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- 2022-03-30 发布
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磁场一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分)1.如图1所示,通电导线均置于匀强磁场中,其中导线受安培力作用的是( )图1解析:只有当通电导线和磁场平行时,才不受安培力的作用,而A、D中导线均与磁场垂直,B中导线与磁场方向夹角为60°,因此都受安培力的作用,故正确选项为A、B、D.答案:ABD2.物理学家法拉第在研究电磁学时,亲手做过许多实验,如图2所示的实验就是著名的电磁旋转实验,这种现象是:如果载流导线附近只有磁铁的一个极,磁铁就会围绕导线旋转;反之,载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转.这一装置实际上就是最早的电动机.图中A是可动磁铁,B是图2固定导线,C是可动导线,D是固定磁铁.图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中),下部接在电源上.请你判断这时自上向下看,A和C转动方向为( )A.顺时针、顺时针 B.顺时针、逆时针C.逆时针、顺时针D.逆时针、逆时针解析:根据电流的方向判定可以知道B中的电流方向是向上的,那么在B导线附近的磁场方向为逆时针方向,即为A磁铁N极的受力方向;由于D磁铁产生的磁场呈现出由N极向外发散,C中的电流方向是向下的,由左手定则可知C受到的安培力方向为顺时针.故选项C正确.答案:C
3.(2008·广东高考)带电粒子进入云室会使云室中的气体电离,从而显示其运动轨迹.图3所示是在有匀强磁场的云室中观察到的粒子的轨迹,a和b是轨迹上的两点,匀强磁场B垂直于纸面向里.该粒子在运动时,其质量和电荷量不变,而动能逐渐减少,下列说法正确的是( )图3A.粒子先经过a点,再经过b点B.粒子先经过b点,再经过a点C.粒子带负电D.粒子带正电解析:从粒子运动的轨迹可以判断,粒子在a点的曲率半径大于在b点的曲率半径.由R=可知,半径越小速度越小,所以粒子在b点的速度小于在a点的速度,故粒子先经过a点,再经过b点,即在运动中,使气体电离、损失动能、速度变小,A正确,B错误;根据左手定则可以判断粒子带负电,C正确,D错误.答案:AC4.如图4所示的天平可用来测定磁感应强度.天平的右臂下面挂有一个矩形线圈.宽度为l,共N匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面.当线圈中通有电流I时(方向如图),在天平左右两边加上质量图4各为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,由此可知( )A.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为B.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为C.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为D.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为解析:由题意可知,当电流方向改变反向时右边需要再加质量为m
的砝码后,天平才能平衡,由此可知,电流反向,安培力由向下改为向上,所以磁场方向是垂直纸面向里的,设矩形线圈的重力为G0,第一次平衡时,左边盘中砝码的质量为m1,右边砝码质量为m2,由力矩平衡原理得m1g=m2g+NBIl+G0,电流反向后,达到平衡时m1g=m2g+mg-NBIl+G0,由上述两式可得B=,故B正确.答案:B5.如图5所示的虚线框为一长方形区域,该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场,一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后,分别从a、b、c、d四点射出磁图5场,比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td,其大小关系是( )A.tatc>td解析:带电粒子的运动轨迹如图所示,由图可知,从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角θa=θb>θc>θd,而带电粒子的周期T=相同,其在磁场中运动时间t=T,故ta=tb>tc>td.D项正确.答案:D6.如图6所示,一束正离子从S点沿水平方向射出,在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O;若同时加上电场和磁场后,正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第Ⅲ象限中,则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)( )图6
A.E向上,B向上B.E向下,B向下C.E向上,B向下D.E向下,B向上解析:带电粒子在电场中沿y轴方向偏转,在磁场中沿x轴方向偏转,现带电粒子最后打在第Ⅲ象限中,故粒子偏向y轴负方向,则E向下;粒子还偏向x轴负方向,由左手定则可知B向下,因此选项B正确.答案:B7.地球大气层外部有一层复杂的电离层,既分布有地磁场,也分布有电场.假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图7所示的电场和磁场;电场的方向在纸面内斜向左下方,磁场的方向垂直于纸面向里.此时一带电宇宙粒子,恰以速度v垂直于电场和磁场射入该区域,不计重图7力作用,则在该区域中,有关该带电粒子的运动情况可能的是( )A.仍做直线运动B.立即向左下方偏转C.立即向右上方偏转D.可能做匀速圆周运动解析:假定粒子带正电,则粒子受力如图所示,若Eq=qvB,则A项正确,若Eq>qvB,则B项正确,若Eq0时,磁场的方向穿出纸面.一电荷量q=5π×10-7C、质量m=5×10-10kg的带电粒子,位于某点O处,在t=0时刻以初速度v0=πm/s沿某方向开始运动.不计重力的作用,不计磁场的变化可能产生的一切其他影响.则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于( )图10A.πm/sB.m/sC.2m/sD.m/s解析:带电粒子在磁场中的运动半径为r==0.01m,周期为T==0.02s,作出粒子的轨迹示意图如图所示,所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内,带电粒子的平均速度的大小等于2m/s,即C选项正确.答案:C二、计算题(本题共4小题,共50分)11.(10分)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ,它们之间的宽度为L,M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻).现垂直于导轨搁一根质量为m、电阻为图11R的金属棒ab,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为θ且指向右斜上方,如图11所示.问:(1)当ab棒静止时,ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少?(2)若B的大小和方向均能改变,则要使ab棒所受支持力为零,B的大小至少为多少?此时B的方向如何?解析:(1)Fx合=F摩-Fsinθ=0①
Fy合=FN+Fcosθ-mg=0②F=BIL=BL③解①②③式得FN=mg-;F摩=sinθ.(2)要使ab棒受的支持力为零,其静摩擦力必然为零,满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反,所以有F=mg,即BminL=mg.解得最小磁感应强度Bmin=,由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向右.答案:(1)mg- sinθ(2) 方向水平向右12.(11分)空间存在水平方向互相正交的匀强电场和匀强磁场,电场强度为E=10N/C,磁感应强度为B=1T,方向如图12所示.有一个质量m=2.0×10-6kg、带电荷量q=+2.0×10-6C的粒子在空间做直线运动,试求其速度的大小和方向(g=10m/s2).解析:经分析可知,该粒子在重力、电场力与磁场力作用下做匀速直线运动.粒子的受力如图所示.qE=mgtanα①qvBcosα=mg②解①②得v=20m/sθ=60°③速度方向与电场方向成60°角斜向上.答案:20m/s 方向为与电场方向成60°角斜向上13.(14分)如图13所示,在一个圆形区域内,
两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中,直径A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为+q的粒子以图13某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区,最后再从A4处射出磁场.已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小B1和B2(忽略粒子重力).解析:设粒子的速度为v,在Ⅰ区中运动半径为R1,周期为T1,运动时间为t1;在Ⅱ区中运动半径为R2,周期为T2,运动时间为t2;磁场的半径为R.(1)粒子在Ⅰ区运动时:轨迹的圆心必在过A1点垂直速度的直线上,也必在过O点垂直速度的直线上,故圆心在A2点,由几何知识和题意可知,轨道半径R1=R,又R1=,则:R=①轨迹所对应的圆心角θ1=π/3,则运动时间t1===②(2)粒子在Ⅱ区运动时:由题意及几何关系可知R2=R/2,又R2=,则R=③轨迹对应的圆心角θ2=π,则运动时间t2==④又t1+t2=t,将②④代入得:+=t⑤由①③式联立解得B2=2B1,代入⑤式解得:B1=,B2=.答案: 14.(15分)(2009·山东高考)如图14甲所示,建立xOy坐标系.两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称,极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里.位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为+q、速度相同、重力不计的带电粒子.在0~3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响).已知t
=0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场.上述m、q、l、t0、B为已知量.(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)图14(1)求电压U0的大小.(2)求t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径.(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短?求此最短时间.解析:(1)t=0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动,t0时刻刚好从极板边缘射出,在y轴负方向偏移的距离为l,则有E=①qE=ma②l=at③联立①②③式,解得两板间电压为U0=④(2)t0时刻进入两板间的带电粒子,前t0时间在电场中偏转,后t0时间两板间没有电场,带电粒子做匀速直线运动.带电粒子沿x轴方向的分速度大小为v0=⑤带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为vy=a·t0⑥带电粒子离开电场时的速度大小为v=⑦设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R,则有
qvB=m⑧联立③⑤⑥⑦⑧式解得R=⑨(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短.带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为vy′=at0设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α,则tanα=⑪联立③⑤⑪式解得α=⑫带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,圆弧所对的圆心角为2α=,所求最短时间为tmin=T⑬带电粒子在磁场中运动的周期为T=⑭联立⑬⑭式得tmin=.答案:(1) (2) (3)2t0