点O处水平射出磁场区域，由图可知侧移为

d＝2rsin2θ＝2m

（3）欲使离子打到挡板MN上时偏离最初入射方向的侧移为零，则离子在电场中运动时受到的电场力方向应向上，所以匀强电场的方向向下

离子在电场中做类平抛运动，加速度大小为：

a＝Eq/m＝5.0×1011m/s2

沿y方向的位移为：

y＝

at2＝d

沿x方向的位移为：

x＝vt

解得：

x＝2

m

所以MN应放在距y轴2

m的位置．

17．（11分）（2009·安徽省六校联考）如图所示，为某种新型设备内部电、磁场分布情况图．自上而下分为Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个区域．区域Ⅰ宽度为d1，分布有沿纸面向下的匀强电场E1；区域Ⅱ宽度为d2，分布有垂直纸面向里的匀强磁场B1；宽度可调的区域Ⅲ中分布有沿纸面向下的匀强电场E2和垂直纸面向里的匀强磁场B2.现在有一群质量和带电荷量均不同的带正电粒子从区域Ⅰ上边缘的注入孔A点被注入，从静止开始运动，然后相继进入Ⅱ、Ⅲ两个区域，满足一定条件的粒子将回到区域Ⅰ，其他粒子则从区域Ⅲ飞出．三区域都足够长，粒子的重力不计．

已知能飞回区域Ⅰ的带电粒子的质量为m＝6.4×10－27kg，带电荷量为q＝3.2×10－19C，且d1＝10cm，d2＝5

cm，d3>10cm，E1＝E2＝40V/m，B1＝4×10－3T，B2＝2

×10－3T.

试求：

（1）该带电粒子离开区域Ⅰ时的速度．

（2）该带电粒子离开区域Ⅱ时的速度．

（3）该带电粒子第一次回到区域Ⅰ的上边缘时离开A点的距离．

[答案]　

（1）2×104m/s　方向竖直向下

（2）2×104m/s　方向与x轴正向成45°角

（3）57.26cm

[解析]　

（1）qE1d1＝

mv2

得：

v＝2×104m/s，方向竖直向下．

（2）速度大小仍为v＝2×104m/s，如图所示．

qB1v＝m

方向：

sinθ＝

可得：

θ＝45°

所以带电粒子离开区域Ⅱ时的速度方向与x轴正向成45°角．

（3）设该带电粒子离开区域Ⅱ也即进入区域Ⅲ时的速度分解为vx、vy，则：

vx＝vy＝vsin45°＝

×104m/s

所以：

qB2vx＝qB2vy＝1.28×10－17N.

qE2＝1.28×10－17N

qE2＝qB2vx

所以带电粒子在区域Ⅲ中运动可视为沿x轴正向的速率为vx的匀速直线运动和以速率为vy，以及对应洛伦兹力qB2vy作为向心力的匀速圆周运动的叠加，轨道如图所示：

R2＝

＝10cm

T＝

＝

π×10－5s

根据运动的对称性可知，带电粒子回到区域Ⅰ的上边缘的B点，距A点的距离为：

d＝2

代入数据可得：

d≈57.26cm