第八章-单元小结练-磁场基本规律巩固练.docx

单元小结练　磁场基本规律巩固练
基础巩固
1．如图1所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流．a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点，c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等．关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是(　　)

图1
A．O点处的磁感应强度为零
B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反
C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同
D．a、c两点处磁感应强度的方向不同
答案　C
解析　根据安培定则判断：两直线电流在O点产生的磁场方向均垂直于MN向下，O点的磁感应强度不为零，故A选项错误；a、b两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故B选项错误；根据对称性，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故C选项正确；a、c两点的磁感应强度方向相同，故D选项错误．
2．如图2为云室中某粒子穿过铅板P前后的运动轨迹．室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里)．由此可知粒子(　　)

图2
A．一定带正电 B．一定带负电
C．不带电 D．可能带正电，也可能带负电
答案　A
解析　带电粒子穿过铅板有能量损失，其速度减小，由R＝可知，带电粒子做圆周运动的半径应变小，由题图可知带电粒子应从下往上运动，再由左手定则判定粒子带正电，本题只有选项A正确．
3．如图3所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场．重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度v正对着圆心O射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为(　　)

图3
A. B. C. D.
答案　A
解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示．

故轨道半径：r＝R
故在磁场中的运动时间：t＝＝.
4．如图4所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则为(　　)

图4
A. B．2 C. D．3
答案　D
解析　粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示．电子1垂直射出磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为直径，c点为圆心，电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据半径r＝可知，粒子1和2的半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，则粒子2转过的圆心角为60°，所以粒子1运动的时间t1＝＝，粒子2运动的时间t2＝＝，所以＝3.
5．(多选)如图5所示，在边长为L的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D点以v0的速度沿DB方向射入磁场，恰好从A点射出，已知电荷的质量为m，带电荷量为q，不计电荷的重力，则下列说法不正确的是(　　)

图5
A．匀强磁场的磁感应强度为
B．电荷在磁场中运动的时间为
C．若电荷从CD边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小
D．若电荷的入射速度变为2v0，则粒子会从AB中点射出
答案　BCD
解析　由题图可以看出电荷做圆周运动的半径r＝L，根据牛顿第二定律：qv0B＝m，得B＝，A正确；由T＝，转过的圆心角为90°，则t＝·＝，故B错误；若电荷从CD边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T＝，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C错误；若电荷的入射速度变为2v0，则半径变为2L，轨迹如图，

设DF为h，由几何知识：(2L－h)2＋L2＝(2L)2，得h＝(2－)L≠L，可见E不是AB的中点，即粒子不会从AB中点射出，D错误．
6．(多选)空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图6所示的正方形虚线为其边界．一细束由两种粒子组成的粒子流沿垂直于磁场的方向从O点入射．这两种粒子带同种电荷，它们的电荷量、质量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不计重力．下列说法正确的是(　　)

图6
A．入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同
B．入射速度相同的粒子在磁场中的运动轨迹一定相同
C．在磁场中运动时间相同的粒子，其运动轨迹一定相同
D．在磁场中运动时间越长的粒子，其轨迹所对的圆心角一定越大
答案　BD
解析　在磁场中带电粒子运动半径r＝，运动时间t＝(θ为转过的圆心角)，故B、D正确．当粒子从O点所在的边上射出时，轨迹可以不同，但圆心角相同为180°，因而A、C错．
7．(多选)如图7所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是(　　)

图7
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是
C．A、B两粒子之比是
D．A、B两粒子之比是
答案　BD
解析　由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝m，得r＝.由几何关系可得，对粒子B：rBcos 60°＋rB＝d，对粒子A：rAcos 30°＋rA＝d，联立解得＝，所以A错误，B正确．再根据r＝，可得A、B两粒子之比是，故C错误，D正确．
综合应用
8．如图8，一带电塑料小球质量为m，用绝缘悬线悬挂于O点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面．当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为(　　)

图8
A．0 B．2mg C．4mg D．6mg
答案　C
解析　带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，但是洛伦兹力不做功，所以从左方摆到最低点的过程只有重力做功，根据动能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，摆到最低点时，合力提供向心力，悬线上张力为0，则qvB－mg＝m＝mg.洛伦兹力方向竖直向上．当小球从右方摆到最低点时，根据对称性速度大小不变，但是方向反向，所以洛伦兹力方向竖直向下，大小不变，此时向心力不变即F－qvB－mg＝m，F＝4mg，选项C对．
9．如图9所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心．两金属轨道之间的宽度为0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为0.5 T．质量为0.05 kg、长为0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的M点．当在金属细杆内通以电流强度为2 A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动．已知N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且＝＝1 m，g取10 m/s2，则(　　)

图9
A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5 m/s2
B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5 m/s
C．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10 m/s2
D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N
答案　D
解析　金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5 N＝0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝＝10 m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W安＝F安·(＋)＝1 J，重力做功WG＝－mg·＝－0.5 J，由动能定理得W安＋WG＝mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝ m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝＝20 m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75 N，选项D正确．
10．(多选)如图10所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为B的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为(　　)

图10
A．0 B.mv C. D.m(v－)
答案　ABD
解析　若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零，摩擦力不为零，圆环以初速度v0向右做减速运动．若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为mv，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度v＝，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W＝mv－mv2＝m(v－)，选项C错误，D正确．
11．如图11所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m、质量为6×10－2 kg的通电直导线，电流I＝1 A，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T、方向竖直向上的磁场中．设t＝0时，B＝0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g取10 m/s2)

图11
答案　5 s
解析　斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示．由平衡条件
FTcos 37°＝F①
FTsin 37°＝mg②
联立①②解得：F＝
代入数值得：F＝0.8 N
由F＝BIL得：B＝＝ T＝2 T
B与t的变化关系为B＝0.4t
所以t＝5 s.
12．如图12所示，在区域Ⅰ(0≤x≤d)和区域Ⅱ(d<x≤2d)内分别存在匀强磁场，磁感应强度大小分别为B和2B，方向相反，且都垂直于xOy平面．一质量为m、带电荷量q(q>0)的粒子a于某时刻从y轴上的P点射入区域Ⅰ，其速度方向沿x轴正向．已知a在离开区域Ⅰ时，速度方向与x轴正向的夹角为30°；此时，另一质量和电荷量均与a相同的粒子b也从P点沿x轴正向射入区域Ⅰ，其速度大小是a的.不计重力和两粒子之间的相互作用力．求：

图12
(1)粒子a射入区域Ⅰ时速度的大小；
(2)当a离开区域Ⅱ时，a、b两粒子的y坐标之差．
答案　(1)　(2)(－2)d
解析　(1)设粒子a在区域Ⅰ内做匀速圆周运动的圆心为C(在y轴上)，半径为Ra1，粒子速率为va，运动轨迹与两磁场区域边界的交点为P′，如图所示．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得

qvaB＝m①
由几何关系得∠PCP′＝θ②
Ra1＝③
式中，θ＝30°.由①②③式得va＝④
(2)设粒子a在区域Ⅱ内做圆周运动的圆心为Oa，半径为Ra2，射出点为Pa(图中未画出轨迹)，∠P′OaPa＝θ′.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
qva(2B)＝m⑤
由①⑤式得Ra2＝⑥
C、P′和Oa三点共线，且由⑥式知Oa点必位于x＝d⑦
的直线上．由对称性知，Pa点与P′点纵坐标相同，即
yPa＝Ra1cos θ＋h⑧
式中，h是C点的y坐标
设b在区域Ⅰ中运动的轨道半径为Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得
q()B＝()2⑨
设a到达Pa点时，b位于Pb点，转过的角度为α.如果b没有飞出Ⅰ，则
＝⑩
＝⑪
式中，t是a在区域Ⅱ中运动的时间，而
Ta2＝⑫
Tb1＝⑬
由⑤⑨⑩⑪⑫⑬式得
α＝30°⑭
由①③⑨⑭式可得，b没有飞出Ⅰ.Pb点纵坐标为
yPb＝Rb1(2＋cos α)＋h⑮
由①③⑧⑨⑭⑮式及题给条件得，a、b两粒子的y坐标之差为
yPa－yPb＝(－2)d