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1、- 1 - 考点 10 磁场一、选择题1.(2014 新课标全国卷 ) 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力, 下列说法正确的是 ( ) A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角, 安培力的大小一定变为原来的一半【解析】选 B。本题考查安培力的大小和方向。安培力总是垂直于磁场与电流所决定的平面 , 因此, 安培力总与磁场和电流垂直,A 错误,B 正确; 安培力 F= BILsin , 其中是导线与磁场方向的夹角, 所以 C错误; 将直导线从中点折成直角, 导线受到安培力的大小不仅与有效长度
2、有关, 还与导体在磁场中的相对位置有关,D 错误。【误区警示】 安培力总是垂直于磁场与电流, 但是磁场不一定与电流垂直。2.(2014 北京高考 )带电粒子 a、b 在同一匀强磁场中做匀速圆周运动, 它们的动量大小相等 ,a 运动的半径大于 b 运动的半径。 若 a、b 的电荷量分别为qa、qb,质量分别为 ma、mb, 周期分别为 Ta、Tb。则一定有 ( ) A.qarb,所以 qarb, 但不知道速度大小关系 , 无法判断周期关系,C 错误。 由 mq= rBv, 虽然知道 rarb, 但不知道速度大小关系 , 故无法判断比荷关系,D 错误。3.(2014 安徽高考 )“人造小太阳”托卡
3、马克装置使用强磁场约束高温等离子体, 使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部, 而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比 ,为约束更高温度的等离子体 , 则需要更强的磁场 , 以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 ( ) A.TB.T C.3TD.T2【解题指南】 解答本题注意以下两点 : (1) 带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比, 即 v2正比于 T, 则 v 正比于T。(2) 带电粒子在磁场中的运动, 根据牛顿第二定律有 rvmqvB2【解析】 选 A。带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比 , 则 v2
4、正比于 T,从而 v 正比于T。带电粒子在磁场中的运动半径不变, 根据牛顿第二定律有rvmqvB2 , 可得qrmvB。综上可知 ,B 正比于T, 故选项 A正确。4.(2014 浙江高考 )如图甲所示 , 两根光滑平行导轨水平放置, 间距为 L, 其间有竖直向下的匀强磁场 , 磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从 t=0 时刻起 , 棒上有如图乙所示的持续交变电流I, 周期为 T, 最大值为 Im,- 3 - 图甲中 I 所示方向为电流正方向。则金属棒( ) A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功【解题指
5、南】 解答本题时应从以下两点进行分析: (1) 熟练使用左手定则判断安培力的方向; (2) 根据电流的周期性来分析安培力的周期性。【解析】 选 A、B、C。由左手定则可知 , 金属棒一开始向右加速运动, 当电流反向以后,金属棒开始减速 , 经过一个周期速度变为0, 然后重复上述运动 , 所以 A、B项正确 ; 安培力F=BIL, 由图像可知前半个周期向右, 后半个周期向左, 不断重复,C 项正确 ;一个周期内 , 金属棒初、末速度相同 , 由动能定理可知安培力在一个周期内不做功 ,D 项错误。【误区警示】 虽然洛伦兹力不做功 , 但是安培力可以做功 , 判断安培力做正功还是负功, 要弄清金属棒
6、的速度。5.(2014 江苏高考 )如图所示 , 导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为 I, 线圈间产生匀强磁场 ,磁感应强度大小B 与 I 成正比, 方向垂直于霍尔元件的两侧面 , 此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压- 4 - 表测出的霍尔电压UH满足: dBIkUH H, 式中 k 为霍尔系数 ,d 为霍尔元件两侧面间的距离。电阻R远大于 RL, 霍尔元件的电阻可以忽略, 则( ) A.霍尔元件前表面的电势低于后表面B.若电源的正负极对调 , 电压表将反偏C.IH与 I 成正比D.电压表的示数与 RL消耗的电功率成正比【解题指南】 本题为信息题 , 题
7、中“B与 I 成正比” “ dBIkUH H”等重要信息都要在审题中提炼出来 , 然后是霍尔效应的处理 , 从动态平衡的角度得到UH与其他量的关系 ,A、 B两项比较容易判断 , 因为本题为多选 , 所以用排除法排除也可以得到答案。【解析】选 C、D 。根据左手定则判断电子受到洛伦兹力偏到霍尔元件的后表面,所以前表面电势高于后表面,A 项错误 ; 若电源的正负极对调 , 线圈中产生的磁场反向 , 根 据 左手定则 判断 依 然是前表 面电 势 高于 后表 面,B项 错误; 根 据B q vqdUH, 有 UH=Bvd,因为 B=kI,I=nqSv,v I, 联立解得 UHI2, 而 P=I2R
8、 L, 所以UHP,D项正确; 根据题中 dBIkUH H, 因为 UHI2、 B=kI, 所以得到 I H与 I 成正比,C项正确。- 5 - 6.(2014 新课标全国卷 ) 如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中, 永磁铁提供匀强磁场 , 硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时, 下列说法正确的是( ) A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大 , 它在磁场中运动轨迹的半径越小【解题指南】 解答本题时应从以
9、下三点进行分析: (1) 由左手定则判断电子与正电子的受力方向; (2) 电子与正电子所受洛伦兹力提供向心力; (3) 根据半径表达式 qBmvr判断轨迹半径大小。【解析】 选 A、C。电子与正电子电性相反, 若入射速度方向相同时 , 由左手定则可判定电子和正电子受力方向相反,所以偏转方向相反 , 选项 A 正确; 根据 qBmvr可知 , 由于电子和正电子垂直进入磁场的速度未知, 故轨迹半径不一定相同, 选项 B 错误; 由于质子和正电子在磁场中的受力方向一样, 所以仅凭粒子的运动轨迹无法判断它们是质子还是正电子, 故选项C 正确 ; 根据2 21mvEK和qBmvr得- 6 - qBmEr
10、K2, 可见粒子的动能越大时 , 轨迹半径越大 , 选项 D错误。7.(2014 上海高考 )如图,在磁感应强度为B 的匀强磁场中 , 面积为 S 的矩形刚性导线框 abcd 可绕过 ad 边的固定轴 OO 转动 , 磁场方向与线框平面垂直。 在线框中通以电流强度为I 的稳恒电流 ,并使线框与竖直平面成 角, 此时 bc 边受到相对 OO 轴的安培力力矩大小为 ( ) A.ISBsin B.ISBcos C. sinISBD. cosISB【解题指南】 解答本题注意以下两点 : (1)bc 边受到的安培力大小F安=ILbcB; (2) 安培力的力矩 M=F安Ladsin 。【解析】 选 A。线
11、框与竖直平面成 角时,bc 边受到的安培力大小F安=ILbcB,安培力的力矩 M=F安Labsin , 解得 M=ILabLadBsin =ISBsin ,故选项 A正确。8.(2014 海南高考 )下列说法中 , 符合物理学史实的是 ( ) A.亚里士多德认为 , 必须有力作用在物体上, 物体才能运动 ; 没有力的作用 , 物体就静止B.牛顿认为 , 力是物体运动状态改变的原因, 而不是物体运动的原因C.麦克斯韦发现了电流的磁效应, 即电流可以在其周围产生磁场D.奥斯特发现导线通电时 , 导线附近的小磁针发生偏转- 7 - 【解析】 选 A、B、D。亚里士多德认为力是维持物体运动的原因,A
12、正确; 牛顿认为物体如果不受力 , 将保持静止状态或匀速直线运动状态, 直到有外力迫使它改变这种状态为止 ,B 正确; 奥斯特发现导线通电时, 附近的小磁针发生偏转, 从而发现了电流的磁效应 , 麦克斯韦提出了电磁场理论,C 错误,D 正确。【误区警示】 解答物理学史问题一定要把历史人物与历史事件对应起来, 切忌混淆。9.(2014 海南高考 )如图, 两根平行长直导线相距2l,通有大小相等、方向相同的恒定电流 ;a 、 b、 c 是导线所在平面内的三点, 左侧导线与它们的距离分别为l2、l 和 3l。关于这三点处的磁感应强度, 下列判断正确的是 ( ) A.a 处的磁感应强度大小比c 处的大
13、B.b、c 两处的磁感应强度大小相等C.a、c 两处的磁感应强度方向相同D.b 处的磁感应强度为零【解题指南】 解答此题应注意以下两点 : (1) 根据安培定则判断两导线电流的磁场方向; (2) 根据矢量合成法则判断各点的磁感应强度的大小。【解析】 选 A、D。a、c 两点的磁感应强度是两导线电流产生的合磁感应强度,由于 a 点比 c 点距离两导线较近 , 所以 a 点的磁感应强度比c 点的大 ,A 正确。根- 8 - 据安培定则知 ,a 、c 两处磁感应强度方向相反,C 错误。 b 点位于两导线中间 , 两导线在 b 点产生的磁场大小相等 , 方向相反 , 合磁感应强度为零 ,c 处磁感应强
14、度不为零,D 正确,B 错误。二、计算题1. (2014 北京高考 )导体切割磁感线的运动可以从宏观和微观两个角度来认识。如图所示 , 固定于水平面的U 形导线框处于竖直向下的匀强磁场中, 金属直导线MN在与其垂直的水平恒力F作用下 , 在导线框上以速度v 做匀速运动 , 速度 v 与恒力 F 方向相同 ,导线 MN始终与导线框形成闭合电路。已知导线MN电阻为 R,其长度 L 恰好等于平行轨道间距 , 磁场的磁感应强度为B。忽略摩擦阻力和导线框的电阻。(1) 通过公式推导验证 : 在t 时间内 ,F 对导线 MN 所做的功 W等于电路获得的电能 W电, 也等于导线 MN 中产生的焦耳热 Q;
15、(2) 若导线 MN 的质量 m=8.0g,长度 L=0.10m,感应电流 I=1.0A, 假设一个原子贡献1 个自由电子 , 计算导线 MN中电子沿导线长度方向定向移动的平均速率ve( 下表中列出一些你可能会用到的数据); 阿伏加德罗常数NA6.0 1023mo l-1元电荷 e 1.610-19C 导线 MN 的摩尔质量 6.0 10-2kg/mol- 9 - (3) 经典物理学认为 , 金属的电阻源于定向运动的自由电子与金属离子( 即金属原子失去电子后的剩余部分)的碰撞。展开你想象的翅膀, 给出一个合理的自由电子的运动模型 ; 在此基础上 , 求出导线 MN 中金属离子对一个自由电子沿导
16、线长度方向的平均作用力的表达式。【解题指南】 解答本题应注意以下四点 : (1) 金属直导线 MN 匀速运动 , 外力 F与安培力平衡 ; (2) 力学中的功 W=FL 、电功 W=UIt和电热 Q=I2Rt 的计算; (3) 电流的微观表达式I=enSve; (4) 电子克服阻力所做的功要损失自身的动能, 损失的动能转化为焦耳热, 即Ek=Q 。【解析】 (1)E=BLv I= RE可得 F=ILB= RvLB22力 F做功 W=F x=Fvt 将 F代入得到 W= RvLB222 t 电能为 W电=EIt= RvLB222 t 产生的焦耳热为Q=I2Rt=RvLB222 t 由此可见 W=W电=Q (2) 总电子数 N=NAm单位体积内电子数为n, 所以 N=nSL,故有 I=enSve- 10 - 所以有 ve=AemNIL=7.8 10-6m/s (3) 从微观层面看 , 导线中的自由电子与金属离子发生的碰撞可以看作非完全弹性碰撞, 碰撞后自由电子损失动能, 损
