磁场训练题.docx

磁场训练题1半径为R的内壁绝缘光滑的半圆筒如图所示固定，在a、b、c三点分别垂直于纸面放置三根等长的长直导线(a、b两点位于水平直径的两端)，导线a中通有垂直纸面向里、大小为I1的恒定电流。导线c中电流方向也垂直纸面向里，但大小未知。导线a、b固定，导线c处于静止状态，且与筒壁间无相互作用力，Oc与Oa的夹角为=60.已知长直导线在距导线r处产生磁场的磁感应强度大小为B=kIr(k为常数，I为长直导线中的电流)，不考虑边缘效应。求导线b中通过的电流大小和方向。2如图所示，当左边单匝正方形线框中通有逆时针方向的电流I时，等臂杠杆恰好平衡若通有顺时针方向的电流I时，则要在右边再加挂质量为m的钩码等臂杠杆才能平衡设匀强磁场的磁感应强度为B，则线框的边长L为多少？3如图所示，xOy坐标系的第一象限内，有一边界线OA与y轴的夹角AOy=45O，边界线的上方与下方分别存在垂直纸面向外与向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B=0.25T一束带电量q=8.010-19C、质量 m=8.010-26kg的正离子以v=5105m/s从y轴上坐标为（0，0.4m）的Q点垂直y轴射入磁场区。求：（1）离子在磁场中做圆周运动的半径和周期；（2）现只改变B的大小，使离子不经过OA边界而直接从y轴离开磁场区域，则B应满足什么条件？ （3）若B=0.125T，且从离子经过Q点开始计时，则离子在哪些时刻恰好经过OA边界？4如图所示，平面直角坐标系xOy在竖直平面内，第一象限内存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度E1=40N/C；第四象限内存在一方向向左的匀强电场，电场强度E2=40N/C,一质量为m=210-3kg带电的小球，从M（7，2）点(坐标单位：米），以v0=1m/s的水平速度开始运动。已知球在第一象限内做匀速圆周运动，从P（5，0）(坐标单位：米）点进入第四象限后运动至y轴上的N点（图中未标出），g=10m/s2，求：（1）匀强磁场的磁感应强度B； （2）N点坐标。5如图所示，在平面直角坐标系xOy中的第一象限内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于坐标平面向里的有界圆形匀强磁场区域(图中未画出)；在第二象限内存在沿x轴负方向的匀强电场一粒子源固定在x轴上坐标为(L,0)的A点粒子源沿y轴正方向释放出速度大小为v的电子，电子恰好能通过y轴上坐标为(0,2L)的C点，电子经过磁场偏转后恰好垂直通过第一象限内与x轴正方向成15角的射线ON(已知电子的质量为m、电荷量为e，不考虑电子的重力和电子之间的相互作用)求：(1)匀强电场的电场强度E的大小；(2)电子离开电场时的速度方向与y轴正方向的夹角；(3)圆形磁场的最小半径Rmin.6如图所示，有两块垂直纸面的带电平行金属板竖直放置，一带正电的粒子自A点经电场加速后从M、N两板下端之间的中点C垂直射入M、N两极板间，偏转后通过竖直极板N上的小孔O离开电场，粒子在O点时的速度大小为v，方向与x轴成450角斜向上。在N板右侧存在一垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的下边界到O点的距离为d，磁场的磁感应强度为B，粒子经过磁场偏转后垂直打在N板上的P点。M、N板间距离为2d，粒子重力不计，求：（1）O点到P点的距离；（2）两极板M、N之间的电势差；（3）粒子从C点运动到P点所用的时间。 试卷第3页，总3页本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。参考答案1I1，方向垂直于纸面向里【解析】【分析】根据“导线c处于静止状态且与筒壁间无相互作用力”可知，本题考查安培力作用下的平衡，根据安培力的表达式，运用平衡条件，列式计算.【详解】由于同向电流相互吸引，因此a与c相互吸引，由于c对轨道无作用力，根据平衡条件可知，b对c也是相互吸引，故b中电流垂直于纸面向里.由几何关系可知，a、c间距离为r1=R，b，c间距离为r2=3R，设b中电流为I2，c中电流为I3，导线长度为L，根据B=kIr可知：a在c处产生的磁感强度为B1=kI1r1，b在c处产生的磁感应强度为B2=kI2r2，a对c的安培力为F1=B1I3L，b对c的安培力为F3=B2I3L根据平衡条件，水平方向有：F1cos60=F2cos30解得：I2=I1则导线b中通过的电流大小为I1，方向垂直于纸面向里.【点睛】根据B=kIr，由于同向电流相互吸引，因此a与c相互吸引，由于c对轨道无作用力，根据平衡条件可知，b对c也是相互吸引，故b中电流垂直于纸面向里.2mg2BI【解析】设m1左侧线圈的质量，m2为右侧钩码的质量当左边线框通以逆时针方向的电流I时根据共点力平衡可知：m1g-BIL=m2g当电流反向后根据共点力平衡可知：m1g+BIL=m2g+mg联立解得：Lmg2BI 点睛：解决本题的关键掌握用左手定则来判定安培力的方向，以及会利用力的平衡列出平衡方程来求解问题.3（1）T=2mqB=8107s （2）B20.3T（3）t=T8+nT2=(8n+2)107s【解析】试题分析： （1）洛伦兹力充当向心力，故有：qvB=mv2R解得R0.2 m 周期T=2mBq=8107s（2）临界条件为：在AOy区间内运动轨迹恰好与OA相切，则有R+Rcos45=OQqvB0=mv2R解得B02+18T0.3T所以B应满足B0.3 T.（3）若B0.125 T，正离子在两个磁场做圆周运动的半径和周期分别为：R=mvBq=0.4m T=2mBq=16107s由几何关系可知，粒子从Q点进入AOy经过T8之后，垂直OA边界进入AOx区域，再经T2后垂直OA边界进入AOy区域，再经T2后又垂直于OA边界进入AOx区域，所以离子恰好经过OA边界的时刻为t=T8+nT2=(8n+2)107s(n=0,1,2.)考点：带电粒子在匀强磁场中的运动【名师点睛】本题考查带电粒子在磁场中的运动，在解题时要注意分析离子的运动过程，从而正确得出离子的运动及受力特点，从而找出合理的物理规律求解；解题时要注意临界状态的选择；此题有一定的难度，考查学生的综合分析问题的能力.4（1）B=2T （2） N点坐标为（0，6）【解析】（1）在第一象限，球受重力、电场力和洛伦兹力，重力和电场力平衡，洛仑兹力提供向心力，故有，解得画出运动轨迹结合几何关系有，粒子圆周运动的半径R=2m根据牛顿第二定律，有，解得B=2T（2）小球进入第四象限后，受重力和电场力，X轴方向向左做匀加速直线运动，由几何条件得， 由牛顿第二定律得 由，解得 y轴方向做向下的匀加速直线运动， 则，解得N点坐标为（0，6）5(1)mv22eL (2)45(3)6mv2eB【解析】【分析】（1）粒子在电场中做类似平抛运动，x方向匀速，y方向匀加速，根据运动学公式列式求解；（2）先根据运动学公式列式求解出x、y方向的分速度，然后根据几何关系列式求解；也可以根据类似平抛运动速度偏转角的正切是位移偏转角正切的2倍直接求解；（3）根据平抛运动的特点画出粒子在电场中的轨迹，然后根据粒子运动的两个方向画出粒子在磁场中运动的轨迹，先根据洛伦兹力提供向心力求解出轨迹的半径，然后求得磁场的最小半径；【详解】（1）从A到C的过程中，电子做类平抛运动，x方向：L=12at2=12eEmt2y方向：2L=vt联立解得：E=mv22eL； （2）设电子到达C点的速度大小为vc，方向与y轴正方向的夹角为由动能定理得：eEL=12mvC212mv2解得：vC=2v，故cos=vvC=22，则：=45；（3）电子运动轨迹如图所示：电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为：r=mvCeB=2mveB电子在磁场中偏转120后垂直于ON射出，磁场最小半径为：Rmin=PQ2=rsin60=6mv2eB。【点睛】本题中粒子先在电场中做类似平抛运动，然后进入磁场做匀速圆周运动，要注意两个轨迹的连接点，然后根据运动学公式和牛顿第二定律以及几何关系列式求解，其中画出轨迹是关键。6（1）,（2）,（3）.【解析】【分析】粒子在磁场做匀速圆周运动，由几何关系得到粒子在磁场中运动的轨道半径，求出O点到P点的距离；粒子在偏转电场中做内平抛运动，由动能定理得到