高考物理作業(yè)手冊第9單元磁場

第9單元磁場課時作業(yè)(二十四)第24講磁場的描述磁場對電流的作用時間/40分鐘基礎(chǔ)鞏固1.[2017·湖南十校聯(lián)考]下列說法正確的是 ()A.將通電直導(dǎo)線放在某處,若通電直導(dǎo)線所受安培力為零,則該處的磁感應(yīng)強度為零B.磁場中某點的磁場方向與放在該點的極短的通電導(dǎo)線所受安培力的方向可以成任意夾角C.磁場中某點的磁場方向與放在該點的小磁針靜止時北極受到的磁場力的方向相同D.給兩平行直導(dǎo)線通以方向相反的電流時,兩通電導(dǎo)線通過磁場相互吸引2.如圖K241所示,在磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向上的勻強磁場中水平放置一根長直通電導(dǎo)線,電流的方向垂直紙面向里,以直導(dǎo)線為中心的同一圓周上有a、b、c、d四個點,連線ac和bd是相互垂直的兩條直徑,且b、d在同一豎直線上,則 ()圖K241A.c點的磁感應(yīng)強度的值最小B.b點的磁感應(yīng)強度的值最大C.b、d兩點的磁感應(yīng)強度相同D.a、b兩點的磁感應(yīng)強度相同3.如圖K242所示,用絕緣細(xì)線懸掛一個導(dǎo)線框,導(dǎo)線框是由兩同心半圓弧導(dǎo)線和直導(dǎo)線ab、cd(ab、cd在同一條水平直線上)連接而成的閉合回路,導(dǎo)線框中通有圖示方向的電流,處于靜止?fàn)顟B(tài).在半圓弧導(dǎo)線的圓心處沿垂直于導(dǎo)線框平面的方向放置一根長直導(dǎo)線P.當(dāng)P中通以方向向里的電流時 ()圖K242A.導(dǎo)線框?qū)⑾蜃髷[動B.導(dǎo)線框?qū)⑾蛴覕[動C.從上往下看,導(dǎo)線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動D.從上往下看,導(dǎo)線框?qū)⒛鏁r針轉(zhuǎn)動4.如圖K243所示,兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置,通以方向相反、大小相等的電流,a、b兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi),則 ()圖K243A.b點的磁感應(yīng)強度為零B.ef導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里C.cd導(dǎo)線受到的安培力方向向右D.同時改變兩導(dǎo)線的電流方向,cd導(dǎo)線受到的安培力方向不變5.(多選)三條在同一平面(紙面)內(nèi)的長直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形,在導(dǎo)線中通過的電流均為I,方向如圖K244所示.a、b和c三點分別位于三角形的三個頂角的角平分線上,且到對應(yīng)頂點的距離相等.將a、b和c處的磁感應(yīng)強度大小分別記為B1、B2和B3,下列說法正確的是 ()圖K244A.B1=B2<B3B.B1=B2=B3C.a和b處磁場方向垂直于紙面向外,c處磁場方向垂直于紙面向里D.a處磁場方向垂直于紙面向外,b和c處磁場方向垂直于紙面向里技能提升6.(多選)[2017·廣州測試]如圖K245所示,在同一平面內(nèi)有①、②、③三根等間距平行放置的長直導(dǎo)線,通入的電流分別為1A、2A、1A,②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右,圖K245A.①的電流方向為a→bB.③的電流方向為e→fC.①受到安培力的合力方向水平向左D.③受到安培力的合力方向水平向左7.質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上,整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中,直導(dǎo)體棒中通有恒定電流,平衡時導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角,其截面圖如圖K246所示,重力加速度為g.關(guān)于導(dǎo)體棒中電流,下列分析正確的是 ()圖K246A.導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外,大小為B.導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外,大小為C.導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里,大小為D.導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里,大小為8.[2017·南昌十校二模]如圖K247所示,用三條細(xì)線懸掛的水平圓形線圈共有n匝,線圈由粗細(xì)均勻、單位長度的質(zhì)量為2.5g的導(dǎo)線繞制而成,三條細(xì)線呈對稱分布,穩(wěn)定時線圈平面水平.在線圈正下方放有一個圓柱形條形磁鐵,磁鐵中軸線OO'垂直于線圈平面且通過其圓心O,測得線圈的導(dǎo)線所在處磁感應(yīng)強度大小為0.5T,方向與豎直線成30°角.要使三條細(xì)線上的張力為零,線圈中通過的電流至少為(g取10圖K247A.0.1C.0.05A9.(多選)如圖K248甲所示,兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒.從t=0時刻起,棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖甲中I所示方向為電流正方向,則金屬棒 ()圖K248A.一直向右移動B.速度隨時間周期性變化C.受到的安培力隨時間周期性變化D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功10.音圈電機是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動機.圖K249是某音圈電機的原理示意圖,它由一對正對的磁極和一個正方形剛性線圈構(gòu)成,線圈邊長為L,匝數(shù)為n,磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度方向垂直于線圈平面豎直向下,大小為B,區(qū)域外的磁場忽略不計,線圈左邊始終在磁場外,右邊始終在磁場內(nèi),前、后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等.某時刻線圈中電流從P流向Q,大小為I.(1)求此時線圈所受安培力的大小和方向;(2)若此時線圈水平向右運動的速度大小為v,求安培力的功率.圖K249挑戰(zhàn)自我11.[2017·湖北隨州統(tǒng)考]利用如圖K2410所示的實驗裝置可以測量磁感應(yīng)強度B.用絕緣輕質(zhì)絲線把底邊長為L、電阻為R、質(zhì)量為m的“┕┙”形線框固定在力敏傳感器的掛鉤上,并用輕質(zhì)導(dǎo)線連接線框與電源,電源內(nèi)阻不計,電壓可調(diào),導(dǎo)線的電阻忽略不計.當(dāng)外界拉力F作用于力敏傳感器的掛鉤上時,力敏傳感器會顯示拉力的大小F.當(dāng)線框接入恒定電壓為E1的電源時,力敏傳感器顯示拉力的大小為F1;當(dāng)線框接入恒定電壓為E2的電源時,力敏傳感器顯示拉力的大小為F2.下列說法正確的是 ()圖K2410A.當(dāng)線框接入恒定電壓為E1的電源時所受安培力為F1B.當(dāng)線框接入恒定電壓為E2的電源時力敏傳感器顯示拉力的大小為線框所受安培力與重力之差C.待測磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為D.待測磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為12.一質(zhì)量m=0.05kg的金屬條擱在相距d=0.02m的兩金屬軌道上,如圖K2411所示.現(xiàn)讓金屬條以v0=m/s的初速度從AA'進入水平軌道,再由CC'進入半徑r=0.05m的豎直圓軌道,完成圓周運動后,再回到水平軌道上,整個軌道除圓軌道光滑外,其余均粗糙,運動過程中金屬條始終與軌道垂直.已知由外電路控制,流過金屬條的電流大小始終為I=5A,方向如圖所示,整個軌道處于水平向右的勻強磁場中,磁感應(yīng)強度B=1T,A、C(1)求金屬條到達(dá)豎直圓軌道最高點的速度大小;(2)求金屬條與水平粗糙軌道間的動摩擦因數(shù);(3)若將CC'右側(cè)0.06m處的金屬軌道在DD'向上垂直彎曲(圖K2411課時作業(yè)(二十五)第25講磁場對運動電荷的作用時間/40分鐘基礎(chǔ)鞏固1.下列關(guān)于洛倫茲力的說法中正確的是 ()A.只要速度大小相同,所受洛倫茲力就相同B.如果把+q改為q,且速度反向,大小不變,則洛倫茲力的大小、方向均不變C.洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直,磁場方向一定與電荷運動方向垂直D.帶電粒子在只受到洛倫茲力作用下運動時,動能、速度均不變2.(多選)物理課堂教學(xué)中的洛倫茲力演示儀由勵磁線圈、玻璃泡、電子槍等部分組成.勵磁線圈是一對彼此平行的共軸的圓形線圈,兩線圈之間能產(chǎn)生勻強磁場.玻璃泡內(nèi)充有稀薄的氣體,電子槍在加速電壓下發(fā)射電子,電子束通過泡內(nèi)氣體時能夠顯示出電子運動的徑跡.若電子槍垂直磁場方向發(fā)射電子,給勵磁線圈通電后,能看到電子束的徑跡呈圓形.若只增大電子槍的加速電壓或勵磁線圈中的電流,下列說法正確的是 ()圖K251A.增大電子槍的加速電壓,電子束的軌道半徑變大B.增大電子槍的加速電壓,電子束的軌道半徑不變C.增大勵磁線圈中的電流,電子束的軌道半徑變小D.增大勵磁線圈中的電流,電子束的軌道半徑不變3.[2017·貴州遵義航天中學(xué)模擬]一個帶電粒子沿垂直于磁場方向射入勻強磁場中,粒子的一段徑跡如圖K252所示,徑跡上的每一小段都可以近似看成圓弧.由于帶電粒子使周圍的空氣電離,粒子的能量逐漸減小而帶電荷量不變.不計粒子重力,從圖中情況可以確定 ()圖K252A.粒子是帶正電的,它所受的洛倫茲力大小不變B.粒子是帶正電的,它由a點運動到b點C.粒子是帶負(fù)電的,它所受的洛倫茲力大小逐漸增大D.粒子是帶負(fù)電的,它由a點運動到b點4.[2017·湖北八校二聯(lián)]已知α粒子(即氦原子核)質(zhì)量約為質(zhì)子的4倍,帶正電荷,電荷量為元電荷的2倍.質(zhì)子和α粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動.下列說法正確的是 ()A.若它們的動量大小相同,則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為2∶1B.若它們的速度大小相同,則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為1∶4C.若它們的動能大小相同,則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為1∶2D.若它們由靜止經(jīng)過相同的加速電場加速后垂直進入磁場,則質(zhì)子和α粒子的運動半徑之比約為1∶2技能提升5.[2017·蘭州診斷]如圖K253所示,一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子以速度v垂直射入一有界勻強磁場區(qū)域內(nèi),速度方向跟磁場左邊界垂直,從右邊界離開磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)角θ=30°,磁場區(qū)域的寬度為d,則下列說法正確的是 ()圖K253A.該粒子帶正電B.磁感應(yīng)強度B=C.粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=dD.粒子在磁場中運動的時間t=6.[2017·北京朝陽區(qū)模擬]如圖K254所示,在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場.質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場,圖中實線是它們的軌跡.已知O是PQ的中點,不計粒子重力.下列說法中正確的是 ()圖K254A.粒子a帶負(fù)電,粒子b、c帶正電B.射入磁場時粒子a的速率最小C.射出磁場時粒子b的動能最小D.粒子c在磁場中運動的時間最長7.(多選)[2017·北京西城區(qū)期末]如圖K255所示,兩個半徑相同的半圓形光滑軌道置于豎直平面內(nèi),左、右兩端點等高,分別處于沿水平方向的勻強磁場和勻強電場中.兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放,M、N為軌道的最低點,則下列分析正確的是 ()圖K255A.兩個小球到達(dá)軌道最低點的速度vM<vNB.兩個小球第一次經(jīng)過軌道最低點時對軌道的壓力FM>FNC.小球第一次到達(dá)M點的時間小于小球第一次到達(dá)N點的時間D.磁場中小球能到達(dá)軌道另一端最高處,電場中小球不能到達(dá)軌道另一端最高處8.(多選)[2017·河南百校聯(lián)盟質(zhì)檢]如圖K256所示,一單邊有界勻強磁場的邊界上有一粒子源,其以與水平方向成θ角的不同速率向磁場中射入兩個相同的粒子1和2,粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點射出磁場,粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點射出磁場,OA=AB,則 ()圖K256A.粒子1與粒子2的速度之比為1∶2B.粒子1與粒子2的速度之比為1∶4C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶29.(多選)[2017·鄭州一中入學(xué)考試]如圖K257所示,AOB為一邊界為圓的勻強磁場,O點為圓心,D點為邊界OB的中點,C點為邊界上一點,且CD∥AO.現(xiàn)有兩個完全相同的帶電粒子以相同的速度射入磁場(不計粒子重力),其中粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子2從C點沿CD射入,從某點離開磁場,則可判斷 ()圖K257A.粒子2在AB圓弧之間某點射出磁場B.粒子2必在B點射出磁場C.粒子1與粒子2在磁場中的運行時間之比為3∶2D.粒子1與粒子2的速度偏轉(zhuǎn)角度相同挑戰(zhàn)自我10.(多選)[2017·廣西桂林、崇左聯(lián)合調(diào)研]如圖K258所示,在真空中,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B,一束質(zhì)子在紙面內(nèi)以相同的速度射向磁場區(qū)域,質(zhì)子的電荷量為e,質(zhì)量為m,速度為v=,則以下說法正確的是 ()圖K258A.對著圓心入射的質(zhì)子的出射方向的反向延長線一定過圓心B.從a點比從b點進入磁場的質(zhì)子在磁場中運動時間短C.所有質(zhì)子都在磁場邊緣同一點射出磁場D.若質(zhì)子以相等的速率v=從同一點沿各個方向射入磁場,則它們離開磁場的出射方向可能垂直11.[2017·紹興高三模擬]如圖K259所示,在矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B.在ad邊中點O的粒子源在t=0時刻垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向與Od的夾角分布在0~180°范圍內(nèi).已知沿Od方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場邊界cd上的P點離開磁場,ab=1.5L,bc=L,粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=L,不計粒子的重力和粒子間的相互作用,(1)粒子在磁場中的運動周期T;(2)粒子的比荷;(3)粒子在磁場中運動的最長時間.圖K25912.[2017·陜西咸陽模擬]如圖K2510所示,A點距坐標(biāo)原點的距離為L,坐標(biāo)平面內(nèi)有邊界過A點和坐標(biāo)原點O的圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直于坐標(biāo)平面向里.有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從A點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場區(qū)域,在磁場中運動,從x軸上的B點射出磁場區(qū)域,此時速度方向與x軸的正方向之間的夾角為60°,求:(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小;(2)磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo);(3)電子在磁場中運動的時間.圖K2510專題訓(xùn)練(八)專題8帶電粒子在組合場中的運動時間/40分鐘基礎(chǔ)鞏固1.(多選)回旋加速器工作原理示意圖如圖Z81所示.磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直,兩盒間的狹縫很小,粒子穿過的時間可忽略,它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上,A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速.下列說法正確的是 ()圖Z81A.若只增大交流電壓U,則質(zhì)子獲得的最大動能增大B.若只增大交流電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運行時間會變短C.若磁感應(yīng)強度B增大,交流電頻率f必須適當(dāng)增大才能正常工作D.不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f,該回旋加速器也能用于加速α粒子2.(多選)[2017·河北辛集中學(xué)測試]如圖Z82所示,在xOy坐標(biāo)系中,y>0的范圍內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場,在y<0的范圍內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場(未畫出).現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q(重力不計)的帶電粒子以初速度v0(v0沿x軸正方向)從y軸上的a點出發(fā),運動一段時間后,恰好從x軸上的d點第一次進入磁場,然后從O點第一次離開磁場.已知Oa=L,Od=2L,則 (圖Z82A.電場強度E=B.電場強度E=C.磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小B=D.磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強度的大小B=3.[2017·長沙一中調(diào)研]如圖Z83所示,某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后,射入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中,帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強磁場中,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力,不考慮邊緣效應(yīng)) ()圖Z83A.d隨U1變化,d與U2無關(guān)B.d與U1無關(guān),d隨U2變化C.d隨U1變化,d隨U2變化D.d與U1無關(guān),d與U2無關(guān)技能提升4.如圖Z84所示,在第Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場,電場強度為E,在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小相等.有一個帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點進入勻強電場中,并且恰好與y軸的正方向成45°角進入磁場,又恰好垂直于x軸進入第Ⅳ象限的磁場.已知O、P之間的距離為d,則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時,在電場和磁場中運動的總時間為()圖Z84A.(2+5π)C.5.如圖Z85所示,在xOy直角坐標(biāo)系中,第Ⅰ象限內(nèi)分布著方向垂直紙面向里的勻強磁場,第Ⅱ象限內(nèi)分布著方向沿y軸負(fù)方向的勻強電場.初速度為零、帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子經(jīng)過電壓為U的電場加速后,從x軸上的A點垂直x軸進入磁場區(qū)域,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后過y軸上的P點且垂直y軸進入電場區(qū)域,在電場中偏轉(zhuǎn)并擊中x軸上的C點.已知OA=OC=d.求電場強度E和磁感應(yīng)強度B的大小.(粒子的重力不計)圖Z856.[2017·南昌十校二模]如圖Z86所示,半徑r=0.06m的半圓形無場區(qū)的圓心在坐標(biāo)原點O處,半徑R=0.1m、磁感應(yīng)強度大小B=0.075T的圓形有界磁場區(qū)的圓心坐標(biāo)為(0,0.08m),平行金屬板M、N長L=0.3m,間距d=0.1m,極板間所加電壓U=6.4×102V,其中N極板上收集的粒子被全部中和吸收.一位于O處的粒子源向第Ⅰ、Ⅱ象限均勻地發(fā)射速度大小v=6.0×105m/s的帶正電粒子,經(jīng)圓形磁場偏轉(zhuǎn)后,從第Ⅰ象限出射的粒子速度方向均沿x軸正方向(1)粒子在磁場中的運動半徑R0;(2)從坐標(biāo)(0,0.18m)處射出磁場的粒子在O點入射方向與(3)N板收集到的粒子占所有發(fā)射粒子的比例η.圖Z86挑戰(zhàn)自我7.[2017·合肥一檢]如圖Z87所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)有一勻強電場,其場強大小為E,方向與x軸成30°角斜向上.一比荷為的帶正電粒子從P點由靜止出發(fā),接著在x軸上Q點進入第一象限,通過磁感應(yīng)強度大小為B的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)后,從坐標(biāo)原點O沿y軸負(fù)方向離開磁場區(qū)域.若P、Q間距為L,粒子重力不計,試求:(1)粒子到達(dá)Q點時的速度大小;(2)Q點的坐標(biāo);(3)矩形磁場區(qū)域的最小面積.圖Z878.[2017·安徽馬鞍山模擬]如圖Z88甲所示,在真空中,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場,磁場方向垂直紙面向外.在磁場左側(cè)有一對平行金屬板M、N,兩板間距離也為R,板長為L,板的中心線O1O2與磁場的圓心O在同一直線上.置于O1處的粒子發(fā)射源可連續(xù)以速度v0沿兩板的中心線O1O2發(fā)射電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電的粒子(不計粒子重力),M、N兩板不加電壓時,粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好從圓心O的正下方P點離開磁場;若在M、N板間加如圖乙所示交變電壓UMN,交變電壓的周期為,t=0時刻入射的粒子恰好貼著N板右側(cè)射出.(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小;(2)求電壓U0的值;(3)若粒子在磁場中運動的最長、最短時間分別為t1、t2,則它們的差值為多大?圖Z88專題訓(xùn)練(九)專題9帶電粒子在疊加場中的運動時間/40分鐘基礎(chǔ)鞏固1.[2017·大連二模]如圖Z91所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖.粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點,出現(xiàn)一個光斑.在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后,粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn),沿半徑為r的圓弧運動,打在熒光屏上的P點,然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下、場強大小為E的勻強電場,光斑從P點又回到O點.關(guān)于該粒子(不計重力),下列說法正確的是 ()圖Z91A.粒子帶負(fù)電 B.初速度為v=C.比荷為2.[2017·南昌三校聯(lián)考]如圖Z92所示,有一厚度為h、寬度為d的金屬導(dǎo)體,當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時,在導(dǎo)體上、下表面會產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng).下列說法正確的是 ()圖Z92A.上表面的電勢高于下表面的電勢B.僅增大h時,上、下表面的電勢差增大C.僅增大d時,上、下表面的電勢差減小D.僅增大電流I時,上、下表面的電勢差減小3.(多選)[2017·廣西河池模擬]如圖Z93所示,某足夠?qū)挼目臻g有垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5T的勻強磁場,一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在木板左端放置一質(zhì)量為m=0.1kg、帶電荷量q=+0.2C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力.現(xiàn)對木板施加方向水平向左、大小為F=0.6N的恒力,g取圖Z93A.剛開始做勻加速運動,接著做勻速直線運動B.最終做速度為10mC.剛開始加速度為2m/s2,速度為6mD.一直做加速度為2m/s4.(多選)磁流體發(fā)電機可簡化為如下模型:兩塊長、寬分別為a、b的平行板相距為L,板間通入已電離的速度為v的氣流,兩板間存在一磁感應(yīng)強度大小為B的磁場,磁場方向與兩板平行,并與氣流速度方向垂直,如圖Z94所示.現(xiàn)把兩板與外電阻R連接起來,在磁場力作用下,氣流中的正、負(fù)離子分別向兩板移動形成電流.設(shè)該氣流的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為σ,則 ()圖Z94A.該磁流體發(fā)電機模型的內(nèi)阻為r=B.產(chǎn)生的電動勢為E=BavC.流過外電阻R的電流I=D.該磁流體發(fā)電機模型的路端電壓為技能提升5.(多選)[2018·杭州師大附中月考]質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的小球套在水平固定且足夠長的絕緣桿上,如圖Z95所示,整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中.現(xiàn)給球一個水平向右的初速度v0使其開始運動,不計空氣阻力,則球運動克服摩擦力做的功可能是 ()圖Z95A.0B.C.mD.6.[2017·河北定州中學(xué)摸底]如圖Z96甲所示,一帶電物塊無初速度地放上皮帶輪底端,皮帶輪以恒定大小的速率沿順時針方向傳動,該裝置處于垂直紙面向里的勻強磁場中,物塊由底端E運動至皮帶輪頂端F的過程中,其vt圖像如圖乙所示,物塊全程運動的時間為4.5s.關(guān)于帶電物塊及運動過程的說法正確的是 ()圖Z96A.該物塊帶負(fù)電B.皮帶輪的傳動速度大小一定為1C.若已知皮帶的長度,可求出該過程中物塊與皮帶發(fā)生的相對位移D.在2~4.5s內(nèi),物塊與皮帶仍可能有相對運動7.[2017·江西九校聯(lián)考]如圖Z97所示,平行金屬板水平放置,一帶電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的a粒子從板的左側(cè)O點沿兩板間的中線以初速度v0射入板間,結(jié)果粒子恰好從上板的右側(cè)邊緣與靜止在此處的另一不帶電、等質(zhì)量的b粒子碰后粘在一起,進入一圓形有界勻強磁場,磁場方向垂直于紙面,圓形磁場的圓心與上板在同一直線上.兩粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后射出磁場,沿水平方向返回兩板間,它們又剛好返回到O點.不計粒子重力,金屬板長為L,板上所加電壓為U=,求:(1)a粒子剛出電場時的速度大小;(2)兩粒子從板右端返回電場時的位置與下板間的距離;(3)兩粒子在磁場運動過程中所受洛倫茲力大小和洛倫茲力對兩粒子的沖量.圖Z97挑戰(zhàn)自我8.如圖Z98所示,在平面直角坐標(biāo)系中,AO是∠xOy的角平分線,x軸上方存在水平向左的勻強電場,下方存在豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場,兩電場的電場強度大小相等.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的質(zhì)點從OA上的M點由靜止釋放,質(zhì)點恰能沿AO運動而通過O點,經(jīng)偏轉(zhuǎn)后從x軸上的C點進入第一象限內(nèi)并擊中AO上的D點(C、D均未畫出).已知OD=OM,勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=(T),重力加速度g取10m/s2.求:(1)兩勻強電場的電場強度E的大小;(2)OM的長度L;(3)質(zhì)點從M點出發(fā)到擊中D點所經(jīng)歷的時間t.圖Z98教師詳解(作業(yè)手冊)課時作業(yè)(二十四)1.C[解析]當(dāng)通電直導(dǎo)線和磁場方向平行放置時,不受安培力作用,所以不能說若通電直導(dǎo)線所受安培力為零,則該處的磁感應(yīng)強度為零,A錯誤;根據(jù)左手定則,磁場方向和安培力方向垂直,B錯誤;小磁針靜止時北極受到的磁場力的方向就是該點磁場方向,C正確;當(dāng)通以相反方向的電流時,它們相互排斥,D錯誤.2.A[解析]由安培定則知,通電導(dǎo)線在圓周上產(chǎn)生的磁場的磁感線為順時針方向,磁感應(yīng)強度大小恒定(設(shè)為B'),通電導(dǎo)線的磁場與勻強磁場疊加,c點合磁感應(yīng)強度大小為|B'B|,a點的合磁感應(yīng)強度大小為B'+B,b、d兩點的合磁感應(yīng)強度大小為,但方向不同,因此c點的磁感應(yīng)強度最小,a點的磁感應(yīng)強度最大,b、d兩點的磁感應(yīng)強度方向不同,選項A正確,選項B、C、D錯誤.3.C[解析]ab邊受到垂直紙面向里的安培力,cd邊受到垂直紙面向外的安培力,從上往下看,導(dǎo)線框?qū)㈨槙r針轉(zhuǎn)動,選項C正確.4.D[解析]根據(jù)右手螺旋定則可知,b處的兩個分磁場方向均為垂直紙面向外,選項A錯誤;ef導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外,選項B錯誤;根據(jù)左手定則可判斷,方向相反的兩個電流互相排斥,選項C錯誤,選項D正確.5.AC[解析]由于通過三條導(dǎo)線的電流大小相等,結(jié)合安培定則可判斷出三條導(dǎo)線在a、b處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度垂直紙面向外,在c處產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度垂直紙面向里,且B1=B2<B3,A、C正確.6.BCD[解析]根據(jù)“同向電流相互吸引,異向電流相互排斥”,因②的電流方向為c→d且受到安培力的合力方向水平向右,可知①的電流方向為b→a,③的電流方向為e→f,選項A錯誤,B正確;①受到②和③的排斥力,故安培力的合力方向水平向左,選項C正確;③受到②的吸引力和①的排斥力,因②的吸引力大于①的排斥力,故③受到安培力的合力方向水平向左,選項D正確.7.C[解析]導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力和指向圓心的彈力,要使導(dǎo)體棒平衡,應(yīng)使其受水平向右的安培力,重力和安培力的合力大小與彈力大小相等,方向相反,由平衡條件有tan60°=,解得導(dǎo)體棒中電流I=,再由左手定則可知,導(dǎo)體棒中電流的方向應(yīng)垂直紙面向里,故只有選項C正確.8.A[解析]設(shè)線圈的半徑為r,則線圈的質(zhì)量m=2nπr×2.5×10-3kg,磁場的水平分量為Bsin30°,線圈受到的安培力為F=Bsin30°×I×2nπr,由于線圈所受向上的安培力等于線圈的重力,則2nπr×2.5×103×10=Bsin30°×I×2nπr,解得I=0.19.ABC[解析]由左手定則可知,金屬棒一開始向右做勻加速運動,當(dāng)電流反向以后,金屬棒開始做勻減速運動,經(jīng)過一個周期速度變?yōu)?,然后重復(fù)上述運動,所以選項A、B正確;安培力F=BIL,由圖像可知前半個周期安培力水平向右,后半個周期安培力水平向左,不斷重復(fù),選項C正確;一個周期內(nèi),金屬棒初、末速度相同,由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)做功為零,選項D錯誤.10.(1)nBIL方向水平向右(2)nBILv[解析](1)線圈前、后兩邊所受安培力的合力為零,線圈所受的安培力即為右邊所受的安培力,由安培力公式得F=nBIL由左手定則知,安培力方向水平向右(2)安培力的功率為P=Fv聯(lián)立解得P=nBILv11.D[解析]當(dāng)線框接入恒定電壓為E1的電源時,線框中電流I1=,所受安培力為BI1L=,小于F1,選項A錯誤;力敏傳感器顯示拉力的大小為F1=+mg,同理,當(dāng)線框接入恒定電壓為E2的電源時,力敏傳感器顯示拉力的大小為F2=+mg,選項B錯誤;由F1=+mg,聯(lián)立解得B=,選項D正確,選項C錯誤.12.(1)m/s(2)(3)0.10[解析](1)在圓軌道的最高點對金屬條受力分析,根據(jù)圓周運動的特點得BId+mg=m解得v=m/s.(2)金屬條從進入水平軌道到上升到圓軌道最高點,根據(jù)動能定理得(mg+BId)·2rμ(mg+BId)L=解得μ=.(3)金屬條從進入水平軌道到上升到豎直軌道最高點,根據(jù)動能定理得μ(mg+BId)(L+LCD)(mg+BId)hm=0解得hm=0.課時作業(yè)(二十五)1.B[解析]因為洛倫茲力的大小不但與粒子速度大小有關(guān),而且與粒子速度的方向有關(guān),如當(dāng)粒子速度與磁場垂直時F=qvB,當(dāng)粒子速度與磁場平行時F=0,又由于洛倫茲力的方向永遠(yuǎn)與粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同時,洛倫茲力的方向也不同,選項A錯誤;將+q改為q且速度反向,由左手定則可知洛倫茲力方向不變,再由F=qvB知其大小也不變,選項B正確;電荷進入磁場時的速度方向可以與磁場方向成任意夾角,選項C錯誤;因為洛倫茲力總與速度方向垂直,因此,洛倫茲力不做功,粒子動能不變,但洛倫茲力可改變粒子的運動方向,使粒子速度的方向不斷改變,選項D錯誤.2.AC[解析]若只增大電子槍的加速電壓,電子速度增大,由R=mv2可知,電子束的軌道半徑變大,選項A正確,B錯誤.若只增大勵磁線圈中的電流,磁感應(yīng)強度增大,由R=mv2可知,電子束的軌道半徑變小,選項C正確,D錯誤.3.D[解析]因為粒子的能量逐漸減小而帶電荷量不變,根據(jù)半徑公式r=可得粒子的運動半徑逐漸減小,即粒子是從a運動到b的,根據(jù)F=Bqv可得粒子受到的洛倫茲力減小,根據(jù)左手定則,粒子帶負(fù)電,故選項D正確.4.A[解析]設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m,電荷量為q,則α粒子的質(zhì)量為4m,電荷量為2q,它們在同一勻強磁場中做勻速圓周運動過程中,洛倫茲力充當(dāng)向心力,故Bqv=m,解得r=,若它們的動量大小相同,即mv相同,則r∝,所以運動半徑之比為2∶1,A正確;若它們的速度相同,則,B錯誤;若它們的動能大小相同,根據(jù)p==1,C錯誤;若它們由靜止經(jīng)過相同的加速電場加速后垂直進入磁場,根據(jù)動能定理可得進入磁場的速度為v=,即vα=vH,故半徑之比為,D錯誤.5.D[解析]由左手定則可知,該粒子帶負(fù)電,A錯誤;分別作出入射方向和出射方向的垂線,交點為圓周運動的圓心O,由幾何關(guān)系可得,圓心角θ=30°,半徑R==2d,C錯誤;由洛倫茲力提供向心力,有qvB=m,得R=,將R=2d代入可得B=,B錯誤;粒子做圓周運動的周期T=,將B=,則運動時間t=,D正確.6.D[解析]根據(jù)左手定則可知a粒子帶正電,b、c粒子帶負(fù)電,所以選項A錯誤;由洛倫茲力提供向心力,有Bvq=m,得v=,可知b的速度最大,c的速度最小,動能最小,選項B、C錯誤;根據(jù)Bvq=m可知,T=,即各粒子的周期一樣,粒子c的軌跡對應(yīng)的圓心角最大,所以粒子c在磁場中運動的時間最長,選項D正確.7.BCD[解析]小球在磁場中運動時受到洛倫茲力的作用,洛倫茲力對小球不做功,故小球運動到M點的過程只有重力做功,而小球在電場中運動到N點的過程中除了重力做功外,電場力對它做負(fù)功,故小球到N點時的速度小于到M點時的速度,選項A錯誤;因為小球在最低點時的向心力向上,而vM>vN,故小球在M點的向心加速度大于小球在N點的向心加速度,且小球第一次經(jīng)過M點時還受到向下的洛倫茲力,所以軌道的M點對小球的支持力較大,即小球?qū)壍繫點的壓力也較大,選項B正確;在甲圖中小球受到的洛倫茲力總與速度的方向垂直,洛倫茲力不做功,而在乙圖中,其受到的電場力總是水平向左,對小球的運動起到了阻礙的作用,故選項C正確;在甲圖中洛倫茲力不做功,故小球能夠到達(dá)右側(cè)最高點,而乙圖中電場力對小球做負(fù)功,故小球不能到達(dá)右側(cè)最高點,選項D正確.8.AC[解析]粒子1進入磁場時速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心,同理,粒子2進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心.由幾何關(guān)系可知,兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1和2的速度之比為1∶2,A正確,B錯誤;由粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T=,且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對圓心角相同,可知粒子1和2在磁場中運動的時間相同,C正確,D錯誤.9.BC[解析]粒子1從A點正對圓心射入,恰從B點射出,粒子在磁場中運動的圓心角為90°,粒子軌道半徑等于BO,粒子2從C點沿CD射入,其運動軌跡如圖所示,設(shè)對應(yīng)的圓心為O1,運動軌道半徑也為BO=R,連接O1C、O1B,O1COB是平行四邊形,O1B=CO,則粒子2一定從B點射出磁場,故A錯誤,B正確;粒子的速度偏轉(zhuǎn)角即粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角,θ1=90°,過B點作O1C的垂線交O1C于P點,可知P為O1C的中點,由數(shù)學(xué)知識可知,θ2=∠BO1P=60°,兩粒子的速度偏轉(zhuǎn)角不同,粒子在磁場中運動的周期T=,兩粒子的周期相等,粒子在磁場中的運動時間t=T,故運動時間之比t1∶t2=θ1∶θ2=90°∶60°=3∶2,故C正確,D10.AC[解析]質(zhì)子做圓周運動的半徑為r==R,對著圓心入射的質(zhì)子的出射方向的反向延長線一定過圓心,選項A正確;質(zhì)子射入磁場中,受到向下的洛倫茲力而向下偏轉(zhuǎn),因質(zhì)子的運動半徑相同,故從a點比從b點進入磁場的質(zhì)子在磁場中運動經(jīng)過的弧長更長,則時間長,選項B錯誤;所有質(zhì)子做圓周運動的半徑都等于R,畫出各個質(zhì)子的運動軌跡,由幾何關(guān)系可知,所有質(zhì)子都在O點的正下方同一點射出磁場,選項C正確;質(zhì)子的速度為v=時,質(zhì)子運動的半徑r==R,若質(zhì)子從同一點沿各個方向射入磁場,畫出各個質(zhì)子的運動軌跡,由幾何關(guān)系可知,不存在離開磁場的出射方向垂直的情況,選項D錯誤.11.(1)6t0(2)(3)2t0[解析](1)初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,設(shè)其圓心角為θ由幾何關(guān)系有sinθ=所以θ=60°解得T=6t0(2)粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv=T=解得(3)在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡的弦Ob=L,圓軌跡的直徑為2L,所以O(shè)b弦對應(yīng)的圓心角為120°,粒子在磁場中運動的最長時間tmax==2t012.(1)(2)(3)[解析](1)由題意得電子在圓形磁場區(qū)域內(nèi)受洛倫茲力做圓周運動,設(shè)軌跡半徑為r,磁場的磁感應(yīng)強度為B,則有ev0B=m過A、B點分別作速度的垂線交于C點,則C點為軌跡圓的圓心,已知電子在B點速度方向與x軸夾角為60°,由幾何關(guān)系得,軌跡圓的圓心角∠C=60°AC=BC=r已知OA=L,得OC=rL由幾何知識得r=2聯(lián)立解得B=.(2)由于A、B、O在圓周上,∠AOB=90°,得AB為磁場圓的直徑,故AB的中點為磁場區(qū)域的圓心O1,且△ABC為等邊三角形,由幾何關(guān)系可得磁場區(qū)域的圓心O1的坐標(biāo)為L,.(3)電子做勻速圓周運動,則圓周運動的周期為T=聯(lián)立解得電子在磁場中運動的時間t=.專題訓(xùn)練(八)1.BC[解析]根據(jù)qvB=m,R是D形金屬盒的半徑,可知質(zhì)子獲得的最大速度v=,則最大動能Ekm=,與加速電壓無關(guān),故A錯誤;根據(jù)質(zhì)子做圓周運動的周期公式T=,T與質(zhì)子的速度大小無關(guān),所以若只增大加速電壓U,不會改變質(zhì)子在回旋加速器中運動的周期,但加速次數(shù)變少,則運動時間會變短,故B正確;質(zhì)子在磁場中做圓周運動的周期與加速電場的周期相等,根據(jù)T=知,若磁感應(yīng)強度B增大,則在磁場中做圓周運動的周期變小,則交流電頻率f必須適當(dāng)增大才能正常工作,故C正確;帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期與加速電場的周期相等,根據(jù)T=知,換為α粒子,比荷變化,在磁場中運動的周期變化,而不改變磁感應(yīng)強度B與交流電頻率f,加速電場的周期不變,破壞了回旋加速器的工作條件,從而不能加速α粒子,故D錯誤.2.BC[解析]帶電粒子在電場中受到的電場力沿y軸負(fù)方向,做類平拋運動,根據(jù)牛頓第二定律得qE=ma;x軸方向上,有2L=v0t,y軸方向上,有L=at2,解得E=,選項A錯誤,選項B正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,根據(jù)左手定則確定磁場方向垂直紙面向里,畫出粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在電場中,x軸方向上,有2L=v0t,y軸方向上,有L=vyt,聯(lián)立得vy=v0,進入磁場時速度v=v0,設(shè)進入磁場時速度與x軸的夾角為α,則有tanα=1,α=45°,根據(jù)幾何關(guān)系得,粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R=L,根據(jù)qvB=m,磁感應(yīng)強度B=,選項C正確,選項D錯誤.3.A[解析]設(shè)帶電粒子在加速電場中被加速后的速度為v0,根據(jù)動能定理有qU1=.設(shè)帶電粒子從偏轉(zhuǎn)電場中出來進入磁場時的速度大小為v,方向與水平方向的夾角為θ,如圖所示,在磁場中有r=,v=,而d=2rcosθ,聯(lián)立解得d=2,選項A正確.4.D[解析]帶電粒子的運動軌跡如圖所示,帶電粒子出電場時,速度v=v0,這一過程的時間t1=,根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r=2d,帶電粒子在第Ⅰ象限中運動的圓心角為,故帶電粒子在第Ⅰ象限中的運動時間t2=,帶電粒子在第Ⅳ象限中運動的時間t3=,故t總=,D正確.5.[解析]設(shè)帶電粒子經(jīng)電壓為U的電場加速后速度為v,由動能定理有qU=mv2帶電粒子進入磁場后,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律有qBv=m依題意可知r=d聯(lián)立解得B=帶電粒子在電場中偏轉(zhuǎn),做類平拋運動,設(shè)經(jīng)時間t從P點到達(dá)C點.由平拋運動規(guī)律有d=vtd=at2又qE=ma聯(lián)立解得E=.6.(1)0.08m[解析](1)帶電粒子在磁場中做圓周運動,有qvB=m解得R0==0.(2)如圖所示,設(shè)從y=0.18m處出射的粒子對應(yīng)入射方向與y軸夾角為θ,由幾何關(guān)系可得sin故θ=53°(3)如圖所示,設(shè)恰能從下極板右端出射的粒子射出磁場時的縱坐標(biāo)為y,則y==0.設(shè)此粒子入射時速度方向與x軸夾角為α,則有y=rsinα+R0R0cosα解得tanα=,即α=53°比例η=×100%=29%7.(1)(2)(3)[解析]作出粒子運動軌跡如圖所示(1)粒子從P到Q過程,根據(jù)動能定理得qEL=mv2解得粒子到達(dá)Q點時的速度v=(2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R,由幾何關(guān)系可知Q點的坐標(biāo)為又qvB=m,可得R=則Q點的坐標(biāo)為(3)由圖可得,最小的矩形磁場面積Smin=2Rcos30°8.(1)(2)(3)[解析](1)當(dāng)UMN=0時,粒子沿O1O2方向射入磁場,軌跡如圖甲所示,設(shè)其半徑為R1,由幾何關(guān)系得R1=R根據(jù)牛頓第二定律得Bv0q=m解得B=甲(2)在t=0時刻入射的粒子滿足×2解得U0=(3)經(jīng)分析可知所有粒子經(jīng)電場后其速度仍為v0t=(2k+1)(k=0,1,2,3,…)時刻入射的粒子貼M板離開電場,軌跡如圖乙所示,設(shè)偏轉(zhuǎn)角為α乙由幾何知識可知四邊形QOPO4為菱形,故α=120°粒子在磁場中運動的最長時間t1=t=2k(k=0,1,2,3,…)時刻入射的粒子貼N板離開電場,軌跡如圖丙所示,設(shè)偏轉(zhuǎn)角為β由幾何知識可知四邊形SOTO5為菱形,故β=60°粒子在磁場中運動的最短時間t2=又T=故Δt=t1t2=丙專題訓(xùn)練(九)1.D[解析]垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場后,粒子束打在熒光屏上的P點,根據(jù)左手定則可知,粒子帶正電,選項A錯誤;當(dāng)電場和磁場同時存在時,有qvB=Eq,解得v=,選項B錯誤;在磁場中時,有qvB=m,可得,故選項D正確,C錯誤.2.C[解析]金屬導(dǎo)體中的自由電荷是帶負(fù)電的電子,由電流方向向右可知,電子的移動方向向左,根據(jù)左手定則知,這些自由電子受到向上的洛倫茲力而發(fā)生偏轉(zhuǎn),則上表面帶負(fù)電,下表面帶正電,下表面的電勢高于上表面的電勢,故A錯誤;穩(wěn)定時,電子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,有evB=e,解得U=vBh,根據(jù)I=nevhd可知,v=,故U=,僅增大h時,電勢差不變,故B錯誤;僅增大d時,上、下表面的電勢差減小,故C正確;僅增大I時,電勢差增大,故D錯誤.3.BC[解析]由于滑塊與絕