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1、磁场 电磁感应综合一、选择题1两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场中。设 r1、r2为这两个电 子的运动道半径，T1、T2是它们的运动周期，则()(A)r1=r2，T1T2 (B)r1 r2，T1T2(C)r1=r2，T1=T2 (D)r1 r2，T1=T22一带电粒子（重力不计）以初速度v垂直进入匀强磁场中，则以下说法正确的是：()A磁场对带电粒子的作用力保持不变 B磁场对带电粒子的作用力不做功C带电粒子的速度不变 D带电粒子的动能不变3图为地磁场磁感线的示意图，在北半球地磁场的竖直分量向下.飞机在我国上空匀速巡航，机翼保持水平，飞行高度不变.由于地磁场的作用，金属机
2、翼上有电势差设飞行员左方机翼未端处的电势为U1，右方机翼未端处的电势为U2()A.若飞机从西往东飞，U1比U2高 B.若飞机从东往西飞，U2比U1高C.若飞机从南往北飞，U1比U2高 D.若飞机从北往南飞，U2比U1高名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 11 页 -4用柔软的细金属丝弯成一个矩形闭合线框用绝缘细线悬挂起来，如图所示若匀强磁场与线框平面垂直开始时磁场很强，当磁场均匀减弱时，则正确的是()A.细线可能断掉 B.线框可能收缩C.线框可能变成圆形 D.线框绕过 a的竖直轴转动5如图所示，闭合矩形线圈abcd与长直导线 MN在同一平面内，线圈的ab、cd两边与直
3、导线平行，直导线中有逐渐增大、但方向不明的电流，则（）A可知道线圈中的感应电流方向B可知道线圈各边所受磁场力的方向C可知道整个线圈所受的磁场力的方向D无法判断线圈中的感应电流方向，也无法判断线圈所受磁场力的方向6在匀强磁场中，放一电阻不计的平行金属导轨，导轨跟大线圈M相连，如图所示，导轨上放一根直导线ah，磁感线垂直轨道所在平面，欲使 M所包围的小闭合线圈N产生顺时针方向的感应电流，则导线 ab的运动可能是（）A匀速向右运动B加速向右运动C减速向右运动名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 11 页 -D加速向左运动7在匀强磁场中有一用相同材料制成的导体框ABC,磁场方向
4、垂直于导体框平面，在 AC两端接一直流电源，如图所示，则：（）A.导体框 ABC 所受安培力的合力为零B.导体框 ABC 所受安培力的合力垂直于AC向上C.导体框 ABC 所受安培力的合力垂直于AB向上D.导体框 ABC 所受安培力的合力垂直于BC向上8.在匀强磁场中有一带电粒子做匀速圆周运动，当它运动到M点时，突然与一不带电的静止粒子碰撞瞬间合为一体，碰撞后的运动轨迹应为图中的哪一个(实线为原轨迹，虚线为碰后轨迹，且不计粒子重力)()9如图所示，由一根绝缘导线绕成半径相同的两个小圆组成的如图所示形状的线圈水平放置，匀强磁场B垂直通过线圈平面，若将磁场的磁感强度从 B增大到 2B的过程中通过线
5、圈的电量为Q，则下列哪些过程亦可使线圈中通过电量为Q（）A保持磁场 B不变，将线圈平面翻转90B保持磁场 B不变，将线圈平面翻转180C保持磁场 B不变，将线圈的一个小圆平面翻转180D保持磁场 B不变，将线圈拉成一个大圆名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 11 页 -10.如图，L1和L2为两平行的虚线，L1上方和 L2下方都是垂直纸面向里的磁感强度相同的匀强磁场，A、B两点都在 L2上带电粒子从 A点以初速 v与L2成30 角斜向上射出，经过偏转后正好过B点，经过 B点时速度方向也斜向上不计重力，下列说法中正确的是：()A带电粒子经过 B点时速度一定跟在 A点时速
6、度相同B若将带电粒子在 A点时初速度变大（方向不变），它仍能经过B点C若将带电粒子在 A点时初速度的方向改为与L2成60 角斜向上，它就不一定经过 B点D此粒子一定带正电荷11.如图为电磁流量计的示意图.直径为 d的非磁性材料制成的圆形导管内，有导电液体流动，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导电液体流动方向而穿过一段圆形管道.若测得管壁内 a、b两点间的电势差为U，则管中导电液体的流量Q=m3/s.12如图是研究自感现象的演示电路图，电感线圈L的直流电阻与R相同，A1、A2是相同的电流表，当两电流表中的电流从右端流入时，指针均向右偏；从左端流入时，指针均为向左偏则当开关S闭合瞬间，A1与A2中电
7、流的大小关系是I1I2（填“”、“”或“”）；当开关闭合一段时间再断开的瞬间，表A1和A2的指针偏转方向是：A1，A2；此时通过 A1、A2的电流大小关系是：I1 I2（填“”、“”或“”）名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 11 页 -13.图(a)中abcd为一边长为 L、具有质量的刚性正方形导线框，位于水平面内，bc边中串接有电阻 R，导线的电阻不计虚线表示一匀强磁场区域的边界，它与线框的ob边平行，磁场区域的宽度为2L，磁感应强度为 B，方向竖直向下线框在一垂直于ab边的水平恒定拉力 F作用下，沿光滑水平面运动，直到通过磁场区域已知ab边刚进入磁场时，线框便变
8、为匀速运动，此时通过电阻R的电流的大小为 I0，试在图(b)的I x坐标上定性画出：从导线框刚进入磁场到完全离开磁场的过程中，流过电阻 R的电流 I的大小随 ab边的位置坐标 x的曲线14.一个边长为 a的正方形线圈，总电阻为R，以速度 v匀速通过匀强磁场区域，如图所示，若磁感应强度为B，磁场宽度为 b，(1)ab时，名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 11 页 -线圈通过磁场释放出多少热量?(2)当 ab时，线圈通过磁场释放多少热量?15.某带电粒子从图中速度选择器左端由中点O以速度 v0向右射去，从右端中心 a下方的 b点以速度 v1射出；若增大磁感应强度B，该粒
9、子将打到 a点上方的 c点，且有 ac=ab，(1)请判定该粒子带何种电荷?（2）第二次射出时的速度为多少?16.两根互相平行、间距为d的金属导轨水平放在匀强磁场中，磁场方向竖直向上，磁感强度为B，如图所示.导轨上放有 M、N两根完全相同的细金属棒，它们的总电阻为R，导轨电阻不计.棒M 受水平拉力F，使两棒都作匀速直线运动，运动中两棒受的摩擦力相等，求两棒运动速度大小之差.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 11 页 -17如图所示是一个电子射线管，由阴极上发出的电子束被阳极A与阴极K间的电场加速，从阳极A上的小孔穿出的电子经过平行板电容器射向荧光屏，设 A、K间的电
10、势差为 U，电子自阴极发出时的初速度可不计，电容器两极板间除有电场外，还有一均匀磁场，磁感强度大小为B，方向垂直纸面向外，极板长度为d，极板到荧光屏的距离为L，设电子电量为 e，质量为 m问（1）电容器两极板间的电场强度为多大时，电子束不发生偏转，直射到荧光屏S上的O点；（2）去掉两极板间电场，电子束仅在磁场力作用下向上偏转，射在荧光屏 S上的D点，求 D到O点的距离 x18如图所示为足够长的光滑斜面导轨MM 和NN，斜面的倾角名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 11 页 -=30,导轨相距为 d，上端 M和N用导线相连并处于垂直斜面向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度
11、的大小随时间t的变化规律为 B=kt其中k为常数质量为 m的金属棒 ab垂直导轨放在 M、N附近从静止开始下滑通过的路程为 L时，速度恰好达到最大，此时磁场的磁感应强度的大小为 B1设金属棒的电阻为R，导轨和导线的电阻不计,求：(1)金属棒达到的最大速度v(2)金属棒从静止开始下滑了L的过程中所产生的热量20 A、B为水平放置的足够长的平行板，板间距离为d=10l0-2m，A板中央有一电子源 P，在纸面内能向各个方向发射速度在032107ms范围内的电子，Q为P点正上方 B板上的一点，若垂直纸面加一匀强磁场，磁感强度B=9110-3T，已知电子的质量 m=9.1 10-31kg，电子电量 e=
12、1610-19C，不计电子的重力和电子间相互作用力，且电子打到板上均被吸收，并转移到大地求：(1)沿PQ方向射出的电子，击中A、B两板上的范围名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 11 页 -(2)若从 P点发出的粒子能恰好击中Q点，则电子的发射方向(用图中 角表示)与电子速度的大小v之间应满足的关系及各自相应的取值范围磁场、电磁感应综合（答案）1D 2 BD 3AC 4C 5 BC 6CD 7B 8.A 9AC 10.AB11.dU/4B 12，向左，向右，13.略14.(1)；(2)名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9 页，共 11 页 -。15解：
13、B增大后向上偏，说明洛伦兹力向上，所以为带正电。两次都是只有电场力做功，第一次为正功，第二次为负功.功的绝对值相同.W1+W2=0 ，16解：将MN 看作整体，根据物体的平衡条件得：F=2f N 棒作匀速直线运动，所受安培力与摩擦力相等FB=f 两棒切割磁感线而产生的总感应电动势为E=Bd v 根据闭合电路欧姆定律 I=E/R 安培力大小为FB=IdB 根据以上五式得速度差 v=FR/2B2d217解：如图所示（1）电子穿过阳极 A小孔后的动能 mv/2 eU 电子穿过阳极 A小孔时速度为电子在电容器中不发生偏转的条件是eEevB，所以 E=vB=（2）电子在磁场中沿圆轨道运动，由牛顿第二定律
14、，得evBmv2R，R，由图26得x，xLtanxx+x18解：（1）由于磁感应强度变化和导线切割磁感线而产生的感应电动势为E=B1dv+LdB/t 由B=kt得B/t=k 根据闭合电路欧姆定律 I=E/R 安培力大小为 F=IdB 金属棒达到的最大速度时，加速度为零F=mgsin 由以上五式得（2）根据能量守恒定律得19解：(1)如图，沿 PQ 方向射出的电子最大轨迹半径由Bev=mv2/r 得rm=mvm/Be 代入数据解得 rm=210-2m=2d 该电子运动轨迹圆心在 A板上H 处恰能击中 B板M 处随着电子速度的减小，电子轨迹半径也逐渐减小击中B板的电子与 Q 点最远处相切于 N 点
15、，此时电子的轨迹半径为d，并恰能落在下板上 H 处所以电子能击中 B板MN 区域和A板PH 区域在MFH 中，QM=PF=2.68 l0-3m QN=d=l l0-2m PH=2d=2 l0-2m 名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 11 页 -电子能击中 B板Q 点右侧与 Q 点相距2.68l0-3m l l0-2m 的范围电子能击中 A板P点右侧与 P点相距02l0-2m 的范围(2)如图，要使 P点发出的电子能击中 Q 点，则有r=mv/Eb rsin=d/2 解得vsin=8106 m/s 取最大速度 32l07m s时，sin=1/4,min=arcsin(1/4)取最小速度时max=/2,vmin=8106 m/s所以电子速度与之间应满足vsin=8106 m/s 且arcsin(1/4，/2 v 8 106m/s,32l07m s名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 11 页 -