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(jìn)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bC圓弧c Da、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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)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(yuǎn)出發(fā)，終止于無限遠(yuǎn)或負(fù)電荷，D正確。3磁感應(yīng)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(yīng)強度的大小，下列說法中正確的是（ ）A一小段通電直導(dǎo)線，在磁場某處受的力越大，該處的磁感應(yīng)強度越大B一小段通電直導(dǎo)線在磁場某處受的力等于零，則該處的磁感應(yīng)強度一定等于零C勻強磁場中某處的磁感應(yīng)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(yīng)強度大；磁感線疏的地方，磁感應(yīng)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(yīng)強度不變，所受力等于零，磁感應(yīng)強度仍然未變故A、B錯誤C、根據(jù)=BS，（B與S垂直），知勻強磁場的磁感應(yīng)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D4如圖所示，金屬棒 AC 用絕緣輕繩懸掛在磁感應(yīng)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 AC 方向的電流時，并改變磁場的大小，可使細(xì)繩上張力為零B通入 CA 方向的電流時，磁場方向不變，可使細(xì)繩上張力為零C通入 AC 方向的電流時，使 P 點的磁感應(yīng)強度變大D通入 CA 方向的電流時，使 P 點的磁感應(yīng)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AC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(yīng)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CA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(xì)繩上張力不可能為零，故B錯誤；通入AC 方向的電流時，根據(jù)安培右手定則可知，導(dǎo)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(yīng)強度變小，故C錯誤；通入 CA方向的電流時，根據(jù)安培右手定則可知，導(dǎo)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(yīng)強度變大，故D錯誤。所以A正確，BCD錯誤。5如圖，直角坐標(biāo)xOy平面內(nèi)，有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)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(jìn)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RC粒子運動的速率為3qBRmD粒子在磁場中運動的時間為m6qB【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(fù)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=603602mBq=m3Bq，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(dāng)存在AB方向流動的電流時，電子元器件CD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(dāng)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(dāng)平衡時滿足：UCDdq=Bqv，則UCD=Bvd，則當(dāng)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(jìn)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2eUrC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(jìn)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(shè)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(yīng)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fRB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=2Rv解得：v=2RT=2Rf，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=2mBq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(dá)不到每次都加速的目的，故D錯；故選B9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(fù)方向B加一磁場，磁場方向沿y軸負(fù)方向C加一電場，電場方向沿z軸負(fù)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(fù)方向的磁場，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向沿y軸負(fù)方向，故A錯誤若加一沿y軸負(fù)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(fù)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(fù)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(fù)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(yīng)強度為B，其中C，D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，=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(shè)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：AD11如圖是傾角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(dǎo)體棒垂直紙面放在斜面上，現(xiàn)給導(dǎo)體棒通入電流強度為I，并在垂直于導(dǎo)體棒的平面內(nèi)加勻強磁場，要使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，已知當(dāng)?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軸正方向的夾角的范圍應(yīng)為90240B所加磁場方向與x軸正方向的夾角的范圍應(yīng)為0150C所加磁場的磁感應(yīng)強度的最小值為3mg2ILD所加磁場的磁感應(yīng)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軸正方向的夾角的范圍應(yīng)為0150故A錯誤，B正確；C、D當(dāng)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(yīng)強度的最小值B=mg2IL，故C錯誤，D正確。故應(yīng)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(yīng)強度大小為B，電場E=3mg4q，重力加速度為g當(dāng)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=234mgD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(dá)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)2R=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(yīng)強度B1.0T、方向豎直向下的勻強磁場中，有一個與水平面成37角的導(dǎo)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E12V，內(nèi)阻不計，ab桿長L0.5m，質(zhì)量m0.2kg，桿與平行滑軌間的動摩擦因數(shù)0.1；不計滑軌與ab桿的電阻，取g10m/s2，sin370.6，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】 3.3R5【解析】對導(dǎo)體棒受力分析，回路中的電流為：I=ER導(dǎo)體棒受到的安培力為：F=BIL討論：1、當(dāng)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=0mgcos37+Fsin37-FN=0f=FN聯(lián)立解得：Rmax=52、當(dāng)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=0mgcos37+Fsin37-FN=0f=FN聯(lián)立解得：Rmin=3故可變電阻在35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(yīng)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(jìn)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?！敬鸢浮?（1）32L （2）450【解析】（1）由于分子粒子進(jìn)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(jìn)入電場的粒子，軌跡如圖；粒子在電場中偏轉(zhuǎn)時，L=v0t，y=12at2a=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=m2qB在電場中的時間：t2=Lv0=mqB總時間：t=t1+t2=(+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=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=900-=45015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=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(jìn)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(jìn)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(biāo)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(dá)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(dá)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(yuǎn)時（帶電體不能到達(dá)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(dāng)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(fù)合場中做勻速圓周運動，距離墻壁最遠(yuǎn)時，CD=2R帶電體在磁場中的半徑滿足：qBv=mv2RR=mvqB=mEqB2AD距離為AD=(2R)2+h2=4m2E2q2B4+h2