第八章 單元小結(jié)練 磁場(chǎng)基本規(guī)律鞏固練

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1、 單元小結(jié)練 磁場(chǎng)基本規(guī)律鞏固練 基礎(chǔ)鞏固 1．如圖1所示，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線過(guò)紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流．a(chǎn)、O、b在M、N的連線上，O為MN的中點(diǎn)，c、d位于MN的中垂線上，且a、b、c、d到O點(diǎn)的距離均相等．關(guān)于以上幾點(diǎn)處的磁場(chǎng)，下列說(shuō)法準(zhǔn)確的是( ) 圖1 A．O點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零 答案 C 解析 根據(jù)安培定則判斷：兩直線電流在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向均垂直于MN向下，O點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度不為零，故A選項(xiàng)錯(cuò)誤；a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故B選項(xiàng)錯(cuò)誤；根據(jù)對(duì)稱性，c、d兩點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，方向相同，故C選項(xiàng)

2、準(zhǔn)確；a、c兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同，故D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 2．如圖2為云室中某粒子穿過(guò)鉛板P前后的運(yùn)動(dòng)軌跡．室中勻強(qiáng)磁場(chǎng)的方向與軌跡所在平面垂直(圖中垂直于紙面向里)．由此可知粒子( ) 圖2 A．一定帶正電 B．一定帶負(fù)電 C．不帶電 D．可能帶正電，也可能帶負(fù)電 答案 A 解析 帶電粒子穿過(guò)鉛板有能量損失，其速度減小，由R＝可知，帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑應(yīng)變小，由題圖可知帶電粒子應(yīng)從下往上運(yùn)動(dòng)，再由左手定則判定粒子帶正電，本題只有選項(xiàng)A準(zhǔn)確． 3．如圖3所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．重力不計(jì)、電荷量一定的帶電粒子以速度v正對(duì)著圓心O射入磁場(chǎng)，若粒子射

3、入、射出磁場(chǎng)點(diǎn)間的距離為R，則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為( ) 圖3 A. B. C. D. 答案 A 解析 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，畫出軌跡，如圖所示． 故軌道半徑：r＝R 故在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝＝. 4．如圖4所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電子1從磁場(chǎng)邊界上的a點(diǎn)垂直MN和磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t1時(shí)間從b點(diǎn)離開磁場(chǎng)．之后電子2也由a點(diǎn)沿圖示方向以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，則為( ) 圖4 A. B．2 C. D．3 答案 D 解析 粒子在磁場(chǎng)中都做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，根據(jù)題意畫出粒子

4、的運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖所示．電子1垂直射出磁場(chǎng)，從b點(diǎn)離開，則運(yùn)動(dòng)了半個(gè)圓周，ab即為直徑，c點(diǎn)為圓心，電子2以相同速率垂直磁場(chǎng)方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)t2時(shí)間從a、b連線的中點(diǎn)c離開磁場(chǎng)，根據(jù)半徑r＝可知，粒子1和2的半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則粒子2轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為60°，所以粒子1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝＝，粒子2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝＝，所以＝3. 5．(多選)如圖5所示，在邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一帶正電的電荷，從D點(diǎn)以v0的速度沿DB方向射入磁場(chǎng)，恰好從A點(diǎn)射出，已知電荷的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，不計(jì)電荷的重力，則下列說(shuō)法不準(zhǔn)確的是( ) 圖5 A

5、．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．若電荷從CD邊界射出，隨著入射速度的減小，電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)減小 D．若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會(huì)從AB中點(diǎn)射出 答案 BCD 解析 由題圖能夠看出電荷做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝L，根據(jù)牛頓第二定律：qv0B＝m，得B＝，A準(zhǔn)確；由T＝，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角為90°，則t＝·＝，故B錯(cuò)誤；若電荷從CD邊界射出，則轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角均為180°，入射速度減小，T＝，周期與速度無(wú)關(guān)，故電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不變，C錯(cuò)誤；若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則半徑變?yōu)?L，軌跡如圖， 設(shè)DF為h，由幾何知識(shí)：(2L－h(huán))2＋L2＝(2L)

6、2，得h＝(2－)L≠L，可見E不是AB的中點(diǎn)，即粒子不會(huì)從AB中點(diǎn)射出，D錯(cuò)誤． 6．(多選)空間存有方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖6所示的正方形虛線為其邊界．一細(xì)束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場(chǎng)的方向從O點(diǎn)入射．這兩種粒子帶同種電荷，它們的電荷量、質(zhì)量均不同，但其比荷相同，且都包含不同速率的粒子．不計(jì)重力．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖6 A．入射速度不同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間一定不同 B．入射速度相同的粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同 C．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同的粒子，其運(yùn)動(dòng)軌跡一定相同 D．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間越長(zhǎng)的粒子，其軌跡所對(duì)的圓心角一定越大 答案　BD 解析

7、　在磁場(chǎng)中帶電粒子運(yùn)動(dòng)半徑r＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝(θ為轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角)，故B、D正確．當(dāng)粒子從O點(diǎn)所在的邊上射出時(shí)，軌跡可以不同，但圓心角相同為180°，因而A、C錯(cuò)． 7．(多選)如圖7所示，帶正電的A粒子和B粒子先后以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上的O點(diǎn)分別以30°和60°(與邊界的夾角)射入磁場(chǎng)，又都恰好不從另一邊界飛出，則下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖7 A．A、B兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比是 B．A、B兩粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑之比是 C．A、B兩粒子之比是 D．A、B兩粒子之比是 答案　BD 解析　由題意知，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)由洛倫茲力提供

8、向心力，根據(jù)Bqv＝m，得r＝.由幾何關(guān)系可得，對(duì)粒子B：rBcos 60°＋rB＝d，對(duì)粒子A：rAcos 30°＋rA＝d，聯(lián)立解得＝，所以A錯(cuò)誤，B正確．再根據(jù)r＝，可得A、B兩粒子之比是，故C錯(cuò)誤，D正確． 綜合應(yīng)用 8．如圖8，一帶電塑料小球質(zhì)量為m，用絕緣懸線懸掛于O點(diǎn)，并在豎直平面內(nèi)擺動(dòng)，最大擺角為60°，水平磁場(chǎng)垂直于小球擺動(dòng)的平面．當(dāng)小球自左方擺到最低點(diǎn)時(shí)，懸線上的張力恰為零，則小球自右方最大擺角處擺到最低點(diǎn)時(shí)懸線上的張力為(　　) 圖8 A．0 B．2mg C．4mg D．6mg 答案　C 解析　帶電粒子在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力作用，但是洛倫茲力不做功，所

9、以從左方擺到最低點(diǎn)的過(guò)程只有重力做功，根據(jù)動(dòng)能定理得mgL(1－cos 60°)＝mv2，擺到最低點(diǎn)時(shí)，合力提供向心力，懸線上張力為0，則qvB－mg＝m＝mg.洛倫茲力方向豎直向上．當(dāng)小球從右方擺到最低點(diǎn)時(shí)，根據(jù)對(duì)稱性速度大小不變，但是方向反向，所以洛倫茲力方向豎直向下，大小不變，此時(shí)向心力不變即F－qvB－mg＝m，F(xiàn)＝4mg，選項(xiàng)C對(duì)． 9．如圖9所示，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩部分，O點(diǎn)為圓弧的圓心．兩金屬軌道之間的寬度為0.5 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向如圖，大小為0.5 T．質(zhì)量為0.05 kg、長(zhǎng)為0.5 m的金屬細(xì)桿置于金屬軌道上的M點(diǎn)．當(dāng)在金屬細(xì)桿內(nèi)通以電流強(qiáng)度為2 A的恒定電

10、流時(shí)，金屬細(xì)桿可以沿桿向右由靜止開始運(yùn)動(dòng)．已知N、P為導(dǎo)軌上的兩點(diǎn)，ON豎直、OP水平，且＝＝1 m，g取10 m/s2，則(　　) 圖9 A．金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為5 m/s2 B．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為5 m/s C．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的向心加速度大小為10 m/s2 D．金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75 N 答案　D 解析　金屬細(xì)桿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，金屬細(xì)桿開始運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度大小為a＝＝10 m/s2，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)金屬細(xì)桿從M點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過(guò)程進(jìn)行分析，安培

11、力做功W安＝F安·(＋)＝1 J，重力做功WG＝－mg·＝－0.5 J，由動(dòng)能定理得W安＋WG＝mv2，解得金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的速度大小為v＝ m/s，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小為a′＝＝20 m/s2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；在P點(diǎn)金屬細(xì)桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得F－F安＝，解得F＝1.5 N，每一條軌道對(duì)金屬細(xì)桿的作用力大小為0.75 N，由牛頓第三定律可知金屬細(xì)桿運(yùn)動(dòng)到P點(diǎn)時(shí)對(duì)每一條軌道的作用力大小為0.75 N，選項(xiàng)D正確． 10．(多選)如圖10所示為一個(gè)質(zhì)量為

12、m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細(xì)桿上自由滑動(dòng)，細(xì)桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，圓環(huán)以初速度v0向右運(yùn)動(dòng)直至處于平衡狀態(tài)，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為(　　) 圖10 A．0 B.mv C. D.m(v－) 答案　ABD 解析　若圓環(huán)所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)對(duì)粗糙細(xì)桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項(xiàng)A正確；若圓環(huán)所受洛倫茲力不等于重力，圓環(huán)對(duì)粗糙細(xì)桿壓力不為零，摩擦力不為零，圓環(huán)以初速度v0向右做減速運(yùn)動(dòng)．若開始圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則一直減速到零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為mv，選項(xiàng)B正確；若開始圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力

13、等于重力達(dá)到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v＝，由動(dòng)能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W＝mv－mv2＝m(v－)，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 11．如圖11所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長(zhǎng)為0.4 m、質(zhì)量為6×10－2 kg的通電直導(dǎo)線，電流I＝1 A，方向垂直紙面向外，導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動(dòng)，整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度每秒增加0.4 T、方向豎直向上的磁場(chǎng)中．設(shè)t＝0時(shí)，B＝0，則需要多長(zhǎng)時(shí)間，斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零？(g取10 m/s2) 圖11 答案　5 s 解析　斜面對(duì)導(dǎo)線的支持力為零時(shí)導(dǎo)線的受力如圖所示．由平衡條件 FTcos 37°＝F① FTsin 37°＝mg② 聯(lián)立

14、①②解得：F＝ 代入數(shù)值得：F＝0.8 N 由F＝BIL得：B＝＝ T＝2 T B與t的變化關(guān)系為B＝0.4t 所以t＝5 s. 12．如圖12所示，在區(qū)域Ⅰ(0≤x≤d)和區(qū)域Ⅱ(d0)的粒子a于某時(shí)刻從y軸上的P點(diǎn)射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度方向沿x軸正向．已知a在離開區(qū)域Ⅰ時(shí)，速度方向與x軸正向的夾角為30°；此時(shí)，另一質(zhì)量和電荷量均與a相同的粒子b也從P點(diǎn)沿x軸正向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，其速度大小是a的.不計(jì)重力和兩粒子之間的相互作用力．求： 圖12 (1)粒子a射入

15、區(qū)域Ⅰ時(shí)速度的大??； (2)當(dāng)a離開區(qū)域Ⅱ時(shí)，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差． 答案　(1)　(2)(－2)d 解析　(1)設(shè)粒子a在區(qū)域Ⅰ內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為C(在y軸上)，半徑為Ra1，粒子速率為va，運(yùn)動(dòng)軌跡與兩磁場(chǎng)區(qū)域邊界的交點(diǎn)為P′，如圖所示．由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qvaB＝m① 由幾何關(guān)系得∠PCP′＝θ② Ra1＝③ 式中，θ＝30°.由①②③式得va＝④ (2)設(shè)粒子a在區(qū)域Ⅱ內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心為Oa，半徑為Ra2，射出點(diǎn)為Pa(圖中未畫出軌跡)，∠P′OaPa＝θ′.由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 qva(2B)＝m⑤ 由①⑤式得Ra2＝⑥

16、C、P′和Oa三點(diǎn)共線，且由⑥式知Oa點(diǎn)必位于x＝d⑦ 的直線上．由對(duì)稱性知，Pa點(diǎn)與P′點(diǎn)縱坐標(biāo)相同，即 yPa＝Ra1cos θ＋h⑧ 式中，h是C點(diǎn)的y坐標(biāo) 設(shè)b在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為Rb1，由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得 q()B＝()2⑨ 設(shè)a到達(dá)Pa點(diǎn)時(shí)，b位于Pb點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的角度為α.如果b沒(méi)有飛出Ⅰ，則 ＝⑩ ＝? 式中，t是a在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間，而 Ta2＝? Tb1＝? 由⑤⑨⑩???式得 α＝30°? 由①③⑨?式可得，b沒(méi)有飛出Ⅰ.Pb點(diǎn)縱坐標(biāo)為 yPb＝Rb1(2＋cos α)＋h? 由①③⑧⑨??式及題給條件得，a、b兩粒子的y坐標(biāo)之差為 yPa－yPb＝(－2)d