优选第九章 磁场综合过关规X限时检测满分：100分 考试时间：45分钟一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共计48分。每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．(2020·某某某某期末)如图，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O点为半圆弧的圆心，∠MOP＝90°。在M、N处各有一条长直导线垂直于纸面放置，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点磁感应强度的大小为B1；若将N处的长直导线移至P处，则O点的磁感应强度大小变为B2。则B1与B2之比为( C )A．1︰1 B．1︰C．︰1 D．2︰1[解析] 由题意可知O点为MN的中点，O点磁感应强度的大小为B1，两通电直导线在O点产生的磁感应强度都向下，则可知两通电直导线在O点处产生的磁感应强度大小为；当将N处的长直导线移至P处后，两通电直导线在O点产生的磁感应强度如图所示，由几何关系可知O点的合磁感应强度大小为B2＝×＝，所以B1︰B2＝B1︰＝︰1，故C正确，A、B、D错误。2．(2021·某某某某月考)如图所示，质量为60kg的铜棒长为L＝20-10-/10
优选cm，棒的两端与等长的两细软铜线相连，吊在磁感应强度B＝0.5T、方向竖直向上的匀强磁场中。铜棒到吊点的距离为l，当棒中通过恒定电流I后，铜棒能够向上摆动的最大偏角θ＝60°，取g＝10m/s2，则铜棒中电流I的大小是( A )A．2AB．3AC．6AD．6A[解析] 本题考查安培力公式、动能定理的应用。铜棒上摆的过程，根据动能定理得FBLsin60°－mgL(1－cos60°)＝0，又安培力FB＝BLI；代入解得I＝2A，故选A。3．如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr。则粒子在磁场中运动的最长时间为( C )A．B．C．D．[解析] 粒子在磁场中运动的半径为R＝＝＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝＝＝，故选项C正确。-10-/10
优选4．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨道半径为R。已知电场的电场强度为E，方向竖直向下；磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里，不计空气阻力，设重力加速度为g，则( C )A．液滴带正电B．液滴荷质比＝C．液滴顺时针运动D．液滴运动的速度大小v＝[解析] 液滴在重力场、匀强电场和匀强磁场组成的复合场中做匀速圆周运动，可知，液滴受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反，故可知液滴带负电，故A错误；由mg＝qE解得＝，故B错误；磁场方向垂直纸面向里，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断液滴的运动方向为顺时针，故C正确；液滴在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为R＝，联立各式得v＝，故D错误。5．(2019·某某卷，4)笔记本电脑机身和显示屏对应部位分别有磁体和霍尔元件。当显示屏开启时磁体远离霍尔元件，电脑正常工作；当显示屏闭合时磁体靠近霍尔元件，屏幕熄灭，电脑进入休眠状态。如图所示，一块宽为a、长为c的矩形半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，通入方向向右的电流时，电子的定向移动速度为v。当显示屏闭合时元件处于垂直于上表面、方向向下的匀强磁场中，于是元件的前、后表面间出现电压U，以此控制屏幕的熄灭。则元件的( D )-10-/10
优选A．前表面的电势比后表面的低B．前、后表面间的电压U与v无关C．前、后表面间的电压U与c成正比D．自由电子受到的洛伦兹力大小为[解析] 由左手定则判断，后表面带负电，电势低；A错误；电子受力平衡后，U稳定不变，由e＝evB得U＝Bav，U与v成正比，与c无关；B、C错误；洛伦兹力F＝evB＝；D正确。6．(2019·某某单科)如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则( AC )A．P和Q的质量之比为1︰2B．P和Q的质量之比为︰1C．P和Q速度大小之比为︰1D．P和Q速度大小之比为2︰1[解析] 粒子在磁场中运动时的周期T＝，且偏转角θ与运动时间的关系为＝，已知tP＝tQ，qP＝qQ，由粒子运动轨迹可知θP＝π，θQ＝，解得＝＝-10-/10
优选，故A正确，B错误；设MN＝2R，则粒子P的半径RP＝R，粒子Q的半径RQ＝R，依据r＝，得＝，故C正确，D错误。7．(2020·通州区期末)如图所示，天平可以用来测定磁感应强度，磁场方向垂直纸面(虚线围成的区域)，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，下底边长为L，右侧边深入磁场中的长度为L1，线圈中通有电流I(方向如图)时，在天平左、右两边加上质量分别为m1、m2的砝码，天平平衡；当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后天平重新平衡，下列说法中正确的是( AC )A．磁场的方向垂直纸面向里B．磁场的磁感应强度大小B＝C．磁场的磁感应强度大小B＝D．磁场的磁感应强度大小B＝[解析] 本题通过安培力作用下的平衡考查磁感应强度的计算。电流反向后，安培力反向，需要在天平右边加上砝码才能重新平衡，所以开始时安培力向下，由左手定则可知磁感应强度的方向垂直纸面向里，故A正确；根据平衡条件有m1g＝m2g＋NBIL，当电流反向后有m1g＝m2g＋mg－NBIL，联立得mg＝2NBIL，则磁感应强度大小B＝，故C正确，B、D错误。8．(2021·某某重点中学协作体联考)在真空中，半径为R的虚线所围的圆形区域内存在磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，EF-10-/10
优选是一水平放置的感光板。从圆形磁场最右端的A点处垂直磁场射入大量质量为m、电荷量大小为q、速度为v的带正电粒子，不考虑粒子间的相互作用及粒子重力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是( BD )A．粒子只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在EF上B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心C．对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中通过的弧长越长，时间也越长D．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在EF上[解析] 本题考查带电粒子在圆形边界匀强磁场中运动的相关知识点。对着圆心入射的粒子，当轨迹半径r＝R时，出射后垂直打在EF上，而速度为v的粒子的轨迹半径r与R不一定相等，选项A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线一定过圆心，选项B正确；对着圆心入射的粒子，速度越大，在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角θ越小，由T＝与t＝T知，运动时间t越小，选项C错误；速度满足v＝时，轨道半径r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心连线构成菱形，射出磁场的点所在的轨迹半径与OA平行，粒子的速度一定垂直EF板，选项D正确。二、非选择题(本题共3小题，共52分。)9．(16分)(2018·全国卷Ⅲ，24)如图，从离子源产生的甲、乙两种离子，由静止经加速电压U加速后在纸面内水平向右运动，自M点垂直于磁场边界射入匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁场左边界竖直。已知甲种离子射入磁场的速度大小为v1，并在磁场边界的N点射出；乙种离子在MN的中点射出；MN长为l。不计重力影响和离子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度大小；-10-/10
优选(2)甲、乙两种离子的比荷之比。[答案] (1) (2)1︰4[解析] (1)设甲种离子所带电荷量为q1、质量为m1，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R1，磁场的磁感应强度大小为B，由动能定理有q1U＝m1v①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q1v1B＝m1②由几何关系知2R1＝l③由①②③式得B＝。④(2)设乙种离子所带电荷量为q2、质量为m2，射入磁场的速度为v2，在磁场中做匀速圆周运动的半径为R2。同理有q2U＝m2v⑤q2v2B＝m2⑥由题给条件有2R2＝⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙两种离子的比荷之比为-10-/10
优选︰＝1︰4。10．(16分)我国航母采用自行研制的电磁弹射器，其工作原理可简化为如图所示。上下共4根导轨，飞机前轮下有一牵引杆，与飞机前轮连为一体，可收缩并放置在飞机的腹腔内。起飞前牵引杆伸出至上下导轨之间，强迫储能装置提供瞬发能量，强大的电流从导轨流经牵引杆，牵引杆在强大的安培力作用下推动飞机运行到高速。现有一弹射器弹射某飞机，设飞机质量m＝2×104kg，起飞速度为v＝60m/s，起飞过程所受到阻力恒为机重的0.2倍，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始匀加速起飞，起飞距离为l＝200m，在电磁弹射器与飞机的发动机(设飞机牵引力不变)同时工作的情况下，匀加速起飞距离减为50m，假设弹射过程强迫储能装置的能量全部转为飞机的动能。取g＝10m/s2。求：(1)判断图中弹射器工作时磁场的方向；(2)计算该弹射器强迫储能装置贮存的能量；(3)若假设强迫储能装置释放电能时的平均放电电压为U＝1000V，飞机牵引杆的宽度d＝2.5m，计算强迫储能装置放电时的电流以及加速飞机所需的磁感应强度B的大小。[答案] (1)竖直向上 (2)2.7×107J (3)1.62×104A T[解析] (1)根据左手定则可知磁场方向竖直向上。(2)没有电磁弹射器的情况下，由动能定理：(F0－kmg)l＝mv2代入数据得：F0＝2.2×105N。有电磁弹射器的情况下，由：E＋(F0－kmg)s＝mv2-10-/10
优选解得：E＝2.7×107J。(3)飞机的加速度为：a＝＝m/s2＝36m/s2，起飞时间：t1＝＝s＝s。由UIt1＝E得：I＝1.62×104A。由：F0＋BId－kmg＝ma解得：B＝T。11．(20分)(2019·全国卷Ⅰ，24)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。[答案] (1) (2)[解析] (1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2①-10-/10
优选设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m②由几何关系知d＝r③联立①②③式得＝。④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝⑥联立②④⑤⑥式得t＝。-10-/10
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