磁场带答案分解.doc

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资源描述

1、15年新课标卷14两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同,方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力),从较强磁场区域进入到较弱区域后,粒子的A轨道半径减小,角速度增大 B轨道半径减小,角速度减小C轨道半径增大,角速度增大 D轨道半径增大,角速度减小【答案】D191824年,法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置,在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针,如图所示。实验中发现,当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时,磁针也随着一起转动起来,但略有滞后。下列说法正确的是A圆盘上产生了感应电动势B圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动C

2、在圆盘转动的过程中,磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化D圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流,此电流产生的磁场导致磁针转动【答案】AB24(12分) 如图,一长为10cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中;磁场的磁感应强度大小为0.1T,方向垂直于纸面向里;弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12V的电池相连,电路总电阻为2已知开关断开时两弹簧的伸长量均为0.5cm;闭合开关,系统重新平衡后,两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了0.3cm,重力加速度大小取10m/s2判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向,并求出金属棒的质量。解:依题意,开关闭

3、合后,电流方向从b到a,由左手定则可知,金属棒所受安培力方向竖直向下。开关断开时,两弹簧各自相对于其原长伸长为由胡克定律和力的平衡条件得 式中,m为金属棒的质量,k是弹簧的劲度系数,g是重力加速度的大小。 开关闭合后,金属棒所受安培力的大小为 式中,I是回路电流,L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了,由胡克定律和力的平衡条件得 由欧姆定律有 式中,E是电池的电动势,R是电路总电阻。 联立式,并代入题给数据得 O 山东卷17. 如图,一均匀金属圆盘绕通过其圆心且与盘面垂直的轴逆时针匀速转动。现施加一垂直穿过圆盘的有界匀强磁场,圆盘开始减速。在圆盘减速过程中,以下说法正确的是A处于磁场中的圆盘部分

4、,靠近圆心处电势高B所加磁场越强越易使圆盘停止转动C若所加磁场反向,圆盘将加速转动D若所加磁场穿过整个圆盘,圆盘将匀速转动 【答案】ABD【解析】由右手定则可知,处于磁场中的圆盘部分,靠近圆心处电势高,选项A正确;根据E=BLv可知所加磁场越强,则感应电动势越大,感应电流越大,产生的电功率越大,消耗的机械能越快,则圆盘越容易停止转动,选项B正确;若加反向磁场,根据楞次定律可知安培力阻碍圆盘的转动,故圆盘仍减速转动,选项C错误;若所加磁场穿过整个圆盘则圆盘中无感应电流,不消耗机械能,圆盘匀速转动。选项D正确,选项ABD正确。IIIOGHvd24. (20分)如图所示,直径分别为D和2D的同心圆处

5、于同一竖直面内,O为圆心,GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场,上极板开有一小孔。一质量为m,电量为+q的粒子由小孔下方d/2处静止释放,加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场,由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小;(2)若粒子运动轨迹与小圆相切,求I区磁感应强度的大小;(3)若区,区磁感应强度的大小分别为2mv/qD,4mv/qD,粒子运动一段时间后再次经过H点,求这段时间粒子运动的路程。【答案】(1) (2)或 (3)5.5D【解析】(1)设极板间电场强度的大小为

6、E,对粒子在电场中的加速运动,由动能定理得 由式得 (2)设I区磁场感性强度的大小为B,粒子作圆周运动的半径为R,由牛顿第二定律得 如图甲所示,粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切,由几何关系得图甲 联立式得 若粒子轨迹与小圆内切,有几何关系得 联立式得 (3)设粒子在?I区和II区做圆周运动的半径分别为、,由题意可知I和II区磁感应强度的大小分别为、,由牛顿第二定律得, 代入数据得, 设粒子在I区和II区做圆周运动的周期分别为、,由运动学公式得, 图乙112据题意分析,粒子两次与大圆相切的时间间隔内,运动轨迹如图乙所示,根据对称可知,I区两段圆弧所对圆心角相同,设为,II区

7、内圆弧所对圆心角设为,圆弧和大圆的两个切点与圆心连线间的夹角设为,有几何关系得 图丙粒子重复上述交替运动回到点,轨迹如图丙所示,设粒子I区和II区做圆周运动的时间分别为、,可得, 设粒子运动的路程为,由运动学公式得 联立式得 14年全国卷 14在法拉第时代,下列验证“由磁产生电”设想的实验中,能观察到感应电流的是 (D )A将绕在磁铁上的线圈与电流表组成一闭合回路,然后观察电流表的变化B在一通电线圈旁放置一连有电流表的闭合线圈,然后观察电流表的变化C将一房间内的线圈两端与相邻房间的电流表相连,往线圈中插入条形磁铁后,再到相邻房间去观察电流表的变化D绕在同一铁环上的两个线圈,分别接电源和电流表,

8、在给线圈通电或断电的瞬间,观察电流表的变化15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 ( B )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16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 (D )A2 B C1 D 山东卷16.了解

9、物理规律的发现过程,学会像科学家那样观察和思考,往往比掌握知识本身更重要。以下符合事实的是A.焦耳发现了电流热效应的规律B.库仑总结出了点电荷间相互作用的规律C.楞次发现了电流的磁效应,拉开了研究电与磁相互关系的序幕D.牛顿将斜面实验的结论合理外推,间接证明了自由落体运动是匀变速直线运动22.如图甲所示,两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。两质量、长度均相同的导体棒、,置于边界水平的匀强磁场上方同一高度处。磁场宽为3,方向与导轨平面垂直。先由静止释放,刚进入磁场即匀速运动,此时再由静止释放,两导体棒与导轨始终保持良好接触。用表示的加速度,表示的动能,、分别表示 、相对释放点的位移。图乙中

10、正确的是 24、(20分)如图甲所示,间距为d垂直于纸面的两平行板P、Q间存在匀强磁场。取垂直于纸面向里为磁场的正方向,磁感应强度随时间的变化规律如图乙所示。t=0时刻,一质量为m、带电量为+q的粒子(不计重力),以初速度v0由Q板左端靠近板面的位置,沿垂直于磁场且平行于板面的方向射入磁场区。当B0和TB取某些特定值时,可使t=0时刻入射的粒子经时间恰能垂直打在P板上(不考虑粒子反弹)。上述m、q、d、v0为已知量。(1)若,求B0;(2)若,求粒子在磁场中运动时加速度的大小;(3)若,为使粒子仍能垂直打在P板上,求TB。24、解:(1)设粒子做圆周运动的半径为R1,由牛顿第二定律得 据题意由

11、几何关系得 联立式得 (2)设粒子做圆周运动的半径为R2,加速度大小为a,由圆周运动公式得: 据题意由几何关系得 联立式得 (3)设粒子做圆周运动的半径为R,周期为T,由圆周运动公式得 由牛顿第二定律得 由题意知,代入式得 粒子运动轨迹如图所示,O1、O2为圆心,O1O2连线与水平方向夹角为,在第个TB内,只有A、B两个位置才有可能垂直击中P板,且均要求,由题意可知 设经历整个完整TB的个数为n(n=0、1、2、3)若在A点击中P板,据题意由几何关系得 当n=0时,无解 当n=1时,联立式得 联立式得 当时,不满足的要求 若在B点击中P板,据题意由几何关系得 当n=0时,无解 当n=1时,联立

12、式得 联立式得 当时,不满足的要求 13年 全国卷18.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(q0)。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,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.山东卷18、将一段导线绕成图甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内。回路的ab边置于垂直纸面向里的匀强磁场中。回路的圆环区域风有垂直纸面的磁场。以向里为磁场的正方向,其磁感应强度B随时间t变化的图像如图乙所示。用F表示ab边受到的安培力,以水平向右为F的正方向,能正

13、确反映F随时间t变化的图像是( )B 点评:也是很经典的的题型,电磁感应图像:分段分析,注意矢量的正负,16、17、18这三道题比前几年的考题明显简单,尤其是2011年那道电磁感应,双棒切割,不容易,今年这一道题不必动笔计算。23、(18分)如图所示,在坐标系xoy的第一、第三象限内存在相同的磁场,磁场方向垂直于xoy平面向里;第四象限内有沿y轴正方向的匀强电场,电场强度大小为E。一带电量为+q、质量为m的粒子,自y轴上的P点沿x轴正方向射入第四象限,经x轴上的Q点进入第一象限,随即撤去电场,以后仅保留磁场。已知OPd,OQ2d。不计粒子重力。(1)求粒子过Q点时速度的大小和方向。(2)若磁感

14、应强度的大小为一确定值B0,粒子将以垂直y轴的方向进入第二象限,求B0的大小。(3)若磁感应强度的大小为另一确定值,经过一段时间后粒子将再次经过Q点,且速度与第一次过Q点时相同,求该粒子相邻两次经过Q点所用的时间。12年 全国19.如图,均匀磁场中有一由半圆弧及其直径构成的导线框,半圆直径与磁场边缘重合;磁场方向垂直于半圆面(纸面)向里,磁感应强度大小为B0.使该线框从静止开始绕过圆心O、垂直于半圆面的轴以角速度匀速转动半周,在线框中产生感应电流。现使线框保持图中所示位置,磁感应强度大小随时间线性变化。为了产生与线框转动半周过程中同样大小的电流,磁感应强度随时间的变化率的大小应为CA. B.

15、C. D. 20.如图,一载流长直导线和一矩形导线框固定在同一平面内,线框在长直导线右侧,且其长边与长直导线平行。已知在t=0到t=t1的时间间隔内,直导线中电流i发生某种变化,而线框中感应电流总是沿顺时针方向;线框受到的安培力的合力先水平向左、后水平向右。设电流i正方向与图中箭头方向相同,则i随时间t变化的图线可能是A山东卷14以下叙述正确的是( AD )A法拉第发现了电磁感应现象B惯性是物体的固有属性,速度大的物体惯性一定大C牛顿最早通过理想斜面实验得出力不是维持物体运动的必然结果D感应电流遵从楞次定律所描述的方向,这是能量守恒定律的必然结果20如图所示,相距为L的两条足够长的光滑平行金属

16、导轨与水平面的夹角为,上端接有定值电阻,匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度为B。将质量为m的导体棒由静止释放,当速度达到时开始匀速运动,此时对导体棒施加一平行于导轨向下的拉力,并保持拉力的功率为P,导体棒最终以的速度匀速运动。导体棒始终与导轨垂直且接触良好,不计导轨和导体棒的电阻,重力加速度为g,下列选项正确的是(AC )ABC当导体棒速度达到时加速度为D在速度达到以后匀速运动的过程中,R上产生的焦耳热等于拉力所做的功23(18分)如图甲所示,相隔一定距离的竖直边界两侧为相同的匀强磁场区,磁场方向垂直纸面向里,在边界上固定两长为L的平行金属极板MN和PQ,两极板中心各有一小孔、,两极板间电压的

17、变化规律如图乙所示,正反向电压的大小均为,周期为。在时刻将一个质量为、电量为()的粒子由静止释放,粒子在电场力的作用下向右运动,在时刻通过垂直于边界进入右侧磁场区。(不计粒子重力,不考虑极板外的电场)(1)求粒子到达时的速度大小和极板距离(2)为使粒子不与极板相撞,求磁感应强度的大小应满足的条件。(3)若已保证了粒子未与极板相撞,为使粒子在时刻再次到达,且速度恰好为零,求该过程中粒子在磁场内运动的时间和磁感强度的大小23解:(1)粒子由至的过程中,根据动能定理得 由式得 设粒子的加速度大小为,由牛顿第二定律得 由运动学公式得 联立式得 (2)设磁感应强度大小为B,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半

18、径为R,由牛顿第二定律得 要使粒子在磁场中运动时不与极板相撞,须满足 联立式得 (3)设粒子在两边界之间无场区向左匀速运动的过程用时为,有 联立式得 若粒子再次达到时速度恰好为零,粒子回到极板间应做匀减速运动,设匀减速运动的时间为,根据运动学公式得 联立式得 设粒子在磁场中运动的时间为 联立式得 设粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期为T,由式结合运动学公式得 由题意得 联立式得 15(2011全国卷1)如图,两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流和,且;a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点,且a、b、c与两导线共面;b点在两导线之间,b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度

19、可能为零的点是Aa点 Bb点 Cc点 Dd点 解析:要合磁感应强度为零,必有和形成两个场等大方向,只有C点有可能,选C25(2011山东)(18分)扭摆器是同步辐射装置中的插入件,能使粒子的运动轨迹发生扭摆。其简化模型如图、两处的条形均强磁场区边界竖直,相距为L,磁场方向相反且垂直干扰面。一质量为m、电量为-q、重力不计的粒子,从靠近平行板电容器MN板处由静止释放,极板间电压为U,粒子经电场加速后平行于纸面射入区,射入时速度与水平和方向夹角(1)当区宽度L1=L、磁感应强度大小B1=B0时,粒子从区右边界射出时速度与水平方向夹角也为,求B0及粒子在区运动的时间t0(2)若区宽度L2=L1=L磁

20、感应强度大小B2=B1=B0,求粒子在区的最高点与区的最低点之间的高度差h(3)若L2=L1=L、B1=B0,为使粒子能返回区,求B2应满足的条件(4)若,且已保证了粒子能从区右边界射出。为使粒子从区右边界射出的方向与从区左边界射出的方向总相同,求B1、B2、L1、L2、之间应满足的关系式。解析:14(2011全国理综)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 (B)解析:主要考查安培定则和地磁场分布。根据地磁场分布和安培定则判断可知正确答案是B。18(2011全国理综)电磁轨道炮工作原理如图所示。待

21、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得磁场(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,理论上可采用的方法是(BD)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,其它量不变解析:主要考查动能定理。利用动能定理有,B=kI解得。所以正确答案是BD。25(2011全国理综)(19分)如图,在区域I(0xd)和区域

22、II(dx2d)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Oxy平面。一质量为m、带电荷量q(q0)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轴正方向的夹角为30;因此,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1/3。不计重力和两粒子之间的相互作用力。求(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。解析:(1)设粒子a在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,如图,

23、由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由几何关系得 式中,由式得 (2)设粒子a在II内做圆周运动的圆心为Oa,半径为,射出点为(图中未画出轨迹),。由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 由式得 、和三点共线,且由 式知点必位于 的平面上。由对称性知,点与点纵坐标相同,即 式中,h是C点的y坐标。 设b在I中运动的轨道半径为,由洛仑兹力公式和牛顿第二定律得 设a到达点时,b位于点,转过的角度为。如果b没有飞出I,则 式中,t是a在区域II中运动的时间,而 由式得 由式可见,b没有飞出。点的y坐标为 由式及题给条件得,a、b两粒子的y坐标之差为 25(2011全国卷1)(19分)(注意:在试卷上作答无效)如图,与水平面成45角的平面MN将空间分成I和II两个区域。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子以速度从平面MN上的点水平右射入I区。粒子在I区运动时,只受到大小不变、方向竖直向下的电场作用,电场强度大小为E;在II区运动时,只受到匀强磁场的作用,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向里。求粒子首次从II区离开时到出发点的距离。粒子的重力可以忽略。解析:设粒子第一次过MN时速度方向与水平方向成1角,位移与水平方向成2角且2=450,在电场中做类平抛运动, 则有:得出: 在电场中运行的位移:在磁场中做圆周运动,且弦切角为=1-2,得出:在磁场中运行的位移为:所以首次从II区离开时到出发点的距离为:

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