5.1 磁与人类文明
一、选择题（一）
1.以下说法中正确的是( )
A.磁场和电场一样,是客观存在的特殊物质
B.磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的
C.磁极与磁极之间是直接发生作用的
D.磁场只有在磁极与磁极、磁极与电流发生作用时才产生
答案:A
2.
如图所示,假设将一个小磁针放在地球的北极点上,那么小磁针的N极( )
A.指北 B.指南
C.竖直向上 D.竖直向下
答案:D
3.下列有关磁的应用中,利用磁化现象记录信息的是 ( )
A.门吸 B.磁带
C.磁石治病 D.磁浮
解析:磁带是一种具有磁性敷层的合成树脂长带,用于记录声音和影像。录制时,磁头(电磁铁)带动磁带,磁头产生的磁场随声音或影像信号的变化而改变,当磁带上的磁性颗粒通过磁头时,变化的磁场会移动磁性颗粒,于是就“写入”了一串相关磁性变化的信息。磁盘、磁卡、磁鉴别卡均属此类原理。门吸利用了磁体对铁、钴、镍等磁性物质的吸引力;磁石治病利用了磁场对生物磁的影响;磁浮则是采用磁对超导线圈的作用,故选项B正确。
答案:B
4.(多选)电磁铁用软磁性材料做铁芯,应用了哪些特点( )
A.易被磁化 B.不易去磁
C.去磁迅速 D.可以导电
答案:AC
5.(多选)下列说法中正确的是( )
A.磁体上磁性最强的部分叫磁极,任何磁体都有两个磁极
B.磁体与磁体之间的相互作用是通过磁场而发生的
C.地球的周围存在着磁场,但地磁的两极与地理的两极并不重合,其间有一个夹角,这就是磁偏角,磁偏角的数值在地球上不同地点是相同的
D.在地球表面各点磁场强弱相同
解析:地磁场类似于条形磁铁的磁场,所以在地球表面赤道上的磁场最弱,选项D不正确。在地球上不同位置,磁偏角的数值是不同的,因此选项C不正确。
答案:AB
6.研究表明,鸽子是利用体内所含有的微量强磁性物质在地磁场中所受的作用来帮助辨别方向的。如果在鸽子的身上缚一块永磁体材料,则( )
A.鸽子仍能辨别方向
B.鸽子更容易辨别方向
C.鸽子会迷失方向
D.不能确定鸽子是否会迷失方向
答案:C
7.下列所述的情况中,哪一种情况可以肯定钢棒没有磁性 ( )
A.将钢棒的一端接近磁针的北极,两者相互吸引,将钢棒的这一端接近磁针的南极时,两者相互排斥
B.将钢棒的一端接近磁针的北极,两者相互排斥,将钢棒的另一端接近磁针的北极时,两者相互吸引
C.将钢棒的一端接近磁针的北极,两者相互吸引,将钢棒的另一端接近磁针的南极时,两者仍相互吸引
D.将钢棒的一端接近磁针的北极,两者相互吸引,将钢棒的另一端接近磁针的北极时,两者仍相互吸引
解析:只要钢棒与磁针排斥,则说明钢棒一定具有磁性,因为同名磁极相互排斥,而钢棒与磁针相互吸引,不一定说明钢棒有磁性,因为异名磁极可以相互吸引,没有磁性的铁质物体也能被磁体吸引。而选项D中钢棒的两端都与磁针的北极相互吸引,说明钢棒一定没有磁性。
答案:D
8.如果你看过中央电视台体育频道的围棋讲座就会发现,棋子在竖直放置的棋盘上可以移动,但不会掉下来。原来,棋盘和棋子都是由磁性材料制成。棋子不会掉落是因为( )
A.质量小,重力可以忽略不计
B.受到棋盘对它向上的摩擦力
C.棋盘对它的吸引力与重力平衡
D.它一方面受到棋盘的吸引,另一方面还受到空气的浮力
解析:
棋子受力如图所示,磁性棋子受到棋盘的吸引力而对棋盘产生压力,棋盘对棋子有向外的弹力。重力使得棋子有向下滑动的趋势,因此棋子受到棋盘向上的静摩擦力,此力和重力平衡,使得棋子不会滑下来。由于空气浮力远小于重力,故可忽略不计。
答案:B
二、非选择题（一）
9.一个没有标明南北极的小磁针,你能想办法判断它的磁极吗?
(1)甲同学用一个已知磁性的小磁针,立刻得出了结果。你知道他是怎样得出的吗?
(2)乙同学设计了这样一个方案,他将小磁针固定在小塑料盘中,然后放在水中。他的结论也是正确的,你能说出他利用了什么原理吗?
解析:(1)甲同学利用磁体的磁极间的相互作用规律:同名磁极相互排斥,异名磁极相互吸引。若与已知磁极的小磁针的N极相吸引,一定是未知小磁针的S极;若与已知磁极的小磁针的S极相吸引,一定是未知小磁针的N极。
(2)乙同学利用了地磁场的影响,地磁北极在地理南极附近,地磁南极在地理北极附近。小磁针指地理南极的一端一定是小磁针的S极,指地理北极的一端一定是小磁针的N极。
答案:见解析。
三、选择题（二）
1.电工师傅能够用螺丝刀将狭小空间内的小螺丝吸引上来,关于该现象的解释正确的是( )
A.是因为螺丝刀带电把小螺丝吸引上来的
B.是因为螺丝带电和螺丝刀相互吸引发生的
C.是因为螺丝刀带有磁性,把小螺丝吸引上来的
D.是因为小螺丝带有磁性,去吸引螺丝刀的
解析:电工师傅的螺丝刀有了磁性,当靠近小螺丝时会把它吸引过来,选项C正确,选项A、B、D错误。
答案:C
2.(2014·山东潍坊期末检测)月球表面周围没有空气,它对物体的引力仅为地球上的16,月球表面没有磁场,根据这些特征,在月球上,下图中的四种情况能够做到的是( )
解析:既然月球表面没有磁场,那么在月球上就不能用指南针定向,所以选项A错误;月球表面周围没有空气,无法使用电风扇吹风,而声音也无法传播,所以选项B、C错误,只有选项D正确。
答案:D
3.如图所示,弹簧测力计下挂一铁球,将弹簧测力计自左向右逐渐移动时,弹簧测力计的示数( )
A.不变 B.逐渐减小
C.先减小后增大 D.先增大后减小
解析:磁体上磁极的磁性最强,对铁球的吸引力最大,所以铁球自左向右逐渐移动时,所受磁体的引力先减小后增大,弹簧测力计的示数也随之先减小后增大。
答案:C
4.磁性水雷是用一个可绕轴转动的小磁针来控制起爆电路的,军舰被地磁场磁化后就变成了一个浮动的磁体,当军舰接近磁性水雷时,就会引起水雷的爆炸,其依据是( )
A.磁体的吸铁性
B.磁极间的相互作用规律
C.电荷间的相互作用规律
D.磁场对电流的作用原理
解析:军舰已被磁化,是小磁针与磁化的军舰发生作用,故属于磁极间的相互作用。
答案:B
四、非选择题（二）
5.(2014·山东烟台检测)两个完全相同的条形磁铁,放在平板AB上,磁铁的 N、S极如图所示,开始时平板及磁铁皆处于水平位置,且静止不动。
a.现将AB突然竖直向上平移(平板与磁铁之间始终接触),并使之停在A″B″处,结果发现两个条形磁铁吸在了一起。
b.如果将AB从原来位置突然竖直向下平移,并使之停在位置A'B'处,结果发现两条形磁铁也吸在了一起,请回答下列问题:
(1)开始时两磁铁静止不动,磁铁间的相互作用力是 力;右侧的磁铁受到的静摩擦力的方向向 。?
(2)在a过程中磁铁开始滑动时,平板正在向上加速还是减速呢?答: 。?
(3)在b过程中磁铁开始滑动时,平板正在向下加速还是减速呢?答: 。?
解析:本题是一道综合性题目,主要考查磁体间的相互作用规律、受力分析、牛顿第二定律。磁铁静止时,二者间的相互吸引力与静摩擦力大小相等,对右侧的磁铁来说,吸引力向左静摩擦力向右。当平板向上运动而磁铁吸在一起时,说明摩擦力减小,磁铁所受支持力减小,磁铁应处于失重状态,所以平板应向上减速运动,加速度方向向下。当平板向下运动而两磁铁吸在一起时,磁铁应处于失重状态,所以加速度仍向下,故是向下加速运动。
答案:(1)吸引 右 (2)减速 (3)加速
6.磁带、磁盘、存折、信用卡等都是利用磁性材料制成的生活用具,为了保护这些用具上的信息,你认为应该怎样做?
答案:磁带、磁卡等是利用对其上面的磁性材料磁化的强弱或方向的不同来记录信息的,如果将它们与磁性物体放在一起,则它上面的磁性材料会被重新磁化,使其原有信息消失,因此磁带、磁卡等应放在远离磁铁等磁性物体的地方。另外各种银行卡、交费卡、电话卡最好也不要长时间地放在一起,以免它们互相磁化而丢失信息。
课件18张PPT。第5章 磁场与回旋加速器5.1 磁与人类文明一二三一二三一二三一二三一二三1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.2 怎样描述电场
一、选择题（一）
1.关于磁感线,下列说法中正确的是( )
A.两条磁感线的空隙处一定不存在磁场
B.磁感线总是从N极到S极
C.磁感线上每一点的切线方向都跟该点的磁场方向一致
D.两个磁场叠加的区域,磁感线就可能相交
解析:磁感线是为了形象地描绘磁场而假设的一组有方向的曲线,曲线上每一点的切线方向都表示该点的磁场方向,曲线疏密表示磁场强弱,选项C正确,选项A错误。在磁体外部磁感线从N极到S极,内部从S极到N极。磁感线不相交,选项B、D错误。
答案:C
2.下列关于磁场和磁感线的描述中,正确的是( )
A.磁场是科学家凭空想象出来的,实际并不存在
B.只要有电荷,其周围一定存在磁场
C.由于实验中可以呈现“磁感线”,因此磁场中一定有磁感线
D.磁感线可以形象地描述磁场,有了磁感线就可以了解磁场的方向和强弱
解析:磁场是客观存在的,不以人的意志为转移,它是一种物质,故选项A错误;虽然磁极和电流周围存在磁场,而电荷不一定形成电流,故选项B错误;虽然实际中可以呈现“磁感线”,但磁感线是人为引入的,用于形象地描述磁场,实际不存在,故选项C错误,选项D正确。
答案:D
3.(多选)关于磁通量,下列说法中正确的是( )
A.穿过某一面的磁感线的条数越多,则穿过该面的磁通量越大
B.穿过两个面的磁感线条数相等,则穿过两个面的磁通量相等
C.磁场中某处的磁感应强度等于穿过该处单位面积的磁通量
D.磁场中某处的磁感应强度等于垂直穿过该处单位面积的磁通量
答案:ABD
4.如图所示,一环形线圈沿条形磁铁的轴线,从磁铁N极的左侧A点运动到磁铁S极的右侧B点,A、B两点关于磁铁的中心对称,则在此过程中,穿过环形线圈的磁通量将( )
A.先增大,后减小
B.先减小,后增大
C.先增大,后减小,再增大,再减小
D.先减小,后增大,再减小,再增大
解析:在磁铁内部磁感应强度最大,磁感线条数最多,在A端和B端,磁铁的部分磁感线通过线圈,而在磁铁中间,磁铁的全部磁感线通过线圈,只在外部有少量的抵消,因此穿过线圈的磁通量先增大后减小。
答案:A
5.(2014·福建龙岩检测)关于静电场和磁场的说法,正确的是( )
A.电场中某点的电场强度与试探电荷的电荷量成反比
B.电场中电场强度越大的点,电势不一定越高
C.磁场磁感应强度的方向就是通电直导线的受力方向
D.电流产生磁场的磁感线是闭合的,条形磁铁磁场的磁感线不是闭合的
解析:电场中某点的电场强度由电场本身性质决定,与试探电荷的电荷量无关,故选项A错误;电场强度大小与电势高低无关,电场中电场强度越大的点,电势不一定越高,故选项B正确;磁场磁感应强度的方向与通电直导线的受力方向垂直,故选项C错误;电流产生磁场的磁感线与条形磁铁磁场的磁感线都是闭合的,故选项D错误。
答案:B
6.(2014·河北馆陶期中检测)关于磁通量的概念,以下说法中正确的是( )
A.磁感应强度越大,穿过闭合回路的磁通量也越大
B.磁感应强度越大,线圈面积越大,则磁通量也越大
C.穿过线圈的磁通量为零,但磁感应强度不一定为零
D.磁通量发生变化,一定是磁场发生变化引起的
解析:根据磁通量的定义,Φ=B·S·cosθ,因此选项A、B错误;线圈所在平面平行于磁场方向时,其磁通量与磁感应强度无关,始终为零,所以穿过线圈的磁通量为零时,磁感应强度不一定为零,选项C正确;磁通量发生变化,可能是线圈有效面积变化引起的,也可能是磁场变化引起的,选项D错误。
答案:C
7.关于磁通量的描述,下列说法正确的是( )
A.置于磁场中的一个平面,当平面垂直磁场方向时,穿过平面的磁通量最大
B.如果穿过某平面的磁通量最大时,则该处的磁感应强度一定最大
C.如果穿过某平面的磁通量为零,则该处的磁感应强度一定为零
D.将一平面置于匀强磁场中的任何位置,穿过该平面的磁通量总是相等的
解析:磁通量Φ=BScosθ,其中θ为线圈平面和该平面沿垂直磁场方向的投影面之间的夹角。因此,磁通量为零,磁感应强度不一定为零;磁通量最大,磁感应强度也不一定最大。
答案:A
二、非选择题（一）
8.如图所示,面积是0.5 m2的矩形导线圈处于磁感应强度为20 T的匀强磁场中,线圈平面与磁场垂直,如图中Ⅰ位置,则穿过该线圈的磁通量是多少?若线圈平面与磁场方向夹角为60°,如图中Ⅱ位置,则穿过该线圈的磁通量又是多少?
解析:已知S=0.5m2,B=20T,
(1)因为线圈平面与磁场垂直,所以
ΦⅠ=BS=20×0.5Wb=10Wb。
(2)因为线圈平面与磁场方向夹角为60°,所以
ΦⅡ=BSsinθ=20×0.5×sin60°Wb=8.66Wb。
答案:10 Wb 8.66 Wb
9.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=2.0 T,方向沿z轴正方向,且ab=40 cm,bc=30 cm,ae=50 cm,则通过面积S1(abcd)、S2(befc)、S3(aefd)的磁通量分别是 、 、 。?
解析:因面abcd与磁场平行,故Φ1=0;面befc与磁场垂直,又ab=40cm,ae=50cm,根据勾股定理可得be=30cm,则Φ2=BS2=2.0×0.3×0.3Wb=0.18Wb;因面aefd在垂直z轴方向的投影为S2,所以Φ3=Φ2=0.18Wb。
答案:0 0.18 Wb 0.18 Wb
三、选择题（二）
1.(多选)关于磁感线的性质和概念,下列说法中正确的是 ( )
A.磁感线上各点的切线方向就是各点的磁感应强度的方向
B.磁场中任意两条磁感线均不相交
C.铁屑在磁场中的分布曲线就是磁感线
D.磁感线总是从磁体的N极指向S极
解析:磁感应强度的方向就是磁场的方向,磁感线的切线方向就是磁场方向,因此选项A正确。两条磁感线相交就说明在两线相交处有两个切线方向,即两个磁感应强度方向,这是不可能的,磁场中某点磁感应强度是唯一确定的,磁感应强度的方向也只有一个,因此两条磁感线不能相交,选项B正确。磁感线是为形象描述磁场的磁感应强度分布而假想的一组曲线,不是真实存在的,但铁屑的分布曲线只能证明磁感线描述磁场的方法是正确的,而铁屑不是磁感线,选项C错误。在通电螺线管内部,在条形磁体内部的磁感线应是从S极指向N极,选项D错误。
答案:AB
2.如图所示,虚线框内有匀强磁场,1和2为垂直磁场方向放置的两个圆环,分别用Φ1和Φ2表示穿过两环的磁通量,则有 ( )
A.Φ1>Φ2 B.Φ1=Φ2
C.Φ1<Φ2 D.无法判断
解析:磁通量的实质是穿过某一面积的磁感线的条数,由图可知Φ1=Φ2,故选项B正确。
答案:B
3.如图所示,ab是水平面上一个圆的直径,在过ab的竖直平面内有一根通电导线ef。已知ef平行于ab,当ef竖直向上平移时,电流磁场穿过圆面积的磁通量将( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.始终为零 D.不为零,但保持不变
解析:穿过圆的直径ab内侧的磁通量和穿过外侧的磁通量方向相反,由对称性可知两部分的磁通量大小相等,故整个圆中合磁通量为0。当ef竖直向上平移时,两部分的磁通量依然大小相等,一正一负,合磁通量始终为零。
答案:C
4.条形磁铁竖直放置,闭合圆环水平放置,条形磁铁中心线穿过圆环中心,如图所示,若圆环为弹性环,其形状由Ⅰ扩大到Ⅱ,那么圆环内磁通量的变化的情况是 ( )
A.磁通量增大 B.磁通量减小
C.磁通量不变 D.条件不足,无法确定
解析:磁感线是闭合曲线,磁铁内部是由S极到N极,而外部是由N极回到S极,而磁通量是穿过某个面的磁感线的净条数,选项B正确。
答案:B
四、非选择题（二）
5.某地磁感应强度B的水平分量Bx=0.18×10-4 T,竖直分量By=0.54×10-4 T。求:
(1)地磁场B的大小及它与水平方向的夹角α;
(2)在水平面2.0 m2的面积内地磁场的磁通量Φ。
解析:(1)由矢量合成法则可知
B=Bx2+By2
=(0.18×10-4)2+(0.54×10-4)2T
=0.57×10-4T
tanα=ByBx=3,则α=arctan3。
(2)Φ=By·S=0.54×10-4×2.0Wb=1.08×10-4Wb。
答案:(1)0.57×10-4 T arctan 3 (2)1.08×10-4 Wb
6.如图所示,有一个垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B=0.8 T,磁场有明显的圆形边界,圆心为O,半径为1 cm。现于纸面内先后放上圆线圈,圆心均在O处,A线圈半径为1 cm,1匝;B线圈半径为2 cm,1匝;C线圈半径为0.5 cm,1匝。问:
(1)在B减为0.4 T的过程中,A和B中磁通量各改变多少?
(2)当磁场方向转过30°角的过程中,C中的磁通量改变多少?
解析:(1)设圆形磁场区域的半径为R
对线圈A
Φ1=B1πR2,Φ2=B2πR2
磁通量的改变量
ΔΦ=|Φ2-Φ1|
=(0.8-0.4)×3.14×(10-2)2Wb
=1.256×10-4Wb
对线圈B
ΔΦ'=|Φ4-Φ2|
=(0.8-0.4)×3.14×(10-2)2Wb
=1.256×10-4Wb。
(2)对线圈C
设C线圈的半径为r,
Φ6=B1πr2sinθ1,Φ5=B1πr2sinθ2
磁通量的改变量
ΔΦ″=|Φ6-Φ5|=B1πr2(sin90°-sin60°)=8.4×10-6Wb。
答案:(1)1.256×10-4 Wb 1.256×10-4 Wb
(2)8.4×10-6 Wb
课件27张PPT。5.2 怎样描述电场一二一二一二一二一二一二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.3 探究电流周围的磁场
一、选择题（一）
1.一根软铁棒被磁化的本质是( )
A.软铁棒中产生了分子电流
B.软铁棒中分子电流取向杂乱无章
C.软铁棒中分子电流消失
D.软铁棒中分子电流取向变得大致相同
解析:软铁棒中分子电流是一直存在的,并不因为外界的影响而产生或消失,故选项A、C错误。根据磁化过程实质知选项D正确,选项B错误。
答案:D
2.如图是通电直导线周围磁感线分布情况示意图,各图的中央表示垂直于纸面的通电直导线及其中电流的方向,其他的均为磁感线,其方向由箭头指向表示,这四个图中,正确的是( )
解析:四个图中磁感线的方向都符合右手螺旋定则,但磁感线分布密度不同。
通电直导线周围磁场的磁感应强度跟导线中的电流I成正比,跟到通电直导线的垂直距离r成反比:B=kIr。可见,磁感线的分布,从通电直导线开始,由近而远,逐渐由密变疏。据此推理,可知只有C图是正确的。
答案:C
3.如图所示为磁场作用力演示仪中的赫姆霍兹线圈,在线圈中心处挂上一个小磁针,且与线圈在同一平面内,则当赫姆霍兹线圈中通以如图所示方向的电流时( )
A.小磁针N极向里转
B.小磁针N极向外转
C.小磁针在纸面内向左摆动
D.小磁针在纸面内向右摆动
解析:由安培定则可判断出线圈内磁场的方向是垂直纸面向里的,小磁针N极的受力方向垂直纸面向里,因此小磁针N极向里转,选项A正确。
答案:A
4.如图所示,三条长直导线都通以垂直于纸面向外的电流,且I1=I2=I3,则距三导线等距的A点的磁感应强度方向为( )
A.向上 B.向右
C.向左 D.向下
解析:I2与I3的磁场在A处产生的磁感应强度的矢量和是0,故在A处只有I1的磁感应强度。
答案:B
5.M1与M2为两根未被磁化的铁棒,现将它们分别放置于如图所示的位置,则被通电螺线管产生的磁场磁化后( )
A.M1的左端为N极,M2的右端为N极
B.M1和M2的右端均为N极
C.M1的右端为N极,M2的左端为N极
D.M1和M2的左端均为N极
解析:通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场很类似,要注意在磁体内部的磁感线的分布应该是从S极指向N极的。
答案:A
6.(2014·浙江杭州检测)如图所示,通电直导线右边有一个矩形线框,线框平面与直导线共面,若使线框逐渐远离(平动)通电导线,则穿过线框的磁通量将( )
A.逐渐增大 B.逐渐减小
C.保持不变 D.不能确定
解析:离导线越远,电流产生的磁场越弱,穿过线圈的磁感线条数越少,磁通量逐渐减小,故只有选项B正确。
答案:B
7.如图所示,在空间某点A存在大小、方向恒定的两个磁场B1、B2,B1=3 T,B2=4 T,A点的磁感应强度大小为( )
A.7 T B.1 T
C.5 T D.大于3 T小于4 T
解析:B=B12+B22=32+42T=5T。
答案:C
8.如图所示,螺线管、U形铁芯、环形导线三者相距较远,当开关闭合后,关于小磁针N极(黑色的一端)的判断错误的是( )
A.小磁针a的N极指向正确
B.小磁针b的N极指向正确
C.小磁针c的N极指向正确
D.小磁针d的N极指向正确
解析:小磁针静止时N极的指向为该处的磁场方向,即磁感线的切线方向。根据安培定则,U形铁芯被磁化后右端为N极,左端为S极,小磁针c指向正确;通电螺线管的磁场分布和条形磁铁相似,内部磁场向左,外部磁场向右,所以小磁针b指向正确,小磁针a指向错误;环形电流形成的磁场左侧应为S极,故d的指向正确。
答案:A
二、非选择题（一）
9.如图所示,ABDC是一环形导线,在C、D处用导线与直导线ab接通,图中标出了环形电流的磁感线方向,则可知A、B两端中接电源正极的是 端,放在ab下方的小磁针 极将转向纸外。?
解析:环形导线内的磁场为AC、BD上电流形成的合磁场,由安培定则,电流方向如图所示,则接电源正极的是B端,放在ab下方的小磁针N极转向纸外。
答案:B N
三、选择题（二）
1.如图是铁棒甲与铁棒乙内部各分子电流取向的示意图,甲棒内部各分子电流取向是杂乱无章的,乙棒内部各分子电流取向大致相同,则下列说法中正确的是( )
A.两棒均显磁性
B.两棒均不显磁性
C.甲棒不显磁性,乙棒显磁性
D.甲棒显磁性,乙棒不显磁性
解析:甲棒中分子电流杂乱无章,分子电流的磁场相互抵消,对外不显磁性;乙棒中分子电流取向大体一致,分子电流的磁场相互叠加,对外显示出较强的磁性。选项C正确。
答案:C
2.一根电缆埋藏在一堵南北走向的墙里,在墙的西侧处,放一小磁针,其指向刚好比原来旋转180°,由此可以断定,这根电缆中电流的方向为( )
A.可能是向北 B.可能是竖直向下
C.可能是向南 D.可能是竖直向上
解析:若电缆电流沿南北方向,由安培定则可知小磁针所在位置磁感应强度方向亦即小磁针北极指向为竖直方向,不符合题意;当电缆电流沿竖直向上时,小磁针所在处磁感应强度方向沿水平方向且由北向南,与地磁场的方向正好相反,故选D。
答案:D
3.如图所示,两根垂直纸面平行放置的直导线a和b,通有等值电流。在纸面上距a、b等远处有一点P,若P点合磁感应强度B的方向水平向左,则导线a、b中的电流方向是( )
A.a中指向纸里,b中指向纸外
B.a中指向纸外,b中指向纸里
C.a、b中均指向纸外
D.a、b中均指向纸里
解析:因为通电直导线周围磁场的磁感线是一些以导线上各点为圆心的同心圆,所以直导线a中电流在P处激发的磁场方向垂直于a、P连线,直导线b中电流在P处激发的磁场方向垂直于b、P连线,又因为P点合磁感应强度B的方向水平向左,所以由矢量合成法则可知,a中电流在P处激发的磁场方向垂直aP斜向下,b中电流在P处激发的磁场方向垂直bP斜向上,再根据安培定则就很容易判断出a、b中的电流方向,a中向纸里,b中向纸外,选项A正确。
答案:A
4.在磁感应强度大小为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长通电直导线,电流的方向垂直于纸面向里,如图所示,A、B、C、D是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中( )
A.C、D两点的磁感应强度大小相等
B.A、B两点的磁感应强度大小相等
C.C点的磁感应强度的值最小
D.B点的磁感应强度的值最大
解析:直导线中的电流在圆周上的A、B、C、D各点产生的磁场的方向沿顺时针切线,磁感应强度大小相同,由矢量叠加可知选项C正确。
答案:C
5.(2014·山东寿光检测)为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是( )
解析:由安培定则可知环形电流应自东向西,选项B正确。
答案:B
6.(多选)(2014·河南内黄检测)有两根长直导线a、b互相平行放置,如图所示为垂直于导线的截面图。在图示的平面内,O点为两根导线连线的中点,M、N为两根导线附近的两点,它们在两导线的中垂线上,且与O点的距离相等。若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I,则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是( )
A.M点和N点的磁感应强度大小相等,方向相同
B.M点和N点的磁感应强度大小相等,方向相反
C.在线段MN上各点的磁感应强度都不可能为零
D.在线段MN上只有一点的磁感应强度为零
解析:根据安培定则判断得知,两根通电导线产生的磁场方向均沿逆时针方向,由于对称,两根通电导线在MN两点产生的磁感应强度大小相等,根据平行四边形进行合成得到,M点和N点的磁感应强度大小相等,M点磁场向下,N点磁场向上,方向相反,选项A错误,选项B正确;只有当两根通电导线在同一点产生的磁感应强度大小相等、方向相反时,合磁感应强度才为零,则知只有O点的磁感应强度为零,选项C错误,选项D正确。
答案:BD
课件25张PPT。5.3 探究电流周围的磁场一二一二一二一二一二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.4 探究安培力
一、选择题（一）
1.下列说法中正确的是( )
A.磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定:把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F与该导线的长度L、通过的电流I乘积的比值,即B=FIL
B.通电导线在某点不受磁场力的作用,则该点的磁感应强度一定为零
C.磁感应强度B=FIL只是定义式,它的大小取决于场源以及磁场中的位置,与F、I、L以及通电导线在磁场中的方向无关
D.通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向
答案:C
2.一段通电导线垂直于磁场方向放入匀强磁场中,导线上的电流方向由上而下,如图所示。在导线以其中心点为轴逆时针转动180°的过程中,导线受到的安培力 ( )
A.大小不变,方向不变
B.大小由最大减小到零再增至最大,方向时刻改变
C.大小由最大减小到零再增至最大,方向不变
D.大小由最大减小到零再增至最大,方向由垂直纸面向外变为垂直纸面向内
解析:安培力公式F=ILBsinθ,导线转动前,电流方向与磁场方向垂直,θ=90°;当导线转过一个小角度θ后,电流方向与磁场方向不再垂直,安培力变小;当导线转过90°时,电流方向与磁场方向平行,安培力为零。根据左手定则判断知,安培力的方向始终垂直纸面向外;在导体再继续转动90°过程中,安培力由零变到最大,安培力的方向始终垂直纸面向内,选项D正确。
答案:D
3.在等边三角形的三个顶点A、B、C处,各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中均通有大小相等的恒定电流,方向如图所示。过C点的导线所受安培力的方向 ( )
A.与AB边平行,竖直向上
B.与AB边平行,竖直向下
C.与AB边垂直,指向左边
D.与AB边垂直,指向右边
解析:根据直线电流相互作用的规律可知A处导线与C处导线相互吸引,B处导线与C处导线也相互吸引,且两安培力大小相等,所以C处导线所受的合力方向一定指向左边且与AB边垂直,选项C正确。
答案:C
4.如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上,在磁铁右上方固定一根与磁铁垂直的长直导线。当导线中通以由外向内的电流时( )
A.磁铁受到向左的摩擦力,磁铁对桌面的压力减小
B.磁铁受到向右的摩擦力,且对桌面的压力减小
C.磁铁受到向左的摩擦力,且对桌面的压力增大
D.磁铁不受摩擦力,对桌面的压力不变
解析:此题若从电流产生的磁场入手分析,通电直导线的磁场可以用安培定则判断,但处于磁场中的不是小磁针而是大条形磁铁,其受力如何很难判定,可能会误认为选项D正确。
若将思维方式变换一下,先判定条形磁铁在通电导线处的磁场方向;再用左手定则判断通电导线在条形磁铁的磁场中受到的安培力斜向左下方;然后根据牛顿第三定律,磁铁受到通电导线的作用力应斜向右上方。因磁铁受力平衡,所以支持力减小,即对桌面的压力减小,同时受到向左的摩擦力,选项A正确。
答案:A
5.(多选)已知质量为m的通电细杆ab与导轨间的动摩擦因数为μ,有电流时,ab恰好在导轨上静止,如图甲所示,图乙是它可能的匀强磁场方向的四个侧视图,其中能使杆ab与导轨之间摩擦力为零的是( )
甲
乙
解析:由左手定则知A、B、C、D四个图中导线所受安培力方向分别为水平向右、竖直向上、竖直向下、水平向左,所以A、B两图中摩擦力可能为零。
答案:AB
二、非选择题（一）
6.如图所示,在同一水平面的两导轨相互平行,并处在竖直向上的磁场中,一根质量为3.6 kg、有效长度为2 m的金属棒放在导轨上,当金属棒中的电流为5 A时,金属棒做匀速运动;当金属棒中的电流增大到8 A时,金属棒能获得2 m/s2的加速度。则磁场的磁感应强度为多少?
解析:对金属棒进行受力分析,利用牛顿第二定律可得
当金属棒中的电流为5A时
BI1L-F阻=0 ①
当金属棒中的电流为8A时
BI2L-F阻=ma ②
由①②整理方程组可得
B=ma(I2-I1)L=3.6×2(8-5)×2T=1.2T。
答案:1.2 T
7.如图所示,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,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)
解析:支持力为0时导线的受力如图所示
由平衡条件得
F安=mgtan37°=6×10-2×100.75N=
0.8N
由F安=BIL得
B=F安IL=0.81×0.4T=2T
由B=0.4t得t=B0.4=20.4s=5s。
答案:5 s
三、选择题（二）
1.(多选)一根长为0.2 m、通有2 A电流的通电导线,放在磁感应强度为0.5 T的匀强磁场中,则其受到的磁场力的大小可能是( )
A.0.4 N B.0.2 N C.0.1 N D.0
解析:根据安培力的定义,当磁感应强度B与通电电流I方向垂直时,磁场力有最大值为
F=BIL=0.5×2×0.2N=0.2N
当两方向平行时,磁场力有最小值为0
随着二者方向夹角的不同,磁场力大小可能在0与0.2N之间取值。
答案:BCD
2.(2014·山东淄博检测)在如图所示电路中,电池均相同,当开关S分别置于a、b两处时,导线MM'与NN'之间的安培力的大小为Fa、Fb,可判断这两段导线( )
A.相互吸引,Fa>Fb B.相互排斥,Fa>Fb
C.相互吸引,Fa解析:无论开关置于a还是置于b,两导线中通过的都是反向电流,相互间作用力为斥力,选项A、C错误。开关置于位置b时电路中电流较大,导线间相互作用力也较大,故选项D正确。
答案:D
3. (2014·四川绵阳检测)如图所示的天平可用来测定磁感应强度。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽为L,共N匝,线圈的下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I(方向如图所示)时,在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码,天平平衡。当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡。由此可知( )
A.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为(m1-m2)gNIL
B.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为mg2NIL
C.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为(m1-m2)gNIL
D.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为mg2NIL
解析:因为右边再加上质量为m的砝码后,天平才能重新平衡,由此可知,开始时天平的右臂下面挂的矩形线圈受到的安培力F方向竖直向下,磁场方向垂直纸面向里。电流反向时矩形线圈受到的安培力F方向竖直向上,安培力的变化量ΔF=mg,所以有2NILB=mg,得B=mg2NIL。
答案:B
四、非选择题（二）
4.(2014·广东梅州检测)如图所示,天平右臂下面挂有一个矩形线圈宽为L,共N匝,线圈下部悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里。利用这架天平如何测定磁场的磁感应强度。
(1)写出测量方法。
(2)磁感应强度的表达式B(用测量的物理量表示)。
解析:(1)在线圈中通入沿顺时针方向流动的电流I,在天平左右两盘各加质量分别为m1,m2的砝码,天平平衡,由此就可得到磁感应强度的大小。
(2)线圈中通入电流I时,由左手定则,线圈底边所受安培力方向竖直向下,由天平平衡得m1gL'=(m2g+NILB)L',式中L'为天平力臂。解得B=(m1-m2)gNIL。
答案:(1)见解析 (2)(m1-m2)gNIL
5. (2014·广东惠阳检测)质量m=0.02 kg的通电细杆ab置于倾角为θ=37°的平行放置的导轨上,导轨的宽度d=0.2 m,杆ab与导轨间的动摩擦因数μ=0.4,磁感应强度B=2 T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下,如图所示。现调节滑动变阻器的滑片,为使杆ab静止不动,通过ab杆的电流范围为多少?
解析:当摩擦力沿斜面向下时,受力如图甲所示,则
沿斜面方向F1-mgsinθ-f1=0
垂直斜面方向N-mgcosθ=0,f1=μN,F1=BImaxd
解得Imax=0.46A
当摩擦力沿斜面向上时,受力如图乙所示,则
沿斜面方向F2+f2-mgsinθ=0
垂直斜面方向N-mgcosθ=0,f2=μN,F2=BImind
解得Imin=0.14A
故电流范围是0.14A≤I≤0.46A。
答案:通过ab杆的电流范围是0.14 A≤Im≤0.46 A
课件28张PPT。5.4 探究安培力一二一二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.5 探究洛伦兹力
一、选择题（一）
1.试判断下列图中带电粒子所受洛伦兹力的方向向上的是 ( )
解析:A图中带电粒子受力方向向上;B图中带电粒子受力方向向外;C图中带电粒子受力方向向左;D图中带电粒子受力方向向里。
答案:A
2.从太阳和其他星体发射出的高能粒子流,称为宇宙射线,在射向地球时,由于地磁场的存在,改变了带电粒子的运动方向,地磁场对地球起到了保护作用。如图为地磁场对宇宙射线作用的示意图。现有来自宇宙的一束质子流,以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则这些质子在进入地球周围的空间时将( )
A.竖直向下沿直线射向地面
B.相对于预定地点稍向东偏转
C.相对于预定地点稍向西偏转
D.相对于预定地点稍向北偏转
解析:建立空间概念,在赤道上空地磁场方向水平向北,由左手定则可以判断磁场对质子的洛伦兹力方向向东,故质子向东偏转,故选项B正确。
答案:B
3.电荷量为+q的粒子在匀强磁场中运动,下列说法中正确的是( )
A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同
B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变
C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直
D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动时,动能、速度均不变
解析:因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时f=qvB,当粒子速度与磁场平行时f=0。又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以选项A错误。因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由f=qvB知大小不变,所以选项B正确。因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以选项C错误。因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以选项D错误。
答案:B
4.两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场,在磁场中它们的运动轨迹如图所示。粒子a的运动轨迹半径为r1,粒子b的运动轨迹半径为r2,且r2=2r1,q1、q2分别是粒子a、b的电荷量,则( )
A.a带负电、b带正电,比荷之比q1m1∶q2m2=2∶1
B.a带负电、b带正电,比荷之比q1m1∶q2m2=1∶2
C.a带正电、b带负电,比荷之比q1m1∶q2m2=2∶1
D.a带正电、b带负电,比荷之比q1m1∶q2m2=1∶1
解析:根据磁场方向及两粒子在磁场中的偏转方向可判断出a、b分别带正、负电,根据半径之比可计算出比荷之比为2∶1。
答案:C
5.(多选)如图所示,圆柱形区域的横截面在没有磁场的情况下,带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射时,穿过此区域的时间为t;若在该区域加上沿轴线方向的匀强磁场,磁感应强度为B,带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射,粒子飞出此区域时,速度方向偏转了π3,根据上述条件可求得的物理量为( )
A.带电粒子的初速度
B.带电粒子在磁场中运动的半径
C.带电粒子在磁场中运动的周期
D.带电粒子的比荷
解析:设圆柱形区域的半径为R,粒子的初速度为v0,则v0=2Rt,由于R未知,无法求出带电粒子的初速度,选项A错误;若加上磁场,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,设运动轨迹半径为r,运动周期为T,则T=2πrv0,速度方向偏转了π3,由几何关系得轨迹圆弧所对的圆心角θ=π3,r=3R,联立以上式子得T=3πt,故选项C正确;由T=2πmqB得qm=23Bt,故选项D正确;由于R未知,无法求出带电粒子在磁场中做圆周运动的半径,选项B错误。
答案:CD
二、非选择题（一）
6.带电粒子的质量为m=1.7×10-27 kg,电荷量为q=1.6×10-19 C,以v=3.2×106 m/s的速度沿垂直于磁场同时又垂直于磁场边界的方向进入匀强磁场中,磁场的磁感应强度B=0.17 T,磁场的宽度l=10 cm,如图所示,求:
(1)带电粒子离开磁场时的速度为多大?
(2)带电粒子在磁场中运动多长时间?离开磁场时偏离入射方向的距离为多大?
解析:(1)洛伦兹力不做功,所以带电粒子离开磁场时速度仍为3.2×106m/s。
(2)粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。
由qvB=mv2r得轨迹半径
r=mvqB=1.7×10-27×3.2×1061.6×10-19×0.17m=0.2m
由图可知偏转角θ满足
sinθ=lr=0.10.2=0.5,故θ=30°
带电粒子在磁场中运动周期T=2πmqB,则带电粒子在磁场中的运动时间
t=θ360°T=T12=πm6qB=3.14×1.7×10-276×1.6×10-19×0.17s=3.3×10-8s
离开磁场时偏离入射方向的距离
d=r(1-cosθ)=0.2×(1-32)m=2.7×10-2m。
答案:(1)3.2×106 m/s (2)3.3×10-8 s 2.7×10-2 m
7.如图所示,在y<0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直于xOy平面并指向纸面外,磁感应强度为B。一带正电的粒子以速度v0从O点射入磁场,入射方向在xOy平面内,与x轴正方向的夹角为θ。若粒子射出磁场的位置与O点的距离为l,求:
(1)该粒子的电荷量和质量之比qm。
(2)该粒子在磁场中的运动时间。
解析:(1)如图所示,带电粒子射入磁场后,由于受到洛伦兹力的作用,粒子将沿图示的轨迹运动,从A点射出磁场,O、A间的距离为l,射出时速度的大小仍为v0,射出方向与x轴的夹角仍为θ。
由于洛伦兹力提供向心力,则根据牛顿第二定律有
qv0B=mv02R
式中R为圆弧轨道的半径,解得R=mv0qB ①
圆弧轨道的圆心位于OA的中垂线上,由几何关系可得
l2=Rsinθ ②
由①②两式,解得qm=2v0sinθlB。
(2)粒子在磁场中的运动时间为
t=2π-2θ2πT=2π-2θ2π·2πmBq=(π-θ)lv0sinθ。
答案:(1)2v0sinθlB (2)(π-θ)lv0sinθ
三、选择题（二）
1.(多选)如图所示,用丝线吊一个质量为m的带电(绝缘)小球处于匀强磁场中,空气阻力不计,当小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时( )
A.小球的动能相同
B.丝线所受的拉力相同
C.小球所受的洛伦兹力相同
D.小球的向心加速度相同
解析:带电小球受到洛伦兹力和绳的拉力与速度方向时刻垂直,对小球不做功,只改变速度方向,不改变速度大小,只有重力做功,故两次经过O点时速度大小不变,动能相同,选项A正确;小球分别从A点和B点向最低点O运动且两次经过O点时速度方向相反,由左手定则可知两次过O点洛伦兹力方向相反,绳的拉力大小也就不同,故选项B、C错误;由a=v2R可知向心加速度相同,选项D正确。
答案:AD
2.如图所示,在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场(磁场足够大),一对正、负电子分别以相同的速度沿与x轴成30°角的方向从原点垂直磁场射入,则负电子与正电子在磁场中运动的时间之比为( )
A.1∶3 B.1∶2
C.1∶1 D.2∶1
解析:如图所示,正电子逆时针偏转,圆弧对应的圆心角为120°,而负电子沿顺时针偏转,圆心角为60°,因此负电子与正电子在磁场中运动的时间之比t1t2=π32π3=12,故选项B正确。
答案:B
四、非选择题（二）
3.如图所示,质量m=0.1 g的圆环带有q=5×10-4 C的正电荷,圆环套在一根与水平方向的夹角θ=37°的足够长的绝缘杆上,可以沿杆滑动,与杆间的动摩擦因数μ=0.4。这个装置放在磁感应强度B=0.5 T的匀强磁场中,求圆环无初速度释放后沿杆下滑的最大加速度和最大速度。(sin 37°=0.6,g取10 m/s2)
解析:圆环刚释放时,磁场对圆环的洛伦兹力为零,这时的加速度由重力的下滑分量与滑动摩擦力的合力提供。当圆环的速度开始增大,洛伦兹力开始增大,使得圆环对杆的压力减小,摩擦力减小,当摩擦力为零时,圆环的加速度最大。即当F洛=mgcosθ时,圆环的加速度最大。
F合=mgsin37°=mamax,amax=gsin37°=6m/s2
当F洛>mgcosθ时,又开始出现摩擦力,圆环的加速度开始减小,但速度继续增大,弹力增大,摩擦力增大。
当f摩=mgsinθ时,圆环所受的合力为零,速度最大,有
μ(qvmB-mgcosθ)=mgsinθ
代入数据解得vm=9.2m/s。
答案:6 m/s2 9.2 m/s
4.如图所示,在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、电荷量为+q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区,最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。
解析:设粒子的入射速度为v,已知粒子带正电,故它在磁场中先顺时针做圆周运动,再逆时针做圆周运动,最后从A4点射出。用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度、轨道半径和周期
qvB1=mv2R1,qvB2=mv2R2
T1=2πR1v=2πmqB1,T2=2πR2v=2πmqB2,设圆形区域的半径为r。如图所示,已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场。连接A1A2,△A1OA2为等边三角形,A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心,其轨迹的半径R1=A1A2=OA2=r
圆心角∠A1A2O=60°,带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间t1=16T1
带电粒子在Ⅱ区磁场中运动轨迹的圆心在OA4的中点,即R2=12r,在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2=12T2
带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间t=t1+t2
由以上各式可得B1=5πm6qt,B2=5πm3qt。
答案:B1=5πm6qt B2=5πm3qt
课件27张PPT。5.5 探究洛伦兹力一二三一二三一二三一二三一二三一二三1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 55.6 洛伦兹力与现代科技
一、选择题（一）
1.(2014·重庆八中高二期末考试)1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研究荣获了诺贝尔化学奖。若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示,则下列相关说法中正确的是( )
A.该束带电粒子带负电
B.速度选择器的P1极板带负电
C.在B2磁场中运动半径越大的粒子,比荷qm越小
D.在B2磁场中运动半径越大的粒子,质量越大
解析:带电粒子在磁场中向下偏转,磁场的方向垂直纸面向外,根据左手定则知,该粒子带正电,选项A错误;在平行金属板间,根据左手定则知,带电粒子所受的洛伦兹力方向竖直向上,则电场力的方向竖直向下,知电场强度的方向竖直向下,所以速度选择器的P1极板带正电,选项B错误;进入B2磁场中的粒子速度是一定的,根据qvB=mv2r得r=mvqB,知r越大,比荷qm越小,而质量m不一定大,选项C正确,选项D错误。
答案:C
2.如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)射出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b( )
A.穿出位置一定在O'点下方
B.穿出位置一定在O'点上方
C.运动时,在电场中的电势能一定减小
D.在电场中运动时,动能一定减小
解析:a粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动,则该粒子一定做匀速直线运动,故对粒子a有Bqv=Eq,即只要满足E=Bv,无论粒子带正电还是负电,粒子都可以沿直线穿出复合场区,当撤去磁场只保留电场时,粒子b由于电性不确定,故无法判断从O'点的上方或下方穿出,选项A、B错误;粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类平抛运动,电场力做正功,其电势能减小,动能增大,选项C正确,选项D错误。
答案:C
3.(多选)如图所示,连接两平行金属板的导线的一部分CD与另一回路的一段导线GH平行且均在纸面内,金属板置于磁场中,磁场方向垂直于纸面向里,当一束等离子体射入两金属板之间时,CD段导线受到力F的作用。则( )
A.若等离子体从右方射入,F向左
B.若等离子体从右方射入,F向右
C.若等离子体从左方射入,F向左
D.若等离子体从左方射入,F向右
解析:等离子体指的是整体显电中性,内部含有等量的正、负电荷的气态离子群体。当等离子体从右方射入时,正、负离子在洛伦兹力的作用下将分别向下、上偏转,使上极板的电势低于下极板,从而在外电路形成由D流向C的电流,这一电流处在通电导线GH所产生的磁场中,由左手定则可知,它受到的安培力的方向向左,所以选项A正确,选项B错误;同理可分析得知选项C错误,选项D正确。
答案:AD
4.如图所示是某粒子速度选择器的示意图,在一半径为R=10 cm的圆柱形桶内有B=10-4 T的匀强磁场,方向平行于轴线,在圆柱形桶某一直径的两端开有小孔,作为入射孔和出射孔。粒子束以不同角度入射,最后有不同速度的粒子束射出。现有一粒子源发射比荷qm=2×1011 C/kg的阳离子,粒子束中速度分布连续,不计重力。当θ=45°时,出射粒子速度v的大小是( )
A.2×106 m/s B.22×106 m/s
C.22×108 m/s D.42×106 m/s
解析:由题意,粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动。能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动14周期,由几何关系知r=2R,又r=mvqB,v=qBrm=22×106m/s。选项B正确。
答案:B
5.医生做某些特殊手术时,利用电磁血流计来监测通过动脉的血流速度。电磁血流计由一对电极a和b以及磁极N和S构成,磁极间的磁场是均匀的。使用时,两电极a、b均与血管壁接触,两触点的连线、磁场方向和血流速度方向两两垂直,如图所示。由于血液中的正、负离子随血流一起在磁场中运动,电极a、b之间会有微小电势差。在达到平衡时,血管内部的电场可看作是匀强电场,血液中的离子所受的电场力和磁场力的合力为零。在某次监测中,两触点的距离为3.0 mm,血管壁的厚度可忽略,两触点间的电势差为160 μV,磁感应强度的大小为0.040 T。则血流速度的近似值和电极a、b的正负为( )
A.1.3 m/s,a正、b负 B.2.7 m/s,a正、b负
C.1.3 m/s,a负、b正 D.2.7 m/s,a负、b正
解析:由左手定则知,正离子在磁场中受到洛伦兹力作用向上偏转,负离子在磁场中受到洛伦兹力作用向下偏转,因此电极a为正极、b为负极;稳定时,血液中的离子受的电场力和磁场力平衡,有qE=qvB,v=EB=UBd≈1.3m/s。
答案:A
二、非选择题（一）
6.质谱仪原理如图所示,a为粒子加速器,电压为U1;b为速度选择器,磁场与电场正交,磁感应强度为B1,板间距离为d;c为偏转分离器,磁感应强度为B2。今有一质量为m、电荷量为q的正电子(不计重力),经加速后,该粒子恰能通过速度选择器,粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动。求:
(1)粒子的速度v。
(2)速度选择器的电压U2。
(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R。
解析:根据动能定理可求出速度v,根据电场力和洛伦兹力相等可得到U2,再根据电子在磁场中做匀速圆周运动的知识可求得半径R。
(1)在a中,正电子被加速电场U加速,由动能定理有qU1=12mv2,得v=2qU1m。
(2)在b中,正电子受到的电场力和洛伦兹力大小相等,即qU2d=qvB1,代入v值,得U2=B1d2qU1m。
(3)在c中,正电子受洛伦兹力作用而做圆周运动,回转半径R=mvqB2=1B22mU1q。
答案:(1)2qU1m (2)B1d2qU1m (3)1B22mU1q
7.如图所示,在y>0的空间中存在匀强电场,电场强度沿y轴负方向;在y<0的空间中,存在匀强磁场,磁场方向垂直xy平面(纸面)向外。一电荷量为q、质量为m的带正电的运动粒子,经过y轴上y=h处的点P1时速率为v0,方向沿x轴正方向;然后,经过x轴上x=2h处的P2点进入磁场,并经过y轴上y=-2h处的P3点。不计重力。求:
(1)电场强度的大小。
(2)粒子到达P2时速度的大小和方向。
(3)磁感应强度的大小。
解析:(1)粒子在电场、磁场中运动的轨迹如图所示。设粒子从P1到P2的时间为t,电场强度的大小为E,粒子在电场中的加速度为a,由牛顿第二定律及运动学公式可知
qE=ma ①
v0t=2h ②
h=12at2 ③
由①②③式解得E=mv022qh。 ④
(2)粒子到达P2时速度沿x方向的分量仍为v0,以v1表示速度沿y方向分量的大小,v表示速度的大小,θ表示速度和x轴的夹角,则有
v12=2ah ⑤
v=v12+v02 ⑥
tanθ=v1v0 ⑦
由②③⑤式得v1=v0 ⑧
由⑥⑦⑧式得v=2v0 ⑨
θ=45°。 ⑩
(3)设磁场的磁感应强度为B,在洛伦兹力作用下粒子做匀速圆周运动,有
qvB=mv2r
其中r是圆周的半径。此圆周与x轴和y轴的交点分别为P2、P3。
因为OP2=OP3,θ=45°,由几何关系可知,连线P2P3为圆轨道的直径,由此可求得
r=2h
由⑨可得B=mv0qh。
答案:(1)mv022qh (2)2v0 与x轴的夹角为45° (3)mv0qh
三、选择题（二）
1.(多选)利用如图所示的方法可以测得金属导体中单位体积内的自由电子数n,现测得一块横截面为矩形的金属导体的宽为b,厚为d,并加有与侧面垂直的匀强磁场B,当通以图示方向电流I时,在导体上、下表面间用电压表可测得电压为U。已知自由电子的电荷量为e,则下列判断正确的是( )
A.上表面电势高
B.下表面电势高
C.该导体单位体积内的自由电子数为1edb
D.该导体单位体积内的自由电子数为BIeUb
解析:
画出平面图如图所示,由左手定则知自由电子向上表面偏转,故下表面电势高,故选项B正确,选项A错误。
再根据eUd=evB,I=neSv=ne·b·d·v
得n=BIeUb。故选项D正确,选项C错误。
答案:BD
2.(多选)回旋加速器是加速带电粒子的装置,其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒,两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场,使粒子在通过狭缝时都能得到加速,两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中,如图所示,要增大带电粒子射出时的动能,则下列方法中正确的是( )
A.增大磁场的磁感应强度
B.增大匀强电场间的加速电压
C.增大D形金属盒的半径
D.减小狭缝间的距离
解析:粒子射出时,R=mvqB,则Ek=12mv2=(qBr)22m,可见射出时动能只与磁感应强度、D形盒半径有关,与加速电压、狭缝间距是无关的,故选A、C。
答案:AC
四、非选择题（二）
3.如图所示,一个质子和一个α粒子从容器A下方的小孔S无初速地飘入电势差为U的加速电场。然后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向外,MN为磁场的边界。已知质子的电荷量为e,质量为m,α粒子的电荷量为2e,质量为4m。求:
(1)质子进入磁场时的速率v;
(2)质子在磁场中运动的时间t;
(3)质子和α粒子在磁场中运动的轨道半径之比rH∶rα。
解析:(1)质子在电场中加速
根据动能定理eU=12mv2
得v=2eUm。
(2)质子在磁场中做匀速圆周运动
根据evB=mv2r,T=2πrv
得t=12T=πmeB。
(3)由以上式子可知r=mveB=1B2mUe
得rH∶rα=1∶2。
答案:(1)2eUm (2)πmeB (3)1∶2
4.如图所示,回旋加速器D形盒的半径为R,用来加速质量为m、电荷量为q的质子,使质子由静止加速到能量为E后,由A孔射出。求:
(1)加速器中匀强磁场B的大小和方向。
(2)设两D形盒间的距离为d,其间电压为U,电场视为匀强电场,质子每次经电场加速后能量增加,则粒子要加速到上述能量E所需的回旋周数。
(3)粒子加速到上述能量所需的时间。
解析:(1)由质子回旋的最大半径R、动能E及题意可知
qvB=mv2R,E=12mv2
解得B=2mEqR
由左手定则知,匀强磁场的方向垂直于纸面向里。
(2)质子每经电场加速1次,能量增加qU,加速到能量为E时,需回旋E2qU周。
(3)质子回旋的周期T=2πmBq,该周期与粒子的回转半径r及速度v(当v?c时)无关,故加速到能量E所需的时间为t=nT=E2qU·2πmBq=πmEq2UB。
答案:(1)2mEqR,垂直于纸面向里 (2)E2qU (3)πmEq2UB
课件44张PPT。5.6 洛伦兹力与现代科技一二一二一二一二一二一二一二一二一二一二一二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二探究一探究二1 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 51 2 3 4 5课件19张PPT。本章整合一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三一二三模块综合测评
一、选择题(本题共10小题,每小题5分,共50分。在每小题给出的四个选项中,第1~6题只有一个选项符合题目要求,第7~10题有多个选项符合题目要求。全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)
1.(2014·上海检测)在如图所示的逻辑电路中,当A端输入电信号“1”、B端输入电信号“0”时,则在C和D端输出的电信号分别为( )
A.1和0 B.0和1
C.1和1 D.0和0
解析:B端输入“0”,经过“非”门输出“1”,则D端输出“1”;同时输出的“1”与A端输入的“1”一起输入“与”门,在C端输出“1”。选项C正确。
答案:C
2.(2014·黑龙江哈尔滨检测)如图所示,有一所带电荷量为+q的点电荷与均匀带电的圆形薄板相距为2d,圆形薄板带的电荷量为-Q,点电荷到带电薄板的垂线通过板的圆心。若图中b点处的电场强度为零,则图中a点处的电场强度大小是( )
A.10kq9d2 B.8kq9d2
C.k(Q+q)d2 D.kQd2
解析:由于b点合场强为零,则圆形薄板在b点产生的场强为E=kq(3d)2=kq9d2,根据对称性可知圆形薄板在a点产生的场强大小与b点相等、方向相反;点电荷在a点产生的场强为E'=kqd2,故Ea=E+E'=k10q9d2,选项A正确。
答案:A
3.(2014·安徽合肥检测)一电子在电场中由a点运动到b点的轨迹如图中虚线所示。图中一组平行实线是等势面,则下列说法正确的是( )
A.a点的电势比b点低
B.电子在a点的加速度方向向右
C.电子从a点到b点动能减小
D.电子从a点到b点电势能减小
解析:由题意可知电场线垂直等势面向上,则a点电势比b点高,选项A错误;电子受到电场力与电场线反向,故加速度方向向下,选项B错误;电子由a点运动到b点的过程中,电场力做负功,电势能增加,动能减小,选项C正确,选项D错误。
答案:C
4.(2014·新疆乌鲁木齐检测)如图所示电路,电源内阻不可忽略,R0为定值电阻,开关S闭合后,滑动变阻器滑片P置于滑动变阻器的中点时,电压表示数为8 V,当滑片从中点向b端移动距离s后,电压表示数变为6 V;滑片从中点向a端移动距离s后,电压表示数为( )
A.9 V B.10 V
C.11 V D.12 V
解析:设电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器的总电阻为R,长度为s的电阻为R',由闭合电路的欧姆定律可得U1=Er+R0+R2×R0;U2=Er+R0+R2+R'×R0,联立两式可解得R'=13(r+R0+12R),滑片从中点向a端移动距离s后,由U=Er+R0+R2-R'×R0,联立解得U=12V,选项D正确。
答案:D
5.如图所示,两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流,a受到的磁场力大小为F1。当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后,a受到的磁场力大小变为F2,则此时b受到的磁场力大小变为( )
A.F2 B.F1-F2
C.F1+F2 D.2F1-F2
解析:根据安培定则和左手定则,可以判定a导线受b中电流形成的磁场的作用力F1,方向向左。同理b受a中电流形成磁场的作用力大小也是F1,方向向右。新加入的磁场无论什么方向,a、b受到的这个磁场的作用力F总是大小相等、方向相反。如果F与F1方向相同,则两导线受到的力大小都是F+F1。若F与F1方向相反,a、b受到的力的大小都是|F-F1|。因此当再加上磁场时,若a受的磁场力大小是F2,b受的磁场力大小也是F2,选项A正确。
答案:A
6.(2014·吉林长春检测)如图所示,A、B、C、D是匀强电场中一个以坐标原点为圆心、半径为1 cm的圆与两坐标轴的交点,已知A、B、C三点的电势分别为φA=15 V、φB=3 V、φC=-3 V。由此可得D点的电势为( )
A.3 V B.6 V
C.12 V D.9 V
解析:由于电场为匀强电场,则φA-φB=φD-φC,解得φD=9V,选项D正确。
答案:D
7.如图所示,两个初速度大小相同的同种离子a和b,从O点沿垂直磁场方向进入匀强磁场,最后打到屏P上。不计重力,下列说法正确的有( )
A.a、b均带正电
B.a在磁场中飞行的时间比b的短
C.a在磁场中飞行的路程比b的短
D.a在P上的落点与O点的距离比b的近
解析:由左手定则可判断粒子a、b均带正电,选项A正确;由于是同种粒子,且粒子的速度大小相等,所以它们在匀强磁场中做圆周运动的轨迹半径R=mvqB相同,周期T=2πmqB也相同,画出粒子的运动轨迹图可知,b在磁场中运动轨迹是半个圆周,a在磁场中运动轨迹大于半个圆周,选项A、D正确。
答案:AD
8.将平行板电容器两极板之间的距离、电压、电场强度大小和极板所带的电荷量分别用d、U、E和Q表示。下列说法正确的是( )
A.保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半
B.保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的两倍
C.保持d不变,将Q变为原来的两倍,则U变为原来的一半
D.保持d不变,将Q变为原来的一半,则E变为原来的一半
解析:由E=Ud可知,若保持U不变,将d变为原来的两倍,则E变为原来的一半,A项正确;若保持E不变,将d变为原来的一半,则U变为原来的一半,B项错误。由C=QU,C=εS4kπd,E=Ud可得U=4QkπdεS,E=4QkπεS,所以,保持d不变,若Q变为原来的两倍,则U变为原来的两倍,C项错误;保持d不变,若Q变为原来的一半,E变为原来的一半,D项正确。
答案:AD
9. (2014·吉林检测)用一金属窄片折成一矩形框架水平放置,框架右边上有一极小开口。匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里,如图所示,框架以速度v1向右匀速运动,一带电油滴质量为m、电荷量为q,以速度v2从右边开口处水平向左射入,若油滴恰能在框架内做匀速圆周运动,则( )
A.油滴带正电,且逆时针做匀速圆周运动
B.油滴带负电,且顺时针做匀速圆周运动
C.圆周运动的半径一定等于mv1qB
D.油滴做圆周运动的周期等于2πv1g
解析:矩形框架在向右运动过程中,两板的电势差U=Bdv1,由右手定则,上板带正电,产生向下的电场,带电粒子要做匀速圆周运动,只有受到向上的电场力和向下的重力平衡,然后仅在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,因此油滴带负电,且满足mg=qBv1,根据左手定则可知油滴肯定沿顺时针做匀速圆周运动,选项A错误,选项B正确;由带电粒子在磁场中运动的半径公式r=mv2qB,选项C错误;油滴做圆周运动的周期由T=2πmqB,联立得选项D正确。
答案:BD
10.(2014·江苏高邮检测)空间某一静电场的电势φ在x轴上分布如图所示,x轴上两点B、C的电场强度在x方向上的分量分别是EBx、ECx,下列说法中正确的有( )
A.EBx的大小大于ECx的大小
B.EBx的方向沿x轴正方向
C.电荷在O点受到的电场力在x方向上的分量最大
D.负电荷沿x轴从B移到C的过程中,电场力先做正功,后做负功
解析:从题图上分析为一点电荷产生的电场,B点距O点较近,则B点电场强度的大小大于C点的电场强度,选项A正确;EBx沿x轴负方向,电荷在O点受到的电场力合力为零,负电荷从B到C的过程中电势先升高后降低,电场力先做正功后做负功,选项B、C错误,选项D正确。
答案:AD
二、填空题(本题共2小题,共16分)
11.(8分)(1)在测定一根粗细均匀合金丝电阻率的实验中,利用螺旋测微器测定合金丝直径的过程如图所示,校零时的读数为 mm,合金丝的直径为 mm。?
(2)为了精确测量合金丝的电阻Rx,设计出如图甲所示的实验电路图,按照该电路图完成图乙中的实物电路连接。
解析:(1)校零时的读数为0.7×0.01mm=0.007mm;根据螺旋测微器的读数规则可知,测量的读数为0.5mm+14.5×0.01mm=0.645mm,所以合金丝的直径为0.645mm-0.007mm=0.638mm。
(2)实物连接如图所示。
答案:(1)0.007 0.638 (2)如解析图所示
12.(8分)使用多用电表测量电阻时,多用电表内部的电路可以等效为一个直流电源(一般为电池)、一个电阻和一表头相串联,两个表笔分别位于此串联电路的两端。现需要测量多用电表内电池的电动势,给定的器材有待测多用电表,量程为60 mA的电流表,电阻箱,导线若干。实验时,将多用电表调至×1 Ω挡,调好零点;电阻箱置于适当数值。完成下列填空:
(1)仪器连线如图1所示(a和b是多用电表的两个表笔)。若两电表均正常工作,则表笔a为 (选填“红”或“黑”)色。?
图1
(2)若适当调节电阻箱后,图1中多用电表、电流表与电阻箱的示数分别如图2(a)、(b)、(c)所示,则多用电表的读数为 Ω,电流表的读数为 mA,电阻箱的读数为 Ω。?
图2(a)
图2(b)
图2(c)
(3)将图1中多用电表的两表笔短接,此时流过多用电表的电流为 mA。(保留3位有效数字)?
(4)计算得到多用电表内电池的电动势为 V。(保留3位有效数字)?
解析:(1)根据“多用表欧姆挡工作时内置电源正极与黑表笔相连”及“电流表工作时电流应由+接线柱流入”可知表笔a应为黑色。
(2)由于多用表调至×1Ω挡,据读数规则可知多用表读数为14.0Ω;电流表读数为53.0mA;电阻箱读数应为(1×4+0.1×6)Ω=4.6Ω。
(3)据图2(a)可知多用电表调至×1Ω挡时其内阻为15Ω,据各表读数可知E(15+14)Ω=53mA,则两表笔短接时流过多用电表的电流为E15Ω=102mA。
(4)据闭合电路欧姆定律可知多用表内电池的电动势为E=(15+14)×53×10-3V=1.54V。
答案:(1)黑 (2)14.0 53.0 4.6
(3)102 (4)1.54
三、计算题(本题共3小题,共34分。解答应写明必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,只写出答案的不能得分,有数值计算的题,答案中必须写出数值和单位)
13.(8分)(2014·山东泰安检测)电热毯、电饭锅等是人们常用的电热式家用电器,它们一般具有加热和保温功能,其工作原理大致相同。图①为某种电热式电器的简化电路图,主要元件有电阻丝R1、R2和自动开关S。
(1)当自动开关S闭合和断开时,用电器分别处于什么状态?
(2)用电器由照明电路供电(U=220 V),设加热时用电器的电功率为400 W,保温时用电器的电功率为 40 W,则R1和R2分别为多大?
(3)若将图①中的自动开关S换成理想的晶体二极管D,如图②所示,其他条件不变,求该用电器工作1小时消耗的电能。
解析:(1)S闭合,处于加热状态;S断开,处于保温状态。
(2)由电功率公式得P1=U2R1 ①
P2=U2R1+R2 ②
联立①②得R1=121Ω,R2=1089Ω。
(3)二极管导通时处于加热状态,二极管截止时,用电器处在保温状态。
W=P1t2+P2t2=0.22kW·h(或7.92×105J)。
答案:(1)S闭合,处于加热状态,S断开,处于保温状态 (2)R1=121 Ω R2=1 089 Ω (3)0.22 kW·h(或7.92×105 J)
14.(10分)(2014·福建厦门检测)反射式速调管是常用的微波器件之一,它利用电子团在电场中的振荡来产生微波,其振荡原理与下述过程类似。如图所示,在虚线MN两侧分别存在着方向相反的两个匀强电场,一带电微粒从A点由静止开始,在电场力作用下沿直线在A、B两点间往返运动。已知电场强度的大小分别是E1=2.0×103 N/C和E2=4.0×103 N/C,方向如图所示。带电微粒质量m=1.0×10-20 kg,电荷量q=-1.0×10-9 C,A点距虚线MN的距离d1=1.0 cm,不计带电微粒的重力,忽略相对论效应。求:
(1)B点距虚线MN的距离d2;
(2)带电微粒从A点运动到B点所经历的时间t。
解析:(1)带电微粒由A运动到B的过程中,由动能定理有|q|E1d1-|q|E2d2=0 ①
由①式解得d2=E1E2d1=0.50cm。 ②
(2)设微粒在虚线MN两侧的加速度大小分别为a1、a2,由牛顿第二定律有|q|E1=ma1 ③
|q|E2=ma2 ④
设微粒在虚线MN两侧运动的时间分别为t1、t2,由运动学公式有d1=12a1t12 ⑤
d2=12a2t22 ⑥
又t=t1+t2 ⑦
由②③④⑤⑥⑦式解得t=1.5×10-8s。
答案:(1)0.50 cm (2)1.5×10-8 s
15.(16分)(2014·四川成都检测)平面直角坐标系xOy中,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上的N点与x轴正方向成60°角射入磁场,最后从y轴负半轴上的P点与y轴正方向成60°角射出磁场,如图所示。不计粒子重力,求:
(1)粒子在磁场中运动的轨道半径R;
(2)粒子从M点运动到P点的总时间t;
(3)匀强电场的电场强度大小E。
解析:(1)如图所示,设粒子过N点时的速度为v,根据平抛运动的速度关系得v=v0cos60°=2v0,分别过N、P点作速度方向的垂线,相交于Q点,则Q是粒子在磁场中做匀速圆周运动的圆心,根据牛顿第二定律得qvB=mv2R,
联立解得轨道半径R=2mv0qB。
(2)设粒子在电场中运动的时间为t1,有ON=v0t1
由几何关系得ON=Rsin30°+Rcos30°
联立解得t1=(1+3)mqB
粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T=2πmqB
由几何关系知∠NQP=150°,设粒子在磁场中运动的时间为t2,则t2=150°360°T,联立解得t2=5πm6qB
故粒子从M点运动到P点的总时间为t=t1+t2=(1+3+5π6)mqB。
(3)粒子在电场中类平抛运动,设加速度为a,则qE=ma
设沿电场方向的分速度为vy,有vy=at1,vy=v0tan60°,联立解得E=(3-3)v0B2。
答案:(1)2mv0qB (2)(1+3+5π6)mqB (3)(3-3)v0B2
第5章测评A
(基础过关卷)
一、选择题(本题包含8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)
1.下列四个实验现象中,不能表明电流能产生磁场的是( )
解析:A、C、D中小磁针或导线所受磁场力都是导线中产生的磁场施加的,但选项B中的磁场是磁铁产生的。
答案:B
2.关于磁感应强度的概念,下列说法中正确的是( )
A.由磁感应强度的定义式B=FIL可知,磁感应强度与磁场力成正比,与电流和导线长度的乘积成反比
B.一小段通电导线在空间某处不受磁场力的作用,那么该处的磁感应强度一定为零
C.一小段通电导线放在磁感应强度为零的位置上,它受到的磁场力一定等于零
D.磁场中某处的磁感应强度的方向,跟电流在该处所受磁场力的方向相同
答案:C
3.(2014·山东东营检测)为了测量某化肥厂的污水排放量,技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计,该装置由绝缘材料制成,长、宽、高分别为a、b、c,左右两端开口,在垂直于上下表面方向加磁感应强度为B的匀强磁场,在前后两个内侧面固定有金属板作为电极,污水充满管口从左向右流经该装置时,电压表将显示两个电极间的电压U。若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积),下列说法正确的是( )
A.若污水中正离子较多,则前内侧面比后内侧面电势高
B.前内侧面的电势一定低于后内侧面的电势,与哪种离子多无关
C.污水中离子浓度越高,电压表的示数将越大
D.污水流量Q与电压U成正比,与a、b有关
解析:由左手定则可判断:若流动的是正离子,则正离子向里偏,前内侧面电势低于后内侧面电势;若流动的是负离子,则负离子向外偏,仍然是前内侧面电势低于后内侧面的电势,故选项A错误,选项B正确。污水稳定流动时,对任一离子有qvB=qE=qUb,所以U=Bbv,电势差与浓度无关,故选项C错误。流量Q=Sv=bc·UBb=cUB,可以看出流量与a、b均无关,故选项D错误。正确选项为B。
答案:B
4.如图所示,一段导线abcd位于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,且与磁场方向(垂直于纸面向里)垂直。线段ab、bc和cd的长度均为L,且∠abc=∠bcd=135°。流经导线的电流为I,方向如图中箭头所示。导线段abcd所受到的磁场的作用力的合力( )
A.方向沿纸面向上,大小为(2+1)ILB
B.方向沿纸面向上,大小为(2-1)ILB
C.方向沿纸面向下,大小为(2+1)ILB
D.方向沿纸面向下,大小为(2-1)ILB
解析:本题考查磁场对通电直导线的作用、安培力、左手定则和力的合成与分解等知识点,意在考查通过力的合成运动将通电弯曲导线受力问题转化为直导线受力问题的能力。将导线分为三段直导线,根据左手定则分别判断出安培力的大小,根据F=BIL计算出安培力的大小,再求合力。导线所受合力F=BIL+2BILsin45°=(2+1)ILB。
答案:A
5.如图所示,有一磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场,一束电子流以初速度v从水平方向射入,为了使电子流经过磁场时不偏转(不计重力),则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场,这个电场的电场强度大小和方向是( )
A.Bv,竖直向上 B.Bv,水平向左
C.Bv,垂直纸面向里 D.Bv,垂直纸面向外
解析:由左手定则可知,电子流所受洛伦兹力的方向垂直纸面向里,因此,要求电场力的方向垂直纸面向外,因电子带负电,所以,匀强电场的方向为垂直纸面向里。由qvB=qE得E=vB。
答案:C
6.电磁轨道炮工作原理如图所示,待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是( )
A.只将轨道长度L变为原来的2倍
B.只将电流I增加至原来的2倍
C.只将弹体质量减至原来的一半
D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变
解析:由题意可知,B=kI,设轨道宽为d,则F安=BId=kI2d,由动能定理得,F安·L=12mv2,联立以上式子解得,v=2kI2dLm,选项B、D正确。
答案:BD
7.如图,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O',并处于匀强磁场中,当导线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ。则磁感应强度方向和大小可能为( )
A.沿z正向,mgILtan θ B.沿y正向,mgIL
C.沿z负向,mgILtan θ D.沿悬线向上,mgILsin θ
解析:如图为沿x轴负方向观察时的侧面图,由平衡条件可知,导线静止时,导线所受安培力F在重力和绝缘细线的拉力T的反向延长线之间,如图所示。由左手定则可知,磁感应强度不可能沿z轴正向和沿悬线向上,即选项A、D错误;当磁感应强度沿y轴正方向时,有F=BIL=mg,则B=mgIL,选项B正确;当磁感应强度沿z轴负方向时,F=BIL=mgtanθ,则B=mgtanθIL,选项C正确。
答案:BC
8.利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场,板上有两条宽度分别为2d和d的缝隙,两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q,具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝隙垂直于板MN进入磁场,对于能够从宽度为d的缝隙射出的粒子,下列说法中正确的是( )
A.粒子带正电
B.射出粒子的最大速度为qB(3d+L)2m
C.保持d和L不变,增大B,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
D.保持d和B不变,增大L,射出粒子的最大速度与最小速度之差增大
解析:带电粒子能够从右缝中射出,进入磁场时所受洛伦兹力方向应向右,由左手定则可判定粒子带负电,选项A错误;由qvB=mv2r得,v=qBrm,射出粒子运动的最大半径为rmax=3d+L2,射出粒子运动的最小半径为rmin=L2,故射出粒子的最大速度为vmax=qB(3d+L)2m,选项B正确;射出粒子的最小速度为vmin=qBL2m,Δv=vmax-vmin=3qBd2m,若保持d和L不变,增大B时,Δv增大,选项C正确;若保持d和B不变,增大L时,Δv不变,选项D错误。
答案:BC
二、填空题(本题包含2小题,共16分)
9.(8分)实验室里可以用图甲所示的小罗盘估测条形磁铁磁场的磁感应强度。方法如图乙所示,调整罗盘,使小磁针静止时N极指向罗盘上的零刻度(即正北方向),将条形磁铁放在罗盘附近,使罗盘所在处条形磁铁的方向处于东西方向上,此时罗盘上的小磁针将转过一定角度。若已知地磁场的水平分量Bx,为计算罗盘所在处条形磁铁磁场的磁感应强度B,则只需知道 ,磁感应强度的表达式为B= 。?
解析:根据题意,指针指向条形磁铁磁场与地磁场水平分量磁场的合磁场方向。条形磁铁磁场在小磁针处的磁感应强度方向为正东方向,设小磁针静止时N极与正北方向的夹角为θ,则B=Bxtanθ。
答案:罗盘上指针的偏转角θ Bxtan θ
10. (8分)一劲度系数为k的轻质弹簧,下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd,bc边长为L,线框的下半部处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流I,方向如图所示。开始时线框处于平衡状态。令磁场反向,磁感应强度的大小为B,线框达到新的平衡。在此过程中线框位移的大小Δx= ,方向 。?
解析:设线框的质量为m,bc边受到的安培力为F=nBIL。当电流如图所示时,设弹簧伸长量为x1,平衡时mg-F=kx1,当电流反向后,设弹簧伸长量为x2,平衡时mg+F=kx2,所以线圈中电流反向后线框的位移大小为Δx=x2-x1=2Fk=2nIBLk,方向向下。
答案:2nIBLk 向下
三、计算题(本题包含3小题,共36分。解题时要有必要的步骤和文字说明)
11.(10分)电磁炮是一种理想的兵器,它的主要原理如图所示。1982年澳大利亚制成了能把2.2 kg的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到10 km/s的电磁炮(常规炮弹的速度约为2 km/s)。若轨道宽为2 m,长100 m,通过的电流为10 A,则轨道间所加匀强磁场的磁感应强度为多大?磁场力的最大功率为多大?(轨道摩擦不计,不考虑导体棒切割磁感线)
解析:根据动能定理有BILs=12mv2
解得B=5.5×104T
速度最大时磁场力的功率最大,则
P=BILv=5.5×104×10×2000W=1.1×1010W。
答案:5.5×104 T 1.1×1010 W
12.(12分)从粒子源射出的带电粒子的质量为m、电荷量为q,它以速度v0经过电势差为U的带窄缝的平行板电极S1和S2间的电场,并从O点沿Ox方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的有界匀强磁场,Ox垂直平行板电极S2,当粒子从P点离开磁场时,其速度方向与Ox方向的夹角θ=60°,如图所示,整个装置处于真空中。求:
(1)粒子在磁场中沿圆弧运动的轨道半径R。
(2)粒子在磁场中运动所用的时间t。
解析:(1)设粒子离开电场时的速度为v,由动能定理得,
qU=12mv2-12mv02 ①
粒子在磁场中有qvB=mv2R ②
由①②得R=mqB2qUm+v02 ③
(2)粒子做圆周运动的周期T=2πRv=2πmqB ④
粒子在磁场中运动时间t=16T ⑤
由④⑤得t=πm3qB。
答案:(1)mqB2qUm+v02 (2)πm3qB
13.(14分)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度为B,方向垂直xOy平面向里,电场线平行于y轴。一质量为m、电荷量为q的带正电的小球,从y轴上的A点水平向右抛出,经x轴上的M点进入电场和磁场,恰能做匀速圆周运动,从x轴上的N点第一次离开电场和磁场,MN之间的距离为L,小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ。不计空气阻力,重力加速度为g,求:
(1)电场强度E的大小和方向。
(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小。
(3)A点到x轴的高度h。
解析:本题考查平抛运动和带电小球在复合场中的运动。
(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动,说明电场力和重力平衡(恒力不能充当圆周运动的向心力),有qE=mg ①
E=mgq ②
重力的方向竖直向下,电场力方向只能向上,由于小球带正电,所以电场强度方向竖直向上。
(2)小球做匀速圆周运动,O'为圆心,MN为弦长,∠MO'P=θ,如图所示。设半径为r,由几何关系知
L2r=sinθ ③
小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,设小球做圆周运动的速率为v,有qvB=mv2r ④
由速度的合成与分解知v0v=cosθ ⑤
由③④⑤式得v0=qBL2mcotθ。 ⑥
(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy,它与水平分速度的关系为vy=v0tanθ ⑦
由匀变速直线运动规律v2=2gh ⑧
由⑥⑦⑧式得h=q2B2L28m2g。 ⑨
答案:(1)mgq,方向竖直向上 (2)qBL2mcot θ (3)q2B2L28m2g
第5章测评B
(高考体验卷)
一、选择题(本题包含8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)
1.(2014·全国课标Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是( )
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小一定变为原来的一半
解析:根据左手定则可知,安培力的方向既与磁场方向垂直,又与电流(或直导线)方向垂直,A项错误,B项正确;由安培力的大小F=BILsinθ可知,C项错误;将直导线从中点折成直角,有效长度不一定为原来的12,D项错误。
答案:B
2.(2014·全国课标Ⅰ)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )
A.2 B.2 C.1 D.22
解析:设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2,由题意可知,粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1∶r2=2∶1,Ek1∶Ek2=2∶1,又r=mvqB,Ek=12mv2,可得B=2mEkqr,故B1∶B2=2∶2,D项正确。
答案:D
3.空间有一圆柱形匀强磁场区域,该区域的横截面的半径为R,磁场方向垂直于横截面。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速率v0沿横截面的某直径射入磁场,离开磁场时速度方向偏离入射方向60°。不计重力,该磁场的磁感应强度大小为( )
A.3mv03qR B.mv0qR C.3mv0qR D.3mv0qR
解析:根据题意作出粒子运动的轨迹如图所示,由几何关系可得,粒子运动的半径r=3R,根据粒子受到的洛伦兹力提供向心力可得,qv0B=mv02r,解得,B=3mv03qR,A项正确。
答案:A
4.如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)( )
A.qBR2m B.qBRm
C.3qBR2m D.2qBRm
解析:作出粒子在圆柱形匀强磁场区域的运动轨迹如图,连接MN,根据粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°,及MP=R2,得出各角的大小如图所示,粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高,四边形OMO'N为菱形,粒子做圆周运动的半径r=R,根据qvB=mv2R,得v=qBRm。
答案:B
5. (2014·河南十所名校高三第一次阶段测试)有两根长直导线a、b互相平行放置,如图所示为垂直于导线的截面图。在如图所示的平面内,O点为两根导线连线的中点,M、N为两导线连线的中垂线上的两点,与O点的距离相等,aM与MN夹角为θ。若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I,单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度为B0,则关于线段MN上各点的磁感应强度,下列说法中正确的是( )
A.M点和N点的磁感应强度方向一定相反
B.M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cos θ
C.M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sin θ
D.在线段MN上有磁感应强度为零的点
解析:根据安培定则和磁场叠加原理,M和N两点的磁感应强度方向相同,大小均为2B0sinθ,选项A、B错误,选项C正确。在MN上没有磁感应强度为零的点,选项D错误。
答案:C
6.(2014·江苏单科)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足:UH=kIHBd,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离,电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽略,则( )
A.霍尔元件前表面的电势低于后表面
B.若电源的正负极对调,电压表将反偏
C.IH与I成正比
D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析:由左手定则可判断霍尔元件中电子的受力方向向里,电子向元件的后表面聚集,故霍尔元件的前表面电势高于后表面,选项A错误;电源的正、负极对调时,线圈中及霍尔元件中电流方向均反向,电子的受力方向不变,仍是前表面电势高于后表面,故电压表不会反偏,选项B错误;由并联电路电流分配特点可知,IH=RLR+RLI,IL=RR+RLI,有IH∝I,IL∝I,选项C正确;因B∝I,IH∝I,所以UH∝I2,又RL消耗的电功率P=IL2RL,即P∝IL2∝I2,所以UH∝P,选项D正确。
答案:CD
7.(2014·浙江理综)如图1所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒( )
图1
图2
A.一直向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
解析:在0~T2时间内,由左手定则可知,金属棒所受安培力方向向右,金属棒向右加速,在T2~T时间内,金属棒所受安培力方向向左,金属棒向右减速,t=T时,速度恰好减为零,以后又周期性重复上述运动,可知金属棒一直向右移动,其速度随时间周期性变化,受到的安培力随时间周期性变化,选项A、B、C正确;安培力在一个周期内对金属棒先做正功,后做负功,由动能定理可知安培力在一个周期内做的总功为零,选项D错误。
答案:ABC
8.空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,图中的正方形为其边界。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 ( )
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
解析:在磁场中,半径r=mvqB,运动时间t=θmqB(θ为转过的圆心角),选项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°,选项A、C错误。
答案:BD
二、填空题(本题包含2小题,共16分)
9.(8分)(2015·江苏新沂检测)一个面积是40 cm2的导线框,垂直地放在匀强磁场中,穿过它的磁通量为0.8 Wb,则匀强磁场的磁感应强度为 。?
解析:在匀强磁场中,当线圈与磁场垂直时,穿过线圈的磁通量Φ=BS,磁感应强度B=ΦS=0.840×10-4T=200T。
答案:200 T
10.(8分)(2014·河北衡水检测)一导体材料的样品的体积为a×b×c, A'、C、A、C'为其四个侧面,如图所示。已知导体样品中载流子是自由电子,且单位体积中的自由电子数为n,电阻率为ρ,电子的电荷量为e,沿x方向通有电流I。
(1)导体样品A'、A两个侧面之间的电压是 ,导体样品中自由电子定向移动的速率是 。?
(2)将该导体样品放在匀强磁场中,磁场方向沿z轴正方向,则导体侧面C的电势 (选填“高于”“低于”或“等于”)侧面C'的电势。?
(3)在(2)中,达到稳定状态时,沿x方向的电流仍为I,若测得C、C'两侧面的电势差为U,则匀强磁场的磁感应强度B的大小为 。?
解析:(1)由电阻定律知,导体材料的电阻为R=ρcab,则电压U=IR=ρcIab,由电流的微观表达式I=neSv,则电子定向移动的速率为v=Inabe。
(2)根据左手定则,电子向侧面C'偏转,故侧面C'的电势较低,所以导体侧面C的电势高于侧面C'的电势。
(3)当电子受洛伦兹力与电场力平衡后,有eUb=evB,解得B=naeUI。
答案:(1)ρcIab Inabe (2)高于 (3)naeUI
三、计算题(本题包含3小题,共36分。解题时要有必要的步骤和文字说明)
11.(10分)(2014·江南十校联考)某同学自制一电流表,其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连,弹簧的劲度系数为k,在矩形区域abcd内有匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针,可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab,当MN中没有电流通过且处于静止时,MN与矩形区域的ab边重合,且指针指在标尺的零刻度;当MN中有电流时,指针示数可表示电流大小。MN始终在纸面内且保持水平,重力加速度为g。
(1)当电流表的示数为零时,求弹簧的伸长量;
(2)为使电流表正常工作,判断金属杆MN中电流的方向;
(3)若磁场边界ab的长度为L1,bc的长度为L2,此电流表的量程是多少?
解析:(1)设当电流表示数为零时,弹簧的伸长量为Δx,则有
mg=kΔx,Δx=mgk。
(2)根据左手定则,金属杆中的电流方向为M→N。
(3)设电流表满偏时通过MN的电流为Im,则
BImL1+mg=k(L2+Δx),Im=kL2BL1。
答案:(1)mgk (2)M→N (3)Im=kL2BL1
12. (12分)如图,在第一象限存在匀强磁场,磁感应强度方向垂直于纸面(xy平面)向外;在第四象限存在匀强电场,方向沿x轴负向。在y轴正半轴上某点以与x轴正向平行、大小为v0的速度发射出一带正电荷的粒子,该粒子在(d,0)点沿垂直于x轴的方向进入电场。不计重力。若该粒子离开电场时速度方向与y轴负方向的夹角为θ,求:
(1)电场强度大小与磁感应强度大小的比值;
(2)该粒子在电场中运动的时间。
解析: (1)如图,粒子进入磁场后做匀速圆周运动。设磁感应强度的大小为B,粒子质量与所带电荷量分别为m和q,圆周运动的半径为R0。由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得
qv0B=mv02R0 ①
由题给条件和几何关系可知R0=d ②
设电场强度大小为E,粒子进入电场后沿x轴负方向的加速度大小为ax,在电场中运动的时间为t,离开电场时沿x轴负方向的速度大小为vx。由牛顿第二定律及运动学公式得
Eq=max ③
vx=axt ④
vx2t=d ⑤
由于粒子在电场中做类平抛运动(如图),有
tanθ=vxv0 ⑥
联立①②③④⑤⑥式得
EB=12v0tan2θ。 ⑦
(2)联立⑤⑥式得
t=2dv0tanθ。 ⑧
答案:(1)12v0tan2θ (2)2dv0tanθ
13.(14分)(2014·四川资阳期末检测)在如图所示的直角坐标中,x轴的上方有与x轴正方向成θ=45°角的匀强电场,电场强度的大小为E=2×104 V/m。x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B=2×10-2 T,方向垂直纸面向外。把一个比荷为qm=2×108 C/kg的带正电粒子从坐标为(0,1.0)的A点处由静止释放,电荷所受的重力忽略不计。求:
(1)带电粒子从释放到第一次进入磁场时所用的时间t;
(2)带电粒子在磁场中的偏转半径R;
(3)带电粒子第三次到达x轴上的位置坐标。
解析:(1)带电粒子从A点释放后做匀加速直线运动,有qE=ma ①
yAsinθ=12at2 ②
联立①②并代入数据得t=10-6s。 ③
(2)设带电粒子进入磁场时的速度为v,则v=at ④
带电粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下以O1为圆心做匀速圆周运动,有
qvB=mv2R ⑤
联立并代入数据得R=22m。 ⑥
(3)根据粒子运动轨迹的对称性,由几何关系知带电粒子第二次到x轴的位置与第一次相距
L=2Rsinθ=1m⑦
可知粒子恰从O点回到电场区域,作出运动轨迹如图所示。
带电粒子再次进入电场后,粒子做类平抛运动,设运动时间t'后到达x轴位置Q(xQ,0),则由运动学规律有
沿着速度v方向xQsinθ=vt' ⑧
垂直速度v方向xQcosθ=12at'2 ⑨
联立并代入数据得xQ=8m,即Q点位置坐标为(8,0)。 ⑩
答案:(1)10-6 s (2)22 m (3)(8,0)
