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《第三章 磁場》 一、單選題（1-8題是只有一個答案正確；9-12題有多個答案正確） 1．一個不計重力的帶正電荷的粒子，沿圖中箭頭所示方向進入磁場，磁場方向垂直于紙面向里，則粒子的運動軌跡為( ) A．圓弧a B．直線b C．圓弧c D．a(chǎn)、b、c都有可能 【答案】 A 【解析】 帶正電的電荷在向里的磁場中向上運動，根據(jù)左手定則可知，粒子的受到的洛倫茲力的方向向左，所以粒子的可能的運動的軌跡為a，所以A正確，BCD錯誤。故選A。 2．關(guān)于電場線和磁感線，下列說法正確的是 A．電場線和磁感線都是在空間實際存在的線 B．電場線和磁感線都是閉合的曲線 C．磁感線從磁體的N極發(fā)出，終止于S極 D．電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷 【答案】 D 【解析】 電場線與磁感線是人為假想的曲線，實際不存在，A錯誤；電場線是不閉合的，磁感線是閉合曲線，B錯誤；磁感線在磁體的外部從N極出發(fā)，終止于S極，在磁體的內(nèi)部從S極出發(fā)，終止于N極，C錯誤；電場線從正電荷或無限遠出發(fā)，終止于無限遠或負電荷，D正確。 3．磁感應強度是描述磁場的重要概念，磁場的基本性質(zhì)是對電流有磁場力的作用，則關(guān)于磁感應強度的大小，下列說法中正確的是（ ） A．一小段通電直導線，在磁場某處受的力越大，該處的磁感應強度越大 B．一小段通電直導線在磁場某處受的力等于零，則該處的磁感應強度一定等于零 C．勻強磁場中某處的磁感應強度的大小等于該處某一面積穿過的磁通量 D．磁感線密處，磁感應強度大；磁感線疏的地方，磁感應強度一定小 【答案】 D 【解析】A、磁場的強弱由磁場本身的性質(zhì)決定，與放入磁場中的電流元無關(guān)．電流元在磁場中所受的力越大，該點磁感應強度不變，所受力等于零，磁感應強度仍然未變．故A、B錯誤． C、根據(jù)Φ=BS，（B與S垂直），知勻強磁場的磁感應強度大小與某一面積穿過的磁通量不等．故C錯誤． D、磁感線越密的地方磁場越強，越疏的地方，磁場越弱．故D正確． 故選D． 4．如圖所示，金屬棒 AC 用絕緣輕繩懸掛在磁感應強度大小為 B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場中，P 為金屬棒上方某點，下列判斷正確的是 A．通入 A→C 方向的電流時，并改變磁場的大小，可使細繩上張力為零 B．通入 C→A 方向的電流時，磁場方向不變，可使細繩上張力為零 C．通入 A→C 方向的電流時，使 P 點的磁感應強度變大 D．通入 C→A 方向的電流時，使 P 點的磁感應強度不變 【答案】 A 【解析】 棒處于方向垂直紙面向里的勻強磁場中，棒中通有電流，從A→C方向的電流時，根據(jù)左手定則可得，安培力的方向豎直向上，改變磁感應強度的大小，使安培力大小等于重力大小時，懸線上的拉力可以為零，故A正確；通入C→A方向的電流時，磁場方向不變，根據(jù)左手定則可得，安培力的方向豎直向下，細繩上張力不可能為零，故B錯誤；通入A→C 方向的電流時，根據(jù)安培右手定則可知，導線在P處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向外，所以使P點的磁感應強度變小，故C錯誤；通入 C→A方向的電流時，根據(jù)安培右手定則可知，導線在P處產(chǎn)生的磁場垂直紙面向里，所以使P點的磁感應強度變大，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。 5．如圖，直角坐標xOy平面內(nèi)，有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小為B，方向垂直于紙面向里，邊界與x、y軸分別相切于a、b兩點。一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子從b點沿平行于x軸正方向進入磁場區(qū)域，離開磁場后做直線運動，經(jīng)過x軸時速度方向與x軸正方向的夾角為60。下列判斷正確的是 A．粒子帶正電 B．粒子在磁場中運動的軌道半徑為R C．粒子運動的速率為3qBRm D．粒子在磁場中運動的時間為πm6qB 【答案】 C 【解析】 粒子的軌跡如圖所示，向上或向下偏轉(zhuǎn)，都有速度方向與x正方向夾角為60的情況，所以粒子可以帶正電，也可以帶負電，根據(jù)幾何知識可得tan30=Rr，解得r=3R，故根據(jù)r=mvBq可得粒子運動的速率為v=3qBRm，從圖中可知粒子軌跡所對圓心角為60，故粒子在磁場中運動的時間為t=603602πmBq=πm3Bq，C正確． 6．如圖所示為某電子元器件的工作原理示意圖，在外界磁場的作用下，當存在AB方向流動的電流時，電子元器件C．D兩側(cè)面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是（） A．若在AB方向上通以由A向B運動的粒子流，帶正電粒子會在C板聚集 B．當增大AB方向的電流I時， C、D兩面的電勢差會減小 C．電子元器件C端電勢低于D端電勢 D．電勢差UCD的大小僅與電子元器件的制造材料有關(guān) 【答案】 C 【解析】 若在AB方向上通以由A向B運動的粒子流，根據(jù)左手定則可知，帶正電粒子會在D板聚集，電子元器件D端電勢高于C端電勢，選項A錯誤，C正確；隨著粒子的不斷積聚，當平衡時滿足：UCDdq=Bqv，則UCD=Bvd，則當增大AB方向的電流I時，粒子運動的速率v增加，則 C、D兩面的電勢差會增加，選項B錯誤；由UCD=Bvd可知，電勢差UCD的大小不只與電子元器件的制造材料有關(guān)，選項D錯誤；故選C. 7．如圖，初速度不計的電子束經(jīng)電壓為U的電場加速后，進入一半徑為r圓形勻強磁場區(qū)域（區(qū)域中心為O，磁場方向垂直于圓面），最后射到了與OM連線垂直的屏幕上的P處。已知不加磁場時，電子束將通過O點打到屏幕的中心M點，電子的電荷量為e，電子所受重力不計。則下列判斷正確的是 A．圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向里 B．電子在磁場中運動時受到的磁場力大小一定是2eUr C．若僅增加加速電壓U，電子束打到屏幕上的位置在P點上方 D．若僅改變圓形區(qū)域的磁感強度大小，電子束可能打不到屏幕上 【答案】 D 【解析】由左手定則可知，圓形區(qū)域中磁場的方向可能垂直于紙面向外，選項A錯誤；電子在電場中被加速，則Ue=12mv2；若在磁場中做圓周運動的半徑為r，則F磁=evB=mv2r=2eUr，因電子在磁場中運動的半徑不一定是r，則電子在磁場中運動時受到的磁場力大小不一定是2eU/r，選項B錯誤；若僅增加加速電壓U，則電子進入磁場的速度v變大，則電子的軌道半徑變大，則電子束打到屏幕上的位置在P點下方，選項C錯誤；若僅使圓形區(qū)域的磁感強度變大，則電子在磁場中運動的半徑減小，電子束經(jīng)過磁場時的偏折角變大，則電子束可能打不到屏幕上，選項D正確；故選D. 8．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖所示。設D形盒半徑為R。若用回旋加速器加速質(zhì)子時，勻強磁場的磁感應強度為B，高頻交流電頻率為f。則下列說法正確的是 A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場的電壓大小無關(guān) C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速比荷不同的粒子 【答案】 B 【解析】 A、有T=2πRv解得：v=2πRT=2πRf，故A錯； B、由Bqv=mv2R由此可以知道質(zhì)子的最大速度只與粒子本身的荷質(zhì)比,加速器半徑,和磁場大小有關(guān),與加速電壓無關(guān)，故B對； C、考慮到狹義相對論,任何物體速度不可能超過光速,故C錯誤; D、有T=2πmBq可知比荷不同的粒子運動周期不相同，則所加加速電壓與回旋周期不匹配達不到每次都加速的目的，故D錯； 故選B 9．如圖甲所示為一陰極射線管，接通電源后，電子射線由陰極沿x軸方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線，圖乙是其示意圖，要使熒光屏上的亮線向上（z軸正方向）偏轉(zhuǎn)如圖丙所示，在下列措施中可采用的是（） A．加一磁場，磁場方向沿z軸負方向 B．加一磁場，磁場方向沿y軸負方向 C．加一電場，電場方向沿z軸負方向 D．加一電場，電場方向沿y軸正方向 【答案】 BC 【解析】 若加一沿z軸負方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y軸負方向，故A錯誤．若加一沿y軸負方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿z軸正方向，亮線向上偏轉(zhuǎn)，故B正確．加一電場，電場方向沿z軸負方向，電子受到的電場力的方向向上，亮線向上偏轉(zhuǎn)，符合題意。故C正確。加一電場，電場方向沿y軸正方向，電子受到的電場力的方向沿y軸負方向，不符合題意。故D錯誤。故選BC。 10．如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDy區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C，D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，θ=45°?，F(xiàn)將一質(zhì)量為m，帶電量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響。，下列說法正確的是（） A．若h=B2a2q2mE，則粒子垂直Cy射出磁場 B．若h=B2a2q2mE，則粒子平行于x軸射出磁場 C．若h=B2a2q8mE，則粒子垂直Cy射出磁場 D．若h=B2a2q8mE，則粒子平行于x軸射出磁場 【答案】 AD 【解析】AB．若h=B2a2q2mE，則在電場中，由動能定理得： qEh=12mv2；在磁場中，有qvB=mv2r聯(lián)立解得：r=a，如圖，根據(jù)幾何知識可知粒子垂直Cy射出磁場，故A正確，B錯誤． CD．若h=B2a2q8mE，與上題同理可得：r=12a，則根據(jù)幾何知識可知粒子平行于x軸射出磁場，故C錯誤，D正確． 故選：AD 11．如圖是傾角θ＝30的光滑絕緣斜面在紙面內(nèi)的截面圖．一長為L，質(zhì)量為m的導體棒垂直紙面放在斜面上，現(xiàn)給導體棒通入電流強度為I，并在垂直于導體棒的平面內(nèi)加勻強磁場，要使導體棒靜止在斜面上，已知當?shù)刂亓铀俣葹間，則下列說法正確的是(　　) A．所加磁場方向與x軸正方向的夾角α的范圍應為90≤α＜240 B．所加磁場方向與x軸正方向的夾角α的范圍應為0≤α＜150 C．所加磁場的磁感應強度的最小值為3mg2IL D．所加磁場的磁感應強度的最小值為mg2IL 【答案】 BD 【解析】 A、B項：根據(jù)共點力平衡知，安培力的方向在垂直斜面向下與豎直向上這兩個方向之間，根據(jù)左手定則知，所加磁場方向與x軸正方向的夾角θ的范圍應為0≤θ＜150．故A錯誤，B正確； C、D當安培力的方向與支持力方向垂直時，安培力最小，根據(jù)平行四邊形定則有：FA=mgsin30=BIL，則磁感應強度的最小值B=mg2IL，故C錯誤，D正確。 故應選：BD。 12．在豎直放置固定的光滑絕緣圓環(huán)中，套有一個帶電-q、質(zhì)量m的小環(huán)，整個裝置放在如圖所示的正交勻強電磁場中，磁感應強度大小為B，電場E=3mg4q，重力加速度為g．當小環(huán)從大環(huán)頂端無初速度下滑時，則小環(huán) A．運動到最低點的速度最大 B．不能做完整的圓周運動 C．對軌道最大壓力為N=234mg D．受到的最大洛侖茲力f=32qB2gR 【答案】 BD 【解析】 A.將重力場和電場等效為一個等效場，只有運動到等效最低點速度才最大，故A錯誤。B、由能量守恒定律可知無法到達等效最高點，不能做完整的圓周運動，故B正確。C、由動能定理可得mgR+(Eq)2+(mg)2?R=12mvmax2，解得vmax=322gR，受到的最大洛侖茲力f=32qB2gR，故D正確；C、在等效最低點由牛頓第二定律有N-Eq2+mg2-f=mvmax2R，可知N=234mg+f，故C錯誤。故選BD。 二、非選擇題 13．如圖所示，在磁感應強度B＝1.0T、方向豎直向下的勻強磁場中，有一個與水平面成θ＝37角的導電滑軌，滑軌上放一個可以自由滑動的金屬桿ab，已知接在滑軌中的電源電動勢E＝12V，內(nèi)阻不計，ab桿長L＝0.5m，質(zhì)量m＝0.2kg，桿與平行滑軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.1；不計滑軌與ab桿的電阻，取g＝10m/s2，sin37＝0.6，求接在滑軌上的變阻器R的阻值在什么范圍內(nèi)變化時，可以使ab桿在滑軌上保持靜止? 【答案】 3.3Ω≤R≤5Ω 【解析】 對導體棒受力分析，回路中的電流為：I=ER 導體棒受到的安培力為：F=BIL 討論： 1、當摩擦力沿斜面向上，電流強度最小，電阻最大，由共點力平衡得： mgsin37-f-Fcos37=0 mgcos37+Fsin37-FN=0 f=μFN 聯(lián)立解得：Rmax=5Ω 2、當摩擦力沿斜面向下，電流強度最大，電阻最小由共點力平衡得： mgsin37+f-Fcos37=0 mgcos37+Fsin37-FN=0 f=μFN 聯(lián)立解得：Rmin=3Ω 故可變電阻在3Ω～5Ω范圍內(nèi) 14．如圖所示，虛線M、N和熒光屏P相互平行，M、N間距和N、P間距均為L，M、N間有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，N、P間有平行于紙面向下的勻強電場，在虛線M上的A點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)向磁場內(nèi)各個方向射入質(zhì)量為m，電量為q的帶正電的粒子，初速度大小均為v0=qBLm，勻強電場的電場強度大小E=qLB2m1B，C為熒光屏上的一點，AC連線垂直于熒光屏，不計粒子的重力，求： (1)所有打在熒光屏上的粒子中，垂直電場線方向進入電場的粒子打在屏上的位置離C點的距離； (2)在(1)問中所求的粒子從A點運動到熒光屏所用的時間及該粒子經(jīng)磁場電場偏轉(zhuǎn)后速度的偏向角。 【答案】 （1）32L （2）450 【解析】 （1）由于分子粒子進入磁場時的初速度大小均為v0=qBLm 粒子在磁場中受洛倫茲力做勻速圓周運動，則f=qv0B，f=mv02r 得r=L 垂直電場線方向進入電場的粒子，軌跡如圖； 粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時，L=v0t， y=12at2 a=qEm 解得y=12L， 因此粒子打在光屏上的位置離C點的距離為d=L+12L=32L （2）粒子在磁場中的運動時間：t1=14T=πm2qB 在電場中的時間：t2=Lv0=mqB 總時間：t=t1+t2=(π+2)m2qB 由于粒子在電場中做類平拋運動，因此打在熒光屏上的速度的反向延長線交于水平位移的中點，由幾何關(guān)系可知，打在熒光屏上的速度與水平方向的夾角為θ=450，由于粒子從A點射出時的速度豎直向下，因此粒子經(jīng)磁場、電場偏轉(zhuǎn)后速度的偏向角為α=900-θ=450 15．如圖所示，豎直虛線MN的右側(cè)存在勻強磁場，虛線左側(cè)有一平行板電容器A、B，板間距離d=12 cm，板與水平面夾角θ=37，兩板所加電壓U=120 V，B板電勢高，現(xiàn)有一帶電荷量為q=-310-3 C的帶電液滴，以v0=1 m/s的水平速度從A板上邊緣水平進人電場，恰好沿水平方向運動并恰好從B板的下邊緣水平飛出，液滴進入磁場后仍沿水平方向運動，sin37=0.6，cos37=0.8，g=10m/s.電場和磁場互不影響，求： (1)液滴的質(zhì)量； (2)液滴飛出電場時的速度大小及它在電場中運動的時間； (3)勻強磁場的方向和場強B的大小. 【答案】 （1）m=0.24kg （2）v1=2 m/s ；t=215s （3）B=400T 磁場方向為垂直紙面向外 【解析】(1)在極板間，電場強度：E=Ud=1 000 V/m . 帶電粒子沿水平方向運動，則豎直方向受力平衡，則根據(jù)平衡條件得；qEcon37=mg. 由以上兩式解得：m=0.24 kg (2)在極板間，帶電液滴沿水平運動，重力不做功。只有電場力做功 由動能定理可得：qU=12mv12-12mv02 解得v1=2 m/s 由牛頓第二定律qesin37=ma， 解得a=7.5 m/s 液滴在電場中運動的時間t=v1-v0a=215s (3)液滴在磁場中仍沿直線運動，則洛倫茲力與重力大小相等，方向相反，Bpv=mg 解得B=400 T 由左手定則可知磁場方向為垂直紙面向外。 16．如圖，以絕緣粗糙的豎直墻壁為y軸，水平的地面為x軸建立直角坐標系，第二象限有同時存在的正交勻強電場和勻強磁場，電場方向沿x軸正向，大小為E，磁場方向垂直紙面向外，大小為B．現(xiàn)在從A點由靜止釋放一帶正電的可視為質(zhì)點的帶電體，其能夠沿墻壁下滑，到達C點時剛好離開墻壁，帶電體質(zhì)量為m、電荷量為q，A、C兩點間距離為h，重力加速度為g. （1）求帶電體運動到剛好離開墻壁時速度大小v； （2）求帶電體由靜止下滑到剛好離開墻壁過程中克服摩擦力做的功Wf； （3）如果帶電體到達C點時電場突然變?yōu)樨Q直向上且E=mgq，電場的變化對磁場的影響忽略不計，則帶電體運動到距離墻壁最遠時（帶電體不能到達地面），距出發(fā)點A的距離。 【答案】 （1）v=EB（2）Wf=mgh-12mE2B2（3）4m2E2q2B4+h2 【解析】 （1）由題意知，根據(jù)左手定則可判斷，帶電體在下滑的過程中受水平向左的洛倫茲力，當洛倫茲力等于電場力qE時帶電體離開MN開始做曲線運動，即qvB=qE 解得：v=EB （2）從A到C根據(jù)動能定理：mgh-Wf=12mv2-0 解得：Wf=mgh-12mE2B2 （3）電場突然變?yōu)樨Q直向上，qE=mg 帶電體在復合場中做勻速圓周運動，距離墻壁最遠時，CD=2R 帶電體在磁場中的半徑滿足：qBv=mv2R R=mvqB=mEqB2 AD距離為AD=(2R)2+h2=4m2E2q2B4+h2