磁場單元練習(xí)

1、精品資源磁場單元練習(xí)1 .下面所述的幾種相互作用中，通過磁場而產(chǎn)生的有A.兩個靜止電荷之間的相互作用B.兩根通電導(dǎo)線之間的相互作用C.兩個運動電荷之間的相互作用D.磁體與運動電荷之間的相互作用答案：BCD2 .關(guān)于磁感線的概念，下列說法正確的是A.磁感線上各點的切線方向就是該點的磁場方向B.磁場中任意兩條磁感線都不能相交C.磁感線和電場線一樣都是不封閉曲線D.通過恒定電流的螺線管內(nèi)部磁場的磁感線都平行于螺線管的軸線方向答案：ABD3 .如圖所示，兩根非?？拷一ハ啻怪钡拈L直導(dǎo)線，當通以如圖所示方向的電流時，電流所產(chǎn)生的磁場在導(dǎo)線所在平面內(nèi)的哪個區(qū)域內(nèi)方向是一致且向里的"_1A.區(qū)域

2、I1 B.區(qū)域n川 wC.區(qū)域出ID.區(qū)域IV答案：A4 .在磁感應(yīng)強度的定義式 B中，有關(guān)各物理量間的關(guān)系，下列說法中正確的是A.B由F、I和L決定B.F由B、I和L決定C.I由B、F和L決定D.L由B、F和I決定答案：B5 .如圖所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑至底端時的速率為,v,若加一個垂直紙面向外的勻強磁場，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時的速率» * * *A.變大B.變小C.不變D.條件不足，無法判斷答案：B6 .把動能和速度方向都相同的質(zhì)子、“粒子分離開，可行的方法是A.只能用電場，不能用磁場B.只能用磁場，不能用電場C.電場或磁場都可以D.電場或磁場都不可

3、以答案：A7 .A帶電粒子在垂直于勻強磁場的平面內(nèi)做勻速圓周運動，現(xiàn)欲縮短其旋轉(zhuǎn)周期，下列可行的方案是A.減小粒子人射速率8 .減小磁感應(yīng)強度C.增大粒子入射速率D.增大磁感應(yīng)強度答案：D8.B關(guān)于回旋加速器加速帶電粒子所獲得的能量，下列說法正確的是A.與加速器的半徑有關(guān)，半徑越大，能量越大B.與加速器的磁場有關(guān)，磁場越強，能量越大C.與加速器的電場有關(guān)，電場越強，能量越大D.與帶電粒子的質(zhì)量和電荷量均有關(guān)，質(zhì)量和電荷量越大，能量越大答案：AB(由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式R=mv可得v=RqB ,所以粒子獲得的最大qBm“匕 l 12 (RqB 2動能Ek= mv =2 2m9.A 一根

4、長O.2m的導(dǎo)線.通以3A的電流后垂直放進磁場，它受到磁場的作用力是 6X 10-2N,則磁場的磁感應(yīng)強度 B是 T;當導(dǎo)線的長度在原位置縮短為原來的一半時，磁感應(yīng)強度為 T. F 6 10 °答案：B=F =6=0.1T.B是由磁場本身決定的，與放入其中的通電導(dǎo)體的長短無關(guān),IL 0.2 3所以B=0.1T10.B如圖所示，帶電液滴從 h高處自由落下，進入一個勻強電場與勻 強磁場互相垂直的區(qū)域，磁場方向垂直紙面，電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B,已知液滴在此區(qū) 域中做勻速圓周運動，則圓周的半徑R=.答案：帶電液滴自由下落的過程機械能守恒， mv2 =mgh得 v= J2gh 22qvB

5、=m*R液滴進入電場，磁場和重力場的復(fù)合場中做勻速圓周運動，說明液滴的重力與電場力是一對 平衡力，相當于液滴只受洛侖茲力作用，所以，據(jù)牛頓第二定律有:解得r=e 2h B g11.B如圖所示，三個帶相同正電荷的粒子a、b、c(所受重力不計)，以相同的動能射入相互垂直的電磁場中，其軌跡如圖中所示，由此可 以斷定它們的質(zhì)量大小關(guān)系為 ,三個粒子中動能增加的粒子 為,動能減少的粒子為.答案：據(jù)題意可知b受到的電場力和磁場力是一對平衡力，受力圖如 圖所示.對a而言qvaB>Eq；對c而言，qvcB<Eq又因為a、b、c具有相同的電荷量 和動能，所以可得 Va>Vb>Vc,即ma

6、<mb<mc.因為電場力對a做負功，對c做正功，而洛侖茲力均不做功，所以 c動能增加，a動能減少.12.B豎直放置的半圓形光滑絕緣管道處在如圖所示的勻強磁場中， B=1.1T,管道半徑 R=0.8m,其直徑POQB豎直線上，在管口 P處以 2m/ s的速度水平射入一個帶電小球，可把它視為質(zhì)點，其電荷量為 lO4C(g=lOm/s2),試求：(1)小球滑到Q處的速度為多大？(2)若小球從Q處滑出瞬間，管道對它的彈力正好為零，小球的質(zhì)量為多少？1cle答案：解：(1)小球從P滑到Q處的過程中，據(jù)機械能守恒定律有：mgx 2R=mvQ mvp代人數(shù)據(jù)得vo=6m/ s(2)對 Q處的小球

7、受力分析如圖所示，據(jù)牛頓第二定律有： 一11 一 21 一 2lc iqvBmg=2mvQ amvp 代人數(shù)據(jù)得 Vq =6m/s.(2)對Q處的小球受力分析如圖所示，據(jù)牛頓第二定律有： qvB-mg=mV 之代入數(shù)據(jù)得 m=1.2X 10 -5 kg.R13.B如圖所示，質(zhì)量為m,帶電一 q的滑塊從傾角為 0的光滑絕緣斜面上由靜止開始下滑,如果斜面處于垂直于紙面向里的勻強磁場內(nèi)，磁感應(yīng)弓II度為B.若斜面足夠大，滑塊在斜面上滑行的最大速度和最大距離分別為多少？答案：解：滑塊剛要離開斜面時的受力情況如圖所示，此時滑塊在 垂直下斜面方向仍處于平衡狀態(tài)，所以mgcos 0 =qvB得v市mgcos

8、6即為滑塊在斜面上滑行的最大速度 qB滑塊在斜面上滑行時機械能守恒，即一 .C、 12m2gcos2Fmgsin。） s rr=-mvmJ號 sm=o o .22q B *sin -如圖17-5所示，在相互垂直的水平勻強電場和水平勻強磁場中，有一豎直固定絕緣桿 MN,小球P套在桿上，已知 P的質(zhì)量為 m,電量為q,P與桿間的動摩擦因數(shù)為 科，電場強度為 E,磁感應(yīng) 強度為B,小球由靜止起開始下滑，設(shè)電場、磁場區(qū)域足夠大，桿 足夠長，求：(1)當下滑加速度為最大加速度一半時的速度圖 175(2)當下滑速度為最大下滑速度一半時的加速度命題意圖：考查考生邏輯推理能力、分析綜合能力.B級要求.據(jù)牛頓運

9、動定律列方錯解分析：不能沿正確的路徑推理辨析各物理量隱含的制約關(guān)系， 程.解題方法與技巧：因電場力方向與洛倫茲力方向相反，小球先做加速度逐漸增加的加速運動，當加速度達到最大后，又做加速度逐漸減小的加速運動，當加速度為零時，速度達到最大.因此，加速度達到最大之前，加速度可能取最大值的一半，加速度達到最大值后，一定有某一時刻加速度為最大加速度的一半.小球速度(達到最大值前)始終在增大，一定只有某一時刻速度為 最大速度的一半，要研究這一時刻是在加速度最大之前還是之后(1)小球剛開始下滑時速度較小，BqvvEq受力分析如圖所示，由牛頓第二定律得：mg-E Eq-Bqv) =ma 當Bqv=Eq時a達最

10、大為am = g隨v的增大，Bqv > Eq，小球受力如圖17-7所示.貝U: mg-(Bqv-Eq) =ma將a = ° ,am= - g分別代入式和式圖 17722解得在a達到am之前，當a= 2 g時，速度為2Eq'1 - mgV1=2Bq當a達到am后，當a=1g時，速度為v2= 2Eq+mg,其中“存在是有條件的，只2Bq有mgW2 Eq時，在a增加階段才有a=°g可能.2(2)在a達到am后，隨著v增大，a減小，當2=0時v= vm,由式可解得mg EqVm=".Bq設(shè)在a達am之前有v=，則由式解得此時加速度為 a=g+ mg Eq：,

11、 22m因mg>Eqd ,故a>g,這與題設(shè)相矛盾，說明在a=am之前不可能有v=vm2顯然avg,符合題意.將v=1vm代入式解得a= mg Eq J22m例16初速度為零的離子經(jīng)過電勢差為 U的電場加速后，從離子槍T中水平 射出，與離子槍相距d處有兩平行金屬板MNO PQ整個空間存在一磁感強度為 B的勻強磁場如圖10-28所示。不考慮重力的作用，荷質(zhì)比 q/m （q, m分別為 離子的帶電量與質(zhì)量），應(yīng)在什么范圍內(nèi)，離子才能打到金屬板上？010-28【分析解答】設(shè)離子帶負電，若離子正好打到金屬板的近側(cè)邊緣 則其偏轉(zhuǎn)半徑滿足關(guān)系R/二下+即得Rl=2d®4若離子正好打到金屬板的遠側(cè)邊緣 N,則其偏轉(zhuǎn)半徑滿足關(guān)系Rj=（2d）%（R；d）17即得Ri = d4由洛侖茲力及牛頓第二定律可得q四二或因離子從離子槍射出的