1、单元小结练 磁场基本规律巩固练基础巩固1如图 1 所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的 M、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相 等、方向相反的电流 a、O 、b 在 M、N 的连线上， O 为 MN 的中点，c、d 位于 MN 的中垂线上，且 a、b、c、d 到 O 点的距离均相等关于以上几点处的磁场，下列说法正确的是( )图 1AO 点处的磁感应强度为零Ba、b 两点处的磁感应强度大小相等，方向相反Cc、 d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同Da、c 两点处磁感应强度的方向不同答案 C解析 根据安培定则判断：两直线电流在 O 点产生的磁场方向均垂直于 MN 向下，O 点的磁感应强
2、度不为零，故 A 选项错误； a、b 两点的磁感应强度大小相等，方向相同，故 B选项错误；根据对称性，c、d 两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，故 C 选项正确；a、c 两点的磁感应强度方向相同，故 D 选项错误2如图 2 为云室中某粒子穿过铅板 P 前后的运动轨迹室中匀强磁场的方向与轨迹所在平面垂直(图中垂直于纸面向里 )由此可知粒子( )图 2A一定带正电 B一定带负电C不带电 D可能带正电，也可能带负电答案 A解析 带电粒子穿过铅板有能量损失，其速度减小，由 R 可知，带电粒子做圆周运动mvqB的半径应变小，由题图可知带电粒子应从下往上运动，再由左手定则判定粒子带正电，本题只有选项
3、A 正确3如图 3 所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场重力不计、电荷量一定的带电粒子以速度 v 正对着圆心 O 射入磁场，若粒子射入、射出磁场点间的距离为R，则粒子在磁场中的运动时间为( )图 3A. B. C. D.23R9v 2R3v 23R3v R3v答案 A解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹，如图所示故轨道半 径：r R33故在磁场中的运动时间：t .23rv 23R9v4如图 4 所示，直线 MN 上 方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子 1 从磁场边界上的 a 点垂直 MN 和磁场方向射入磁场，经 t1 时间从 b 点离开磁场之后电子 2 也由 a 点沿图
4、示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经 t2 时间从 a、b 连线的中点 c 离开磁场，则 为( )t1t2图 4A. B2 C. D323 32答案 D解析 粒子在磁场中都做匀速圆周运动，根据题意画出粒子的运动轨迹，如图所示电子1 垂直射出磁场，从 b 点离开，则运动了半个圆周，ab 即为直径，c 点为圆心，电子 2 以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经 t2 时间从 a、b 连线的中点 c 离开磁场，根据半径 r可知，粒子 1 和 2 的半径相等，根据几何关系可知， aOc 为等边三角形，则粒子 2 转mvBq过的圆心角为 60，所以粒子 1 运动的时间 t1 ，粒子 2 运动的时间 t2
5、 ，所T2 mBq T6 m3Bq以 3.t1t25(多选) 如图 5 所示，在边长为 L 的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从 D 点以 v0 的速度沿 DB 方向射入磁场，恰好从 A 点射出，已知电荷的质量为 m，带电荷量为 q，不计电荷的重力，则下列说法不正确的是( )图 5A匀强磁场的磁感应强度为mv0qLB电荷在磁场中运动的时间为Lv0C若电荷从 CD 边界射出，随着入射速度 的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小D若电荷的入射速度变为 2v0，则粒子会从 AB 中点射出答案 BCD解析 由题图可以看出电荷做圆周运动的半径 rL，根据牛顿第二定律：qv 0Bm
6、 ，得v20rB ，A 正确；由 T ，转过的圆心角为 90，则 t ，故 B 错误；若电mv0qL 2Lv0 142Lv0 L2v0荷从 CD 边界射出，则转过的圆心角均为 180， 入射速度减小， T ，周期与速度无关，2mqB故电荷在磁场中运动的时间不变，C 错误；若电荷的入射速度变为 2v0，则半径变为 2L，轨迹如图，设 DF 为 h，由几何知识：(2Lh) 2L 2(2L) 2，得 h(2 )L L，可见 E 不是 AB 的中312点，即粒子不会从 AB 中点射出，D 错误6(多选) 空间存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图 6 所示的正方形虚线为其边界一细束由两种粒子组成的粒子
7、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( )图 6A入射速度不同的粒子在磁场中的运动时间一定不同 来源:学科网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答案 BD解析 在磁场中带电粒子运动半径 r ，运动时间 t ( 为转过的圆心角)，故 B、DmvqB mqB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，因而A、C 错7(多选) 如图 7 所示，带正电的
8、 A 粒子和 B 粒子先后以同样大小的速度从宽度为 d 的有界匀强磁场的边界上的 O 点分别以 30和 60(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )图 7AA、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是13BA、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是32 3CA、B 两粒子 之比是mq 13DA、B 两粒子 之比是mq 32 3答案 BD来源:学科网 ZXXK解析 由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据 Bqvm ，得 r .由v2r mvBq几何关系可得，对粒子 B：r Bcos 60r Bd，对粒子 A：r Acos 30r Ad，联立
9、解得 rArB，所以 A 错误，B 正确再根据 r ，可得 A、 B 两粒子 之比是 ，故 C 错32 3 mvBq mq 32 3误，D 正确综合应用8如图 8，一带电塑料小球质量为 m，用绝缘悬线悬挂于 O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为 60，水平磁场垂直于小球摆动的平面当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方最大摆角处摆到最低点时悬线上的张力为( )图 8A0 B2mg C4mg D6mg答案 C解析 带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用，但是洛伦兹力不做功，所以从左方摆到最低点的过程只有重力做功，根据动能定理得 mgL(1cos 60) mv2，摆到最低点时，合力提
10、12供向心力，悬线上张力为 0，则 qvBmg m mg.洛伦兹力方向竖直向上当小球从右v2L方摆到最低点时，根据对称性速度大小不变，但是方向反向，所以洛伦兹力方向竖直向下，大小不变，此时向心力不变即 FqvBmg m ，F4 mg，选项 C 对v2L9如图 9 所示，光滑的金属 轨道分水平段和圆弧段两部分，O 点为圆弧的圆心两金属轨道之间的宽度为 0.5 m，匀强磁场方向如图，大小为 0.5 T质量为 0.05 kg、长为 0.5 m的金属细杆置于金属轨道上的 M 点当在金属细杆内通以电流强度为 2 A 的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动已知 N、P 为导轨上的两点，ON 竖直
11、、OP 水平，且 1 m，g 取 10 m/s2， 则( )MN OP图 9A金属细杆开始运动时的加速度大小为 5 m/s2B金属细杆运动到 P 点时的速度大小为 5 m/sC金属细杆运动到 P 点时的向心加速度大小为 10 m/s2D金属细杆运动到 P 点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N答案 D解析 金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小 F 安 BIL0.520.5 N0.5 N，金属细杆开始运动时的加速度大小为 a 10 m/s2，选项 A 错误；对金属细杆从F安mM 点到 P 点的运动过程进行分析，安培力做功 W 安 F 安 ( )1 J，重力做功MN OPWG mg
12、0.5 J，由动能定理得 W 安 W G mv2，解得 金属细杆运动到 P 点时的ON12速度大小为 v m/s，选项 B 错误；金属细杆运动到 P 点时的加速度可分解为水平方向20的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小为 a 20 m/s2，v2r选项 C 错误；在 P 点金属细杆受到轨道水平向左的作用力 F，水平向右的安培力 F 安 ，由牛顿第二定律得 FF 安 ，解得 F1.5 N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为mv2r0.75 N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到 P 点时对每一条轨道的作用力大小为 0.75 N，选项 D 正确10(多选) 如图 10 所示为
13、一个质量为 m、电荷量为q 的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度为 B 的匀强磁场中，圆环以初速度 v0 向右运动直至处于平衡状态，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )图 10A0 B. mv C. D. m(v )12 20 m3g22q2B2 12 20 m2g2q2B2答案 ABD解析 若圆环所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项 A 正确；若圆环所受洛伦兹力不等于重力，圆环对粗糙细杆压力不为零， 摩擦力不为零，圆环以初速度 v0 向右做减速运动若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则一直减速到零，圆环克服摩擦力做的功为
14、mv ，选项 B 正确；若开始圆环所受12 20洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力达到稳定，稳定速度 v ，由动能定理mgqB可得圆环克服摩擦力做的功为 W mv mv2 m(v )，选项 C 错误，D 正确12 20 12 12 20 m2g2q2B211如图 11 所示，在倾角为 37的光滑斜面上有一根长为 0.4 m、质量为 6102 kg 的通电直导线，电流 I1 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 t0 时，B0，则需要多长时间，斜面对导线的支持力为零？(g 取 10 m/s2)图 11答案
15、 5 s解析 斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示由平衡条件来源:学科网 ZXXKFTcos 37F FTsin 37mg联立 解得： F 来源:学_科_网mgtan 37代入数值得： F0.8 N由 FBIL 得：B T2 TFIL 0.810.4B 与 t 的变化关系为 B0.4t所以 t5 s.12如图 12 所示，在区域( 0xd)和区域(d0)的粒子 a 于某时刻从 y 轴上的 P 点射入区域，其速度方向沿 x 轴正向已知 a 在离开区域时，速度方向与 x 轴正向的夹角为 30；此时，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，其速度大小是 a
16、的 .不计重力和两粒子之间的相互作用13力求：图 12(1)粒子 a 射入区域时速度的大小；(2)当 a 离开区域时，a、b 两粒子的 y 坐标之差答案 (1) (2) ( 2)d2dqBm 23 3解析 (1)设粒子 a 在区域 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 P，如图所示由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvaBm v2aRa1由几何关系得PCP Ra1 dsin 式中，30.由式得 va 2dqBm(2)设粒子 a 在区域内做圆周运动的圆心为 Oa，半径为 Ra2，射出点为 Pa(图中未画出轨迹) ，POaP
17、a.由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qva(2B)m v2aRa2由式得 Ra2 Ra12C、P和 Oa三点共线，且由 式知 Oa点必位于 x d32的直线上由对称性知，P a点与 P点纵坐标相同，即yPaR a1cos h式中，h 是 C 点的 y 坐标设 b 在区域中运动的轨道半径为 Rb1，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得q( )B ( )2va3 mRb1va3设 a 到达 Pa点时，b 位于 Pb点，转过的角度为 .如果 b 没有飞出 ，则 tTa2 2 tTb1 2式中，t 是 a 在区域中运动的时间，而Ta2 来源:学_科_网 Z_X_X_K2Ra2vaTb1 2Rb1va3由式得30由式可得，b 没有飞出.P b点纵坐标为yPbR b1(2cos ) h由式及题给条件得，a、b 两粒子的 y 坐标之差为yPay Pb ( 2) d23 3
