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  • 2021-05-24 发布

高二物理磁场同步训练题1

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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:ABD 2.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 3 A.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= mv qB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:AC 4.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 m1-m2g NIl B.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为 mg 2NIl C.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为 m1-m2g NIl D.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为 mg 2NIl 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= mg 2NIl,故 B 正确. 答案:B 5.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= 2πm qB 相同,其在 磁场中运动时间 t= θ 2πT,故 ta=tb>tc>td.D 项正确. 答案:D 6.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:B 7.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×10-7 C、质量 m=5×10-10 kg 的带电粒子,位于某 点 O 处,在 t=0 时刻以初速度 v0=π m/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 10 A.π m/s B. π 2 m/s C.2 2 m/s D. 2 m/s 解析:带电粒子在磁场中的运动半径为 r= mv0 Bq = 0.01 m,周期为 T= 2πm Bq =0.02 s,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 2 2 m/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 11 R 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=0 ① Fy 合=FN+Fcosθ-mg=0 ② F=BIL=B E RL ③ 解①②③式得 FN=mg- BLEcosθ R ;F 摩= BLE R 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 Bmin E RL=mg.解得最小磁感 应强度 Bmin= mgR EL ,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- BELcosθ R   BLE R sinθ (2) mgR EL  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=10 3 N/C,磁感应强度为 B=1 T,方向如图 12 所示.有一个质量 m=2.0×10-6 kg、带电 荷量 q=+2.0×10-6 C 的粒子在空间做直 线运动,试求其速度的大小和方向(g=10 m/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=mgtanα ① qvBcosα=mg ② 解①②得 v=20 m/s θ=60° ③ 速度方向与电场方向成 60°角斜向上. 答案:20 m/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 = mv qB1,则:R= mv qB1 ① 轨迹所对应的圆心角 θ1=π/3,则运动时间 t1= T1 6 = 2πm 6qB1= πm 3qB1 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= mv qB2,则 R= 2mv qB2③ 轨迹对应的圆心角 θ2=π,则运动时间 t2= T2 2 = πm qB2 ④ 又 t1+t2=t,将②④代入得: πm 3qB1+ πm qB2=t ⑤ 由①③式联立解得 B2=2B1, 代入⑤式解得:B1= 5πm 6qt ,B2= 5πm 3qt . 答案: 5πm 6qt   5πm 3qt 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 1 2t0 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 1 2l,则有 E= U0 l ① qE=ma ② 1 2l= 1 2at20 ③ 联立①②③式,解得两板间电压为 U0= ml2 qt20 ④ (2) 1 2t0 时刻进入两板间的带电粒子,前 1 2t0 时间在电场中偏转,后 1 2t0 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= l t0 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· 1 2t0 ⑥ 带电粒子离开电场时的速度大小为 v= v20+v2y 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=m v2 R ⑧ 联立③⑤⑥⑦⑧式解得 R= 5ml 2qBt0 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 ○10 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= v0 vy′ ⑪ 联立③⑤○10 ⑪式解得 α= π 4 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= π 2 ,所求最短 时间为 tmin= 1 4T ⑬ 带电粒子在磁场中运动的周期为 T= 2πm qB ⑭ 联立⑬⑭式得 tmin= πm 2qB. 答案:(1) ml2 qt20 (2) 5ml 2qBt0 (3)2t0  πm 2qB

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