高中物理磁場綜合練習(xí)及答案(2)
高中物理磁場綜合練習(xí)及答案
解析 在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，只有重力做正功，在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，重力做正功、電場力做負(fù)功，由動(dòng)能定理可知：
12mv2M=mgH
12mv2N=mgH-qE?d
故vM>vN，A、C不正確.
最低點(diǎn)M時(shí)，支持力與重力和洛倫茲力的合力提供向心力，最低點(diǎn)N時(shí)，支持力與重力的合力提供向心力.
因vM>vN，故壓力FM>FN，B不正確.
在電場中因有電場力做負(fù)功，有部分機(jī)械能轉(zhuǎn)化為電勢能，故小球不能到達(dá)軌道的另一端.D正確.
二、填空題(5+5=10分)
11. 一個(gè)電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)以速率v從x軸上某點(diǎn)垂直x軸進(jìn)入上方勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖8所示，已知上方磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，且大小為下方勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的2倍，將從開始到再一次由x軸進(jìn)入上方磁場作為一個(gè)周期，那么，電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期所用的時(shí)間是________，電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的平均速度大小為________.
答案 3πmeB 2v3π
解析
電子一個(gè)周期內(nèi)的運(yùn)動(dòng)軌跡如右圖所示.由牛頓第二定律及洛倫茲力公式，可知evB=mv2R，故圓半徑R=mveB，所以上方R1=mveB，T1=2πmeB;下方R2=2mveB，T2=4πmeB.因此電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期所用時(shí)間是：T=T12+T22=πmeB+2πmeB=3πmeB，在這段時(shí)間內(nèi)位移大?。簒=2R2-2R1=2×2mveB-2×mveB=2mveB，所以電子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的平均速度大小為：v=xT=2mveB3πmeB=2v3π.
12.(5分)如圖9所示,正方形容器處在勻強(qiáng)磁場中,一束電子從a孔沿a→b方向垂直射入容器內(nèi)的勻強(qiáng)磁場中，結(jié)果一部分電子從小孔c豎直射出，一部分電子從小孔d水平射出，則從c、d兩孔射出的電子在容器中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比tc∶td=____________，在容器中運(yùn)動(dòng)的加速度大小之比ac∶ad=__________
答案 1∶2 2∶1
解析 同一種粒子在同一磁場中運(yùn)動(dòng)的周期相同，且tc=14T，td=12T，即tc∶td=1∶2.
由r=mvqB知，vc∶vd=rc∶rd=2∶1，
而ac∶ad=qvcBm∶qvdBm=vc∶vd=2∶1.
三、計(jì)算題(8+8+12+12=40分)
13.如圖10所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為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中，設(shè)t=0時(shí)，B=0，則需要多長時(shí)間斜面對導(dǎo)線的支持力為零?(g取10 m/s2)
答案 5 s
解析 斜面對導(dǎo)線的支持力為零時(shí)受力分析如右圖
由平衡條件得：
BIL=mgcot 37°
B=mgcot 37°IL
=6×10-2×10×0.80.61×0.4 T=2 T
所需時(shí)間t=BΔB=20.4 s=5 s
14.電子質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v0與x軸成θ角射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，最后落在x軸上的P點(diǎn)，如圖11所示，求：
(1)OP的長度;
(2)電子由O點(diǎn)射入到落在P點(diǎn)所需的時(shí)間t.
答案 (1)2mv0Bqsin θ (2)2θmBq
解析
帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，應(yīng)根據(jù)已知條件首先確定圓心的位置，畫出運(yùn)動(dòng)軌跡，所求距離應(yīng)和半徑R相聯(lián)系，所求時(shí)間應(yīng)和粒子轉(zhuǎn)動(dòng)的圓心角θ、周期T相聯(lián)系.
(1)過O點(diǎn)和P點(diǎn)做速度方向的垂線，兩線交點(diǎn)C即為電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，如右圖所示，則可知OP=2R?sin θ①
Bqv0=mv20R②
由①②式可解得：
OP=2mv0Bqsin θ.
(2)由圖中可知：2θ=ωt③
又v0=ωR④
由③④式可得：t=2θmBq.
15.如圖12所示，有界勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2×10-3T;磁場右邊是寬度L=0.2 m、場強(qiáng)E=40 V/m、方向向左的勻強(qiáng)電場.一帶電粒子電荷量q=-3.2×10-19 C，質(zhì)量m=6.4×10-27 kg，以v=4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁場，在磁場中偏轉(zhuǎn)后進(jìn)入右側(cè)的電場，最后從電場右邊界射出.求：
(1)大致畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡(畫在給出的圖中);
(2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑;
(3)帶電粒子飛出電場時(shí)的動(dòng)能Ek.
答案 (1)見解析圖 (2)0.4 m (3)7.68×10-18 J
解析 (1)軌跡如下圖所示.
(2)帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，由牛頓運(yùn)動(dòng)定律，有
qvB=mv2R，
R=mvqB=6.4×10-27×4×1043.2×10-19×2×10-3 m=0.4 m.
(3)Ek=EqL+12mv2=40×3.2×10-19×0.2 J+12×6.4×10-27×(4×104)2 J=7.68×10-18 J.
16.質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負(fù)電粒子自靜止開始，經(jīng)M、N板間的電場加速后，從A點(diǎn)垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強(qiáng)磁場中，該粒子離開磁場時(shí)的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖13所示，已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計(jì).
(1)正確畫出粒子由靜止開始至離開勻強(qiáng)磁場時(shí)的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖);
(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B.
答案 (1)見解析圖 (2)2L(L2+d2)2mUq
解析 (1)作出粒子經(jīng)電場和磁場的軌跡圖，如下圖
(2)設(shè)粒子在M、N兩板間經(jīng)電場加速后獲得的速度為v，
由動(dòng)能定理得：
qU=12mv2①
粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)其半徑為r，則：
qvB=mv2r②
由幾何關(guān)系得：r2=(r-L)2+d2③
聯(lián)立①②③式得：
磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2L(L2+d2)2mUq.
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