17恒定磁场单元练习二答案解读
2017年高考物理试题分类汇编及答案解析《磁场》(2021年整理精品文档)
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磁场1．【2017·江苏卷】如图所示，两个单匝线圈a 、b 的半径分别为r 和2r ．圆形匀强磁场B 的边缘恰好与a 线圈重合，则穿过a 、b 两线圈的磁通量之比为(A ）1:1(B ）1:2 （C)1:4 (D)4:1【答案】A【考点定位】磁通量【名师点睛】本题主要注意磁通量的计算公式中S 的含义，它指的是有磁感线穿过区域的垂直面积．2．【2017·新课标Ⅰ卷】如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上（与纸面平行），磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a 、b 、c 电荷量相等,质量分别为m a 、m b 、m c .已知在该区域内，a 在纸面内做匀速圆周运动，b 在纸面内向右做匀速直线运动，c 在纸面内向左做匀速直线运动。
下列选项正确的是A ．a b c m m m >>B ．b a c m m m >>C ．a c b m m m >>D ．c b a m m m >>【答案】B 【解析】由题意知，m a g =qE ,m b g =qE +Bqv ,m c g +Bqv =qE ，所以b a c m m m >>,故B 正确，ACD 错误。
【考点定位】带电粒子在复合场中的运动【名师点睛】三种场力同时存在，做匀速圆周运动的条件是m a g =qE ,两个匀速直线运动，合外力为零，重点是洛伦兹力的方向判断。
大学物理活页作业答案(全套)马文蔚
1.质点运动学单元练习（一）答案1．B 2．D 3．D 4．B5．3.0m ；5.0m （提示：首先分析质点的运动规律，在t <2.0s 时质点沿x 轴正方向运动；在t =2.0s 时质点的速率为零；，在t >2.0s 时质点沿x 轴反方向运动；由位移和路程的定义可以求得答案。
）6．135m （提示：质点作变加速运动，可由加速度对时间t 的两次积分求得质点运动方程。
）7．解：（1）)()2(22SI jt i t r -+=)(21m ji r+= )(242m ji r-=)(3212m ji r r r-=-=∆)/(32s m ji t r v -=∆∆=（2）)(22SI j t i dtrd v -== )(2SI jdt vd a -==)/(422s m j i v-=)/(222--=s m ja8．解：t A tdt A adt v totoωω-=ωω-==⎰⎰sin cos 2t A tdt A A vdt A x totoω=ωω-=+=⎰⎰cos sin9．解：（1）设太阳光线对地转动的角速度为ωs rad /1027.73600*62/5-⨯=π=ωs m th dt ds v /1094.1cos 32-⨯=ωω==（2）当旗杆与投影等长时，4/π=ωth s t 0.31008.144=⨯=ωπ=10．解： ky yv v t y y v t dv a -====d d d d d d d -k =y v d v / d y⎰⎰+=-=-C v ky v v y ky 222121,d d 已知y =y o ，v =v o 则20202121ky v C --= )(2222y y k v v o o -+=2.质点运动学单元练习（二）答案1．D 2．A 3．B 4．C5．14-⋅==s m t dt ds v ；24-⋅==s m dtdva t ；2228-⋅==s m t Rv a n ；2284-⋅+=s m e t e a nt6．s rad o /0.2=ω；s rad /0.4=α；2/8.0s rad r a t =α=；22/20s m r a n =ω=7．解：（1）由速度和加速度的定义)(22SI ji t dt rd v +==；)(2SI idtvd a ==（2）由切向加速度和法向加速度的定义)(124422SI t t t dt d a t +=+=)(12222SI t a a a t n +=-=（3）())(122/322SI t a v n+==ρ8．解：火箭竖直向上的速度为gt v v o y -︒=45sin 火箭达到最高点时垂直方向速度为零，解得s m gtv o /8345sin =︒=3.牛顿定律单元练习答案1．C 2．C 3．A 4．kg Mg T 5.36721==；2/98.02.0s m MT a == 5．x k v x 22=；x x xv k dtdxk dt dv v 222== 221mk dt dv mf x x == 6．解：（1）ma F F N T =θ-θsin cosmg F F N T =θ+θcos sinθ-θ=θ+θ=sin cos ;cos sin ma mg F ma mg F N T（2）F N =0时；a =g cot θ7．解：mg R m o ≥ωμ2Rg o μ≥ω 8．解：由牛顿运动定律可得dtdv t 1040120=+ 分离变量积分()⎰⎰+=tovdt t dv 4120.6 )/(6462s m t t v ++=()⎰⎰++=t oxdt t tdx 6462.5 )(562223m t t t x +++=9．解：由牛顿运动定律可得dtdv mmg kv =+- 分离变量积分⎰⎰-=+t o vv o dt m k mg kv kdv ot m kmg kv mg o -=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+ln ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=mg kv k m mg kv mg k m t o o 1ln ln10．解：设f 沿半径指向外为正，则对小珠可列方程 a v m f mg 2cos =-θ，t vm mg d d sin =θ，以及 ta v d d θ=，θd d v a t =，积分并代入初条件得 )cos 1(22θ-=ag v ，)2cos 3(cos 2-=-=θθmg av m mg f ．4.动量守恒和能量守恒定律单元练习（一）答案1．A ； 2．A ； 3．B ； 4．C ； 5．相同 6．2111m m t F v +∆=；2212m t F v v ∆+=7．解：（1）t dt dxv x 10==；10==dtdv a x x N ma F 20==；m x x x 4013=-=∆J x F W 800=∆=（2）s N Fdt I ⋅==⎰40318．解：()1'v m m mv +=()221221'2121o kx v m m mv ++= ()''m m k mm vx +=9．解： 物体m 落下h 后的速度为 gh v 2=当绳子完全拉直时，有 ()'2v M m gh m +=gh mM m v 2'+=gh mM mMMv I I T 22'22+===10．解：设船移动距离x ，人、船系统总动量不变为零0=+mv Mu等式乘以d t 后积分，得0=+⎰⎰totomvdt Mudt0)(=-+l x m Mx m mM mlx 47.0=+=5.动量守恒和能量守恒定律单元练习（二）答案1．C 2．D 3．D 4．C 5．18J ；6m/s 6．5/37．解：摩擦力mg f μ=由功能原理 2121210)(kx x x f -=+- 解得 )(22121x x mg kx +=μ.8．解：根据牛顿运动定律 Rv m F mg N 2cos =-θ由能量守恒定律mgh mv =221质点脱离球面时 RhR F N -=θ=cos ;0 解得：3R h =9．解：(1)在碰撞过程中，两球速度相等时两小球间距离最小 v v v )(212211m m m m +=+ ①212211m m v m v m v ++=(2) 两球速度相等时两小球间距离最小，形变最大，最大形变势能等于总动能之差22122221)(212121v v v m m m m E p +-+=② 联立①、②得 )/()(212122121m m m m E p +-=v v10．解：(1)由题给条件m 、M 系统水平方向动量守恒，m 、M 、地系统机械能守恒．0)(=--MV V u m ①mgR MV V u m =+-2221)(21 ② 解得： )(2m M M gRmV +=；MgRm M u )(2+=(2) 当m 到达B 点时，M 以V 运动，且对地加速度为零，可看成惯性系，以M 为参考系 R mu mg N /2=-M mg m M mg R mu mg N /)(2/2++=+= mg MmM M mg m M Mmg N 23)(2+=++=6.刚体转动单元练习（一）答案1．B 2．C 3．C 4．C5．v = 1.23 m/s ；a n = 9.6 m/s 2；α = –0.545 rad/ s 2；N = 9.73转。
恒定磁场答案-清华版-终稿(1)
恒定磁场（一）参考解答一、选择题1、D2、B3、C 二、填空题 1、大小：00(1122II R R μμπ+方向：⊗2、2cos B r πα- 3、0ln 22Iaμπ三、计算题1.（1）解：金属薄片单位弧长上的电流为I Rπ IdI Rd Rθπ=θπμπμd RIR dI dB 20022==j dB i dB j dB i dB B d y x )cos (sin θθ-+=+=00220020sin 2cos 02x x y y I IB dB d R RIB dB d Rππμμθθππμθθπ=====-=⎰⎰⎰⎰∴02I B i Rμπ=r r1.（2）解：金属薄片单位弧长上的电流为2I Rπ 2IdI Rd Rθπ=0022sin (cos )x y dI I dB d R R dB dB i dB j dB i dB j μμθππθθ===+=+-r r r r r 002220002220sin cos x x y y I IB dB d R RI IB dB d R Rππμμθθππμμθθππ=====-=-⎰⎰⎰⎰∴0022x y I I B B i B j i j R Rμμππ=+=-r r r r r2.解：（1）010212()112222I I B I I dd d μμμπππ=+=+ 方向：⊙（2）010222()I I B r d r μμππ=+- 121010*******121322()ln ln 22r r m m S S S r I I d B dS BdS ldx r d r I l I l r r r r r r μμππμμππ+⎡⎤Φ=Φ===+⋅⎢⎥-⎣⎦++=+⎰⎰⎰⎰r r g四.讨论题32003200321000000440044O I IO R RI IO R Rμμππμμππ=======⊗=====101010、（1）圆环电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B （2）圆环电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B （3）圆环电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B e ee323232000001100O O O ======⊗=⊗=+=-⊗====101012102、（1）三角形电流的B ；两直导线的B 、B ；点总磁感应强度B （2）三角形电流的B ；两直导线的B 、 B ； 点总磁感应强度B B B （3）三角形电流的B ；两直导线的B 、B ； 点总磁感应强度B 04Ilπ⊗；恒定磁场（二）参考解答一、选择题1、C二、填空题1、环路内包围的电流代数和；环路上积分点的磁场；所有电流产生的。
恒定磁场答案解读
第7章恒定磁场一、选择题1. B2. C3. A4. B5. B6. B7. C8. C9. C10. A11. A12. D13. C14. C15. D16. B17. B18. B19. B20. D21. A22. C23. C24. B25. D26. B27. C28. A29. A30. B31. D32. D33. B34. D35. D36. B37. A 38. B 39. C 40. D 41. C 42. C 43. B 44. B 45. D 46. C 47. A 48. D 49. C 50. A 51. C 52. B 53. B 54. B 55. A 56. C 57. A 58. C 59. C 60. D 二、填空题1. (T)1045-⨯，500A2. RI80μ，⊗ 3. (T)108.83-⨯4. r I π20μ5. 1.4 A6.a 37. 动能, 动量8. (N)102.323-⨯，(m)101.75-⨯ 9. )s (m 103.6214-⋅⨯，(m)101.33-⨯10. (V)102.25-⨯11. )m (A 100.8823--⋅⨯，m)(N 0.352⋅ 12. )m (A 1026.9224--⋅⨯ 13. -0.14 J 14. 2, 1 15. 7:8 16. 减小; 2R x <区域减小，在2R x >区域增大(x 为离圆心的距离)17. 0, I 0μ- 18. bba aI+lnπ20μ 19.⎪⎭⎫ ⎝⎛+1π240R I μ 20. I 0μ, 0, I 02μ21. 向着长直导线平移22.aBI 223. r I H π2=, r IH B π2μμ==24. 2ln π20IaΦμ＝25. x RIz y R I ˆ83)ˆˆ(π400μμ-+- 26. αsin π2B r -27. (Wb)24.0-, 0, (Wb)24.0 28.22IT m π三、计算题1. 解：由载流直导线磁场公式2204π2rL L rIB +=μ一段载流直线在P 点的磁场大小为22222201)(4)2(2π2x l l l xl IB +++=μ2222021π2xl xl Il++=μ正方形线圈整体在P 点的磁场大小为222220221121)π(24cos 4x l x l l I x l l B B B ++=+==μθ方向沿x 轴由B 与H的关系式得22222021)π(2xl x l l I BH ++==μ 方向沿x 轴2. 解：由毕奥—萨伐尔定律可知，两直线部分电流在其延长线上O 点产生的磁感应强度为0．半圆弧电流在O 点的磁感应强度B垂直于半圆面向上，大小为RI R I B 422100μμ==3. 解：由毕奥—萨伐尔定律和电流分布的对称性可知，半径为R 、载流I 的的圆电流在轴线上距离圆心r 处产生的磁感应强度B 沿电流I 的右旋前进方向，大小为2/32220)(2R x IRB +=μ此处设水平向右为正，则两圆电流在O 点r 处的磁感应强度为2/32222202/321221021])[(2])[(2R r l IR R r l IR B B B +-+++=+=μμ4. 解：由于细导线密绕，每匝电流都可以看作圆电流，于是宽度为r d 的圆电流(电流元)总匝数r n d 载流为r nI I d d =由圆电流在轴线上的磁场公式 x R x IRB ˆ)(22/32220+=μ 可得电流元I d 在P 点的磁场为 xr x rnIr xr x Ir B ˆ)(2d ˆ)(2d d 2/322202/32220+=+=μμA7-3-4图所有电流在P 点产生的磁场为x R x R rR x R nI x r x r r nI B B R ˆln 2ˆ)(d 2d 2222002/32220⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++=+==⎰⎰μμ5. 解：建立图所示的Oxyz 平面，将导体薄片分成许多沿z 轴的“无限长”直线电流，其中一根电流的载流量为y d II d d =．利用“无限长”直线电流产生磁场的公式r I B π20μ=可得r IB '=π2d d 0μ其中22y r r +='由对称性分析可知，导体薄片上所有电流在P 点产生的磁场将沿y 轴，其大小为⎪⎭⎫⎝⎛=+==⎰⎰-r d Iy y r d rI B B d d 2arctan π2d )(π2sin d 02/2/220μμθ讨论：当∞→d 时，如果保持j dI=为恒量，由上式可得 j I B 00212ππμμ==即无穷大载流平面产生的磁场为均匀场．6. 解：带电圆盘转动时，可看作无数圆电流的磁场在O 点的叠加． 取半径为ξ，宽为ξd 的圆环，其上电流ξσωξπωξπξσd 2d 2d =⋅=i它在中心O 产生的磁感应强度为：ξσωμξμd 212d d 00==i B正电荷部分产生的磁场为：r B r⎰==+00021d 21σωμξσωμ 负电荷部分产生的磁场为：)(21d 2100r R B R r -==⎰-σωμξσωμ 而题设-+=B B ，故得R=2r7. 解：电子运动速度⊥+=v v v// 由电子运动方程B e rm ⊥⊥=v v 2 得电子绕磁力线转一圈的时间为(s)1057.310100.1106.1101.914.32π2π22451931-----⊥⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯===B e m r T v 电子沿着磁场方向前进一光年所需时间为(s)1015.310301.0103606024365988//⨯=⨯⨯⨯⨯⨯⨯⨯==v 光年s t 在这段时间里电子绕磁力线转的圈数为1029108.81057.31015.3⨯=⨯⨯==-T t N8. 解：导线中通过电流I 时，上面一段通电导线所受的安培力大小为ILB F =方向向上，使得导线跳起． 由牛顿定律得 t F m d d =v 因F v 、同向，故t ILB t F m d d d ==v所以00d 0v v v m m =⎰⎰⎰==qqLBq q LB t I LB 0d d又因为gh 20=v所以，通过导线的电量为gh LBmq 2=A7-3-8图9. 解：建立如图所示的坐标系Ox ，在离“无限长”直线电流x 远处电流元l d I 受力21d d B l I F⨯=方向垂直于电流2I 向上． 于是，整个电流2I 所受的力为21d d B l I F F⨯==⎰⎰大小为2ln π2d 1π22102210I I x x I I F LLμμ==⎰10. 解：(1)在均匀磁场中，圆弧⋂CD 所受的磁力与弧线通以同样的电流所受的磁力相等由安培定律得 (N)283.05.022.022=⨯⨯⨯===⋂RIB F F CD方向与CD 弧线垂直，与OD 夹角为45度，如A7-3-10图所示．(2) 线圈的磁矩 n n n IS P 22m 10π22.0π412-⨯=⨯⨯==所受磁力矩大小为夹角为与,30)6090(=-B n 30sin m B P M =215.010π22⨯⨯⨯=-m)(N 1057.12⋅⨯=- M 的方向将驱使线圈法线n转向与B 平行．11. 解：建立如A7-3-11图所示的坐标系，轴方向，沿z j平板在yz 平面内，取宽度为y d , 长直电流y j I d d =，它在P 点产生的磁感应强度大小为：,π2d π2d d 00r yj r I B μμ==方向如A7-3-11图所示 将y x B B B d d d 和分解为，由对称性可知0d ==⎰x x B B ，θθcos π2d cos d d 0ryj u B B y ==又2222cos ,yx xr x y x r +==+=θ，代入上式并积分，则j u x y y jx u B B y 022021d π2d =+==⎰⎰∞∞-A7-3-9图1IO d A7-3-11图A7-3-10图12. 解：带电圆筒旋转相当于圆筒表面有面电流，单位长度上电流为ωσωσR R i =⋅=π2π2与长直通电螺线管内磁场分布类似．圆筒内为均匀磁场，ω的方向与B 一致(若0<σ，则相反)．圆筒外0=B．作如图所示的安培环路L ，由安培环路定理i ab ab B l B L⋅=⋅=⋅⎰0d μ 得圆筒内磁感应强度大小为ωσμμR i B 00==写成矢量式：ωσμμR i B 00==13. 解：(1) 如图示在CD 上距O 点r 处取线元r d ，其上带电量r q d d λ=q d 旋转对应的电流强度为 r q I d π2d π2d λωω==它在O 点产生的磁感应强度大小为rrr I B d 42d d 00⋅==πλωμμ O 点的磁感应强度大小为 aba rrB B b a aO +===⎰⎰+lnπ4d π4d 00λωμωλμ 0>λ时的方向为⊗(2) I d 的磁矩为 r r I r P d 21d πd 22m λω== 总磁矩大小为])[(d 21d 332m m a b a b r r P P ba a-+===⎰⎰+λωλω0>λ时的方向与ω相同，即⊗(3) 若a >> b ，则)31()(,ln 33a ba b a a b a b a +≈+≈+，则有 a qa b B O π4π400ωμωλμ=⋅=，其中b q λ= q a b a b P m 22213ωλω=⋅=o B及m P 的方向同前．14. 解：(1)设上下两电流在P 点产生的磁感应强度分别为1B 和2B由安培环路定理⎰∑=⋅LI l B 0d μ 可得1B 和2B的大小分别为22001π2π2xa IrIB +==μμA7-3-12图22002π2π2xa IrIB +==μμ方向如图所示．由二者叠加，可得：x x x B B B 21+=22220π22xa ax a I +⋅+⋅=μ)π(220x a Ia +=μ 0=y Bi x a Ia x B)π()(220+=μ(2) 令0)π(2d d 2220=+-=x a Iax x Bμ，得0=x ，又得0d d 22<x B所以0=x 出B 有极大值．15. 解：由电流分布具有轴对称，可知磁场分布也应有轴对称，即与轴线距离相同的场点，其场强大小相等，其方向沿以圆筒轴线为轴的过场点的圆环的切向; 又因电流无限长,场强与场点的轴向位置无关．过场点作垂直于圆筒轴线,半径为r 的圆周，由安培环路定理，有 ∑⎰==⋅i L I r B l B 0π2d μ1R r <： 0=∑i I ， 0=∴B 21R r R <<：)π(212R r j Ii-=∑rR r j B 2)(220-=μ写成矢量式为 r 21202)(e j rR r B⨯-=μ 2R r >：I R R j Ii=-=∑)π(2122rIrR R j B π22)(021220μμ=-=圆筒外部的磁场相当于全部电流集中在轴线上所产生的场．结果讨论：若R 1=0, 即电流均匀流过无限长实心圆柱，这时由上述解答易得, 圆柱内 r j B⨯=20μ；圆柱外解答不变．16. 解：由于电流分布对于平板厚度的平分面CD 对称,并且沿平面任意方向平移不变, 因此磁场亦具有平面对称性, 即在与平板距离相同的场点, 其磁感应强度相同, 且其值与场点沿板平面的位置坐标无关．磁感应强度的方向可作如下分析：沿电流方向将平板分成许多细长条，如A7-3-16图所示．取一对相对场点位置对称的细长条，由无限长直电流的场强叠加可知，合场强的方向垂直于电流方向而与板面平行．选择坐标如A7-3-16图, 由场分布的对称情况，过场点作图示矩形，使其中两对边与板面平行，由安培环路定理有∑⎰==⋅i LI Bh l B 02d μ2bx <, xh j I i 2⋅=∑， jx B 0μ= 或 x j B ⨯=0μ2b x >’j b hI i =∑， 20jbB μ=或 n 02e j b B⨯=μ 其中, n e为平板的外法线方向．17. 解：闭合曲线1L 环绕电流两圈，每一圈电流均是反向穿过，所以⎰-=⋅102d L I l B μ闭合曲线2L 可看成由2L '和2L ''两部分曲线构成，如A7-3-17图所示，加一辅助线AB ，则A L AB 2'构成一闭合回路，B L BA 2''构成另一回路，对两个回路，电流均是反向穿过，所以II I l B l B l B l B l B l B l B l B l B B L BA A L AB L BA AB L L L L 0002d d d d d d d d d 2222222μμμ-=--=⋅+⋅=⋅+⋅+⋅+⋅=⋅+⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰'''''''''这样可看作电流I 反向穿过回路2L 两次，所以有上式．A7-3-16图A7-3-17图18. 解：在半圆形电流上任取电流元l I d , 该电流元所受磁力为B l I F⨯=d d , 则此半圆弧导线受力为)d (⎰⨯=baB l I F由于磁场均匀，B可移至积分符号之外，因而有 B l I F b a ⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰d 式中⎰b ald 为半圆弧上各有向线元l d 的矢量和，它等于由半圆一端a 到另一端b 的矢量,以l 表示,则B l I B l I F b a ⨯=⨯⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰d上式表示,均匀磁场中半圆形载流导线所受磁力与一段连接其两端的载流直导线所受的磁力相同. 按题设, l 与B之间夹角为α, 因此磁力的大小为IRB RB I F ==αsin 2F 的方向与纸面垂直，指向纸面外．19. 解：带缺口的圆柱面电流的磁场可看作一完整均匀柱面电流的磁场和在缺口位置的密度相同、方向相反的电流的磁场的叠加．由于均匀圆柱面电流在其轴线处的磁感应强度为零, 轴线处磁感应强度由缺口的反向电流的磁场决定．而由于R b <<，缺口电流可视为无限长的载流直导线, 它在轴线处产生的磁感应强度大小RjbB π20μ=方向垂直于轴线由安培力公式, 轴线位置处的载流长直导线所受磁力大小为RIjb IB l Fπ2d d 0μ== 因为两电流平行反向，故磁力方向为垂直于导线的斥力20. 解：载流线圈在均匀磁场中所受合力为⎰⎰=⨯=⨯=0]d [d B l I B l I F所受合力矩大小为()的夹角为线圈法线与B B P B P M m mϕϕ0sin ==⨯=所以线圈处于平衡状态．但因线圈上各电流元都受到安培力作用且沿径向向外，所以线圈导线中存在张力，且各处张力相等，沿切向．T7-3-18图 bA7-3-19图如A7-3-20(a)图任取一电流元，它对圆心O 所张的角为θd ，它两端受张力T 的作用，沿径向受安培力Fd 作用，导线元处于平衡态，则 2d sin 2d θT F = 又 θd d d d IBR lB I B l I F ==⨯=因电流元足够小，θd 足够小2d 2d sinθθ≈ 于是有IBR T =本题也可通过分析一段弧的受力求解．如7-3-20(b)图，考虑半圆形载流导线受力，其所受安培力为 R IB B l I F 2d =⨯=⎰由圆线圈处于平衡态，有T F 2=故IBR T =21. 解：设小磁针的等效磁矩为m p，则小磁针在磁场中所受力矩为θθB p B p M m m -≈-=sin式中θ为m p与B 间的夹角，负号表示该磁力矩为恢复力矩，由定轴转动定律22d d tJ M θ=θθJ B p tm -=22d d J B p m =2ω， B p J T m π=2所以 =π=)2(TB J p m 2.63×10-2 A ·m 2A7-3-20(a)图⋅⋅⋅⋅⋅⋅A7-3-20(b)图⋅⋅⋅⋅⋅⋅T。
大学物理简明教程陈执平参考解答(完整版)7.恒定磁场习题.
7－1 如图AB 、CD 为长直导线，BC 是一段圆心为O 、半径为R 的圆弧形导线，若导线通有电流I ，求O 点的磁感应强度。
解： AB 段产生：0B 1= BC 段产生：R12IB 02μ=，方向垂直向里CD 段产生：)231(R 2I )60sin 90(sin 2R 4IB 00003-=-=πμπμ方向垂直向里 )6231(R 2I B B B B 03210ππμ+-=++=，垂直纸面向内7－2 两条无限长直载流导线垂直且不相交，它们相距最近处为cm 0.2d =，电流分别为A 0.4I 1=和A 0.6I 2=， P 点到两导线距离都是d ，求P 处的磁感应强度大小。
解： 电流I 1在P 点产生 T 100.4d2I B 5101-⨯==πμ 方向垂直向里 电流I 2在P 点产生 T 100.6d2I B 5202-⨯==πμ 方向在纸面里垂直指向电流I 1P 点 T 102.7B B B 52221-⨯=+=5.1B B tg 12==θ，91560'=θ7－3 一宽度为b 的半无限长金属板置于真空中，均匀通有电流0I 。
P 点为薄板边线延长线上的一点，与薄板边缘的距离为d 。
如图所示。
试求P 点的磁感应强度B 。
解 建立坐标轴OX ，如图所示，P 点为X 轴上的一点。
整个金属板可视为由无限多条无限长的载流导线所组成，其中取任意一条载流线，其宽度为dx ，其上载有电流dx b I dl 0=,它在P 点产生的场强为()x d b b dx I r dIdB P -+==πμπμ44000的方向垂直纸面向里。
由于每一条无限长直载流线在P 点激发的磁感强度dB 具有相同的方向，所以整个载流金属板在P 点产生的磁感应强度为各载流线在该点产生dB 的代数和，即⎰⎰-+==bP P x d b dx bI dB B 004πμbx d b b I 0001ln 4-+=πμb d d b I πμ4ln 00+=P B 方向垂直于纸面向里。
恒定磁场参考答案
恒定磁场参考答案恒定磁场参考答案磁场是我们日常生活中常见的物理现象之一。
它是由电流或磁体产生的，并且可以对其他物体产生各种各样的影响。
在这篇文章中，我们将探讨恒定磁场的一些基本概念和应用。
首先，我们来了解一下什么是恒定磁场。
恒定磁场是指磁场的强度和方向在空间中保持不变的情况。
这意味着无论我们在磁场中的位置如何，磁场的性质都是一样的。
这与变化磁场不同，变化磁场的强度和方向会随着时间的推移而改变。
恒定磁场有许多重要的应用。
其中一个应用是在磁共振成像（MRI）中。
MRI是一种医学成像技术，它利用恒定磁场和无线电波来生成人体内部的图像。
MRI可以帮助医生诊断各种疾病，如肿瘤和神经系统疾病。
恒定磁场在MRI中起到了至关重要的作用，它能够使人体内的原子核在磁场中产生共振，从而产生信号被接收器捕获并转化为图像。
另一个应用是在磁力计中。
磁力计是一种测量磁场强度和方向的仪器。
它通常由一个磁针和一个刻度盘组成。
当磁针暴露在磁场中时，它会受到磁场力的作用，从而指向磁场的方向。
通过读取刻度盘上的刻度，我们可以确定磁场的强度。
磁力计在许多领域中都有广泛的应用，包括地质勘探、导航和科学研究等。
此外，恒定磁场还与电磁感应相关。
电磁感应是指当导体在恒定磁场中运动时，会在导体中产生感应电流。
这个现象是由法拉第电磁感应定律描述的。
根据这个定律，感应电流的大小与导体的速度、磁场的强度和导体的几何形状有关。
电磁感应在发电机和变压器等电力设备中起着重要的作用。
最后，让我们来看一下恒定磁场对物体运动的影响。
当一个带电粒子进入恒定磁场时，它会受到洛伦兹力的作用。
洛伦兹力是由带电粒子的速度和磁场的方向决定的。
根据洛伦兹力的方向，带电粒子可能会被弯曲成一个圆形轨道，这被称为磁场中的圆周运动。
这个现象在粒子加速器和等离子体物理学中非常常见。
总之，恒定磁场是一个重要的物理现象，它在许多领域中都有广泛的应用。
无论是在医学成像、磁力计、电磁感应还是物体运动中，恒定磁场都起着关键的作用。
【单元练】(必考题)高中物理选修2第二章【电磁感应】经典练习卷(含答案解析)
一、选择题1．法拉第发明了世界上第一台发电机―法拉第圆盘发电机，原理如图所示。
铜质圆盘水平放置在竖直向下的匀强磁场中，圆盘圆心处固定一个带摇柄的转轴，边缘和转轴处各有一个铜电刷与其紧贴，用导线将电刷与电阻R 连接起来形成回路，其他电阻均不计。
转动摇柄，使圆盘如图示方向匀速转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B ，圆盘半径为r ，电阻的功率为P 。
则（ ）A PR R 的电流方向为从c 到dB ．圆盘转动的角速度为2PR Br ，流过电阻R 的电流方向为从d 到c C 2PR R 的电流方向为从c 到d D PR R 的电流方向为从d 到c B 解析：B 将圆盘看成无数幅条组成，它们都切割磁感线，从而产生感应电动势，出现感应电流，根据右手定则圆盘上感应电流从边缘流向圆心，则流过电阻R 的电流方向为从d 到c ， 根据法拉第电磁感应定律得圆盘产生的感应电动势为201·22r E Brv Br Br ωω+=== 则感应电流为E I R=又电阻R 的功率为 2P I R =则联立解得22PR Br ω=故选B 。
2．近日，第二架国产大飞机919C 在上海浦东国际机场首飞成功，919C 在上海上空水平匀速飞行，由于地磁场的存在，其机翼就会切割磁感线，下列说法正确的是（ ）A ．机翼左端的电势比右端电势低B ．机翼左端的电势比右端电势高C ．飞机飞行过程中洛伦兹力做正功D ．飞机飞行过程中洛伦兹力做负功B解析：BAB ．上海位于北半球，地磁场在北半球地表上空方向是斜向下，由右手定则判断飞机机翼切割磁感线的感应电动势方向为从右往左，所以机翼左端的电势比右端电势高，故B 正确，A 错误；CD ．洛伦兹力的方向始终垂直于速度，因此洛伦兹力不做功，故CD 错误。
故选B 。
3．图中两条平行虚线之间存在匀强磁场，虚线间的距离为L ，磁场方向垂直纸面向里。
abcd 是位于纸面内的直角梯形线圈，ab 与dc 间的距离也为L 。
高二物理磁场基本性质常见磁场试题答案及解析
高二物理磁场基本性质常见磁场试题答案及解析1.如图所示，在水平直导线正下方，放一个可以自由转动的小磁针. 现给直导线通以向右的恒定电流，不计其他磁场的形响，则( )A．小磁针保持不动B．小磁针的N将向下转动C．小磁针的N极将垂直于纸面向里转动D．小磁针的N极将垂直于纸面向外转动【答案】C【解析】由安培定则知，通电直导线在下方产生的磁场方向垂直直面向里，而磁场方向即小磁针静止时N极指向，故小磁针N极会垂直纸面向里转动，选项C正确，其余错误。
【考点】通电直导线磁场安培定则2.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=kI/r，其中k为常数) 。
某时刻有一电子(质量为m、电量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受磁场力为（）A．方向垂直纸面向里，大小为B．方向指向x轴正方向，大小为C．方向垂直纸面向里，大小为D．方向指向x轴正方向，大小为【答案】A【解析】由安培定则和矢量叠加原理，可知原点O处的磁感应强度唯一由Ｒ处的电流决定，大小为，方向指向x轴负正方向，用左手定则可判定电子洛伦兹力的方向为垂直纸面向里，大小为，A正确。
【考点】通电直导线周围磁场的方向，洛伦兹力、洛伦兹力的方向3.下面关于磁场的一些说法中正确的是( )A．所有的磁场都是由于电荷的运动而产生的，即都是由电流产生的B．所有的磁场的磁感线都是闭合曲线，或者伸向无穷远C．磁场中某点的磁感线的切线方向就是磁感应强度的方向，即小磁针N极在该点的受力方向D．某小段通电导线不受磁场力的作用，说明该点的磁感应强度为零【答案】BC【解析】磁场与静电场不同，所有的磁场的磁感线都是闭合曲线，但对于条形磁铁而言，通过其中心轴线的磁感线是一条直线，它两端都伸向无穷远(也可以说这条磁感线是在无穷远处闭合)，因此B选项正确．C选项就是磁感应强度的方向定义，C正确；错误分析：有人错选A，这是对“磁现象的电本质”的错误理解，其实磁场有两种，一种是由于电荷的运动产生的，另一种则是由于电场的变化产生的，在麦克斯韦理论中我们会学到．有人错选D，是因为他们没有想到磁场对电流的作用与电流方向有关，当电流方向与磁场方向在同一直线上时，电流就不受磁场力．在这点上，与电场对电荷的作用不一样，如果电荷在某点不受电场力，则该点的电场强度为零．【考点】本题考查了磁场的本质、磁感线的性质等磁场中比较基础知识，需要通过记忆进行理解。
大学物理练习二
练习二 电磁学（静电学、稳恒磁场、电磁感应）一、选择题：1.真空中有两个点电荷M 、N ，相互间作用力为F，当另一点电荷Q 移近这两个点电荷时，M 、N 两点电荷之间的作用力F(A)大小不变，方向改变． (B)大小改变，方向不变． (C)大小和方向都不变． (D)大小和方向都改变．2.在一个带有正电荷的均匀带电球面外，放置一个电偶极子，其电矩p的方向如图所示，当释放后,该电偶极子的运动主要是：(A)沿逆时针方向旋转,直至电矩p沿径向指向球面而停止．(B)沿顺时针方向旋转,直至电矩p沿径向朝外而停止．(C)沿顺时针方向旋转至电矩p沿径向朝外，同时沿电力线远 离球面移动．(D)沿顺时针方向旋转至电矩p沿径向朝外，同时逆电力线方向向着球面移动． 3.当一个带电导体达到静电平衡时：(A)表面上电荷密度较大处电势较高． (B)表面曲率较大处电势较高．(C)导体内部的电势比导体表面的电势高．(D)导体内任一点与其表面上任一点的电势差等于零．4.一个平行板电容器，充电后与电源断开，当用绝缘手柄将电容器两极板间距离拉大，则两极板间的电势差12U 、电场强度的大小E 、电场能量W 将发生如下变化： (A)12U 减小，E 减小，W 减小． (B)12U 增大，E 增大，W 增大． (C)12U 增大，E 不变，W 增大． (D)12U 减小，E 不变，W 不变．5.在磁感应强度为B的均匀磁场中作一半径为r 的半球面S ，S 边线所在平面的法线方向单位矢量n 与B的夹角为α，则通过半球面S 的磁通量为(A) B r 2π (B) B r 2π2 (C) B r 2π-αsin (D) B r 2π-αcos6.如图，边长为a 的正方形的四个角上固定有四个电量均为q 的点电荷。
此正方形以角速度ω绕AC 轴旋转时，在中心O 点产生的磁感应强度大小为1B ；此正方形同样以角速度ω绕过O 点垂直于正方形平面的轴旋转时，在O 点产生的磁感应强度的大小为2B ，则1B 与2B 间的关系为(A) 1B =2B (B) 1B =22B (C) 1B =212B (D) 1B =412B7.图为四个带电粒子在O 点沿相同方向垂直于磁力线射入均匀磁场后的偏转轨迹的照片．磁场方向垂直纸面向外，轨迹所对应的四个粒子的质量相等，电量大小也相等，则其中动能最大的带负电的粒子的轨迹是(A)Oa (B)Ob (C)Oc (D)Od8.一根长度为L 的铜棒，在均匀磁场B 中以匀角速度ω旋转着，B的方向垂直铜棒转动的平面，如图．设0=t 时，铜棒与Ob 成θ角，则在任一时刻t这根铜棒两端之间的感应电动势是(A))cos(2θωω+t B L (B)t B L ωωcos 221 (C))cos(22θωω+t B L (D)B L 2ω (E)B L 221ω二、填空题：1.如图所示，真空中两个正点电荷，带电量都为Q ，相距R 2．若以其中点电荷所在处O 点为中心，以R 为半径作高斯球面S ，则通过该球面的电场强度通量=Φ______________；若以0r表示高斯面外法线方向的单位矢量，则高斯面上a 、b 两点的电场强度分别为_______________________．2.真空中一半径为R 的均匀带电球面，总电量为Q (Q >0)，今在球面上挖去一很小的面积S ∆(连同电荷)，且假设不影响原来的电荷分布，则挖去S ∆后球心处电场强度的大小=E ______________，其方向为_______________．3.在一个带负电荷的金属球附近，放一个带正电的点电荷0q ，测得0q 所受的力为F ，则F /0q 的值一定_______________于不放0q 时该点原有的场强大小．(填大、等、小)4.如图所示，两块很大的导体平板平行放置，面积都是S ，有一定厚度，带电量分别为1Q 和2Q ．如不计边缘效应，则A 、B 、C 、D 四个表面上的电荷面密度分别为________________, __________________, __________________, ____________________．5.用力F 把电容器中的电介质（介电常数为r ε）板拉出，在图(a)和图(b)的两种情况下，电容器中储存的静电能量之比b a W W 为_________。
大学物理答案-07恒定磁场(2)
μ0I
π
2 2μ0I = πa
α1
α2
a
2. 圆形载流导线轴线上的磁场
已知: 真空中R、I，求 轴线上P点的磁感应强度 建立坐标系OXY
r Idl
I
O
Y
α
R
r er
r r dB⊥ dB
r p dB
•
x
X
r 任取电流元 Idl
v dB
P* v
v Id l
v dB
v r
I
θ
r
v Id l
例、在一平面内有两条垂直交叉但 相互绝缘的导线，过每条导线的电流I大 小相等，方向如图所示，问哪些区域可 能存在磁感应强度为零的点？ A 答案： B和D D
I I
B
C
三、毕奥---萨伐尔定律的应用 1. 载流直导线的磁场 I
已知：真空中I、α1、 α2、a r 任取电流元 Idl r μ 0 Idl sin α dB大小 dB = 2 4π r r dB 方向 ⊗ μ0 Idlsinα B = ∫ dB = ∫ 4π r 2 统一积分变量
μ 0 I 1 2π − θ B1 = 2R 2π
μ0I2 θ B2 = 2 R 2π
方向相反 O点总磁感强度B=0
作业1： P51二填空题1 作业2： P54四讨论题2（2）左边图的 情 况。
α2
dl
α
r α1
r dB
P
l
O
a
⊗
r = a / sin(π − α ) = a / sinα 2 = −a cotα l = a cot(π − α ) dl = a csc αdα
《大学物理》恒定磁场练习题及答案
《大学物理》恒定磁场练习题及答案一、简答题1、如何使一根磁针的磁性反转过来?答：磁化：比如摩擦，用一个磁体的N 极去摩擦小磁针的N 极可以让它变为S 极，另一端成N 极。
2、为什么装指南针的盒子不是用铁，而是用胶木等材料做成的? 答：铁盒子产生磁屏蔽使得指南针无法使用。
3、在垂直和水平的两个金属圆中通以相等的电流，如图所示，问圆心O 点处的磁场强度大小及方向如何?答：根据圆电流中心处磁感应强度公式，水平金属圆在O 点的磁感应强度大小为RI20μ；方向垂直向下，竖直金属圆在O 点的磁感应强度大小为RI20μ；方向垂直指向纸面内。
故O 点叠加后的磁感应强度大小为RI220μ；方向为斜下450指向纸面内。
4、长直螺旋管中从管口进去的磁力线数目是否等于管中部磁力线的数目? 为什么管中部的磁感应强度比管口处大?答：因为磁力线是闭合曲线，故磁力线数目相等。
根据载流长直螺旋管磁感应强度计算公式)cos (cos 21120θθμ-=nI B 可知,管口处21πθ→，0cos 1=θ，管口处磁感应强度为20cos 21θμnI B =；中心处212cos 2cos cos θθθ'='-'，故中心处磁感应强度为20cos θμ'=nI B ，因为22θθ>',所以中心处磁感应强度比管口处大。
5、电荷在磁场中运动时，磁力是否对它做功? 为什么? 答：不作功，因为磁力和电荷位移方向成直角。
6、在均匀磁场中，怎样放置一个正方型的载流线圈才能使其各边所受到的磁力大小相等?答：磁力线垂直穿过正四方型线圈的位置。
因为线圈每边受到的安培力为B Ia F ⨯=,由于处在以上平面时，每边受到的磁力为IaB F =。
7、一个电流元Idl 放在磁场中某点，当它沿x 轴放置时不受力，如把它转向y 轴正方向时，则受到的力沿z 铀负方向，问该点磁感应强度的方向如何?答：由安培力公式B Idl dF ⨯=可知，当Idl 沿x 轴放置时不受力，即0=dF ，可知B 与Idl 的方向一致或相反，即B 的方向沿x 轴线方向。
磁场精准练习二 试题及答案
常青一中2018-2019学年度上学期周测 高二物理试题（2018年12月15日）一.选择题(本题共15小题，每小题4分，共60分．在1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，在9-15小题给出的四个选项中，有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．)1.带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )A ．可能做直线运动B ．可能做匀减速运动C ．一定做曲线运动D ．可能做匀速圆周运动2.如图所示，a 和b 是从A 点以相同的动能射入匀强磁场的两个带等量电荷的粒子运动的半圆形轨迹，已知其半径r a ＝2r b ，由此可知( )A ．两粒子均带正电，质量比m a m b ＝41B ．两粒子均带负电，质量比m a m b ＝14C ．两粒子均带正电，质量比m a m b ＝14D ．两粒子均带负电，质量比m a m b ＝413．如图所示，矩形MNPQ 区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示( )A ．3、5、4B ．2、4、5C ．5、3、2D ．4、2、54.一个用于加速质子的回旋加速器，其核心部分如图所示，D 形盒半径为R ，垂直D 形盒底面的匀强磁场的磁感应强度为B ，两盒分别与交流电源相连．下列说法正确的是( )A ．质子被加速后的最大速度随B 、R 的增大而增大B ．质子被加速后的最大速度随加速电压的增大而增大C ．只要R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值D ．不需要改变任何量，这个装置也能用于加速α粒子5.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN 为边界，左侧磁感应强度为B 1，右侧磁感应强度为B 2，B 1＝2B 2＝2 T ，比荷为2×106 C/kg 的带正电粒子从O 点以v 0＝4×104 m/s 的速度垂直于MN 进入右侧的磁场区域，则粒子通过距离O 点4 cm 的磁场边界上的P 点所需的时间为( )A.π2×10－6 s B.π×10－6 s C.3π2×10－6 s D.2π×10－6 s6.如图所示，水平放置的平行板长度为L 、两板间距也为L ，两板之间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在两板正中央P 点有一个不计重力的电子(质量为m 、电荷量为－e )，现在给电子一水平向右的瞬时初速度v 0，欲使电子不与平行板相碰撞，则( )A.v 0>eBL 2m 或v 0<eBL 4m B.eBL 4m <v 0<eBL 2m C.v 0>eBL 2m D.v 0<eBL 4m7.如图所示，半径为r 的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A 点以速度v 0垂直于磁场方向射入磁场中，并从B 点射出，若∠AOB ＝120°，则该带电粒子在磁场中运动的时间为( )A.2πr 3v 0B.23πr 3v 0C.πr 3v 0D.3πr 3v 08.如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )A ．小球做匀变速曲线运动B ．小球减少的电势能等于增加的动能C ．电场力和重力做的功等于小球增加的动能D ．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变9．（多选）1922年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱仪的研究荣获了诺贝尔奖．若速度相同的同一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示，则下列相关说法中正确的是( )A ．该束带电粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带正电C ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大D ．在B 2磁场中运动半径越大的粒子，比荷q m 越小10．（多选）某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中做匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力是磁场力的3倍，若电子质量为m ，电荷量为e ，磁感应强度为B ，则电子运动可能的角速度是( )A. Be mB.2Be mC. 3Be mD.4Be m11.（多选）如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A 与B 处在同一条竖直线上，其中小球B 带正电荷并被固定，小球A 与一水平放置的光滑绝缘板C 接触而处于静止状态，若将绝缘板C 沿水平方向抽去，则( )A ．小球A 仍可能处于静止状态B ．小球A 将可能沿轨迹1运动C ．小球A 将可能沿轨迹2运动D ．小球A 将可能沿轨迹3运动12.（多选）用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法( )A ．将其磁感应强度增大为原来的2倍B ．将其磁感应强度增大为原来的4倍C ．将D 形金属盒的半径增大为原来的2倍D ．将两D 形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍13.（多选）如图所示为一个质量为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，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，圆环以初速度v 0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( )A ．0 B.12mv 20 C.m 3g 22q 2B 2 D.12m (v 20－m 2g 2q 2B 2) 14.(多选)如图所示，a 为带正电的小物块，b 是一不带电的绝缘物块(设a 、b 间无电荷转移)，a 、b 叠放于粗糙的水平地面上，地面上方有垂直纸面向里的匀强磁场，现用水平恒力F 拉b 物块，使a 、b 一起无相对滑动地向左加速运动，在加速运动阶段( )A.a 对b 的压力不变B.a 对b 的压力变大C.a 、b 物块间的摩擦力变小D.a 、b 物块间的摩擦力不变15.（多选）如图所示，一个带正电荷的物块m ，由静止开始从斜面上A 点下滑，滑到水平面BC 上的D 点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B 处时的机械能损失．先在ABC 所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D ′点停下来．后又撤去电场，在ABC 所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m 从A 点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D ″点停下来．则以下说法中正确的是( )A ．D ′点一定在D 点左侧B ．D ′点一定与D 点重合C ．D ″点一定在D 点右侧 D ．D ″点一定与D 点重合二.计算题(本题共5小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16.（8分）如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v 垂直射入磁感应强度为B ，宽度为d 的匀强磁场中．穿出磁场时的速度方向与电子原来的入射方向的夹角为30°，求电子的质量和电子穿过磁场的时间．17.（8分）如图所示，在圆形区域内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，ab 是圆的一条直径．一带电粒子从a 点射入磁场，速度大小为2v ，方向与ab 成30°时恰好从b 点飞出磁场，粒子在磁场中运动的时间为t ；若仅将速度大小改为v ，则粒子在磁场中运动的时间为多少？18.（8分）如图所示，在空间有一直角坐标系xOy，直线OP与x轴正方向的夹角为30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线OP是他们的理想边界，OP上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为B.一质量为m，电荷量为q的质子(不计重力，不计质子对磁场的影响)以速度v 从O点沿与OP成30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x轴上的Q点(图中未画出)，试求：(1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小；(2)Q点到O点的距离．19.（12分）如图所示，真空中有以O′为圆心，r为半径的圆柱形匀强磁场区域，圆的最下端与x轴相切于坐标原点O，圆的右端与平行于y轴的虚线MN相切，磁感应强度为B，方向垂直纸面向外，在虚线MN右侧x轴上方足够大的范围内有方向竖直向下、场强大小为E的匀强电场．现从坐标原点O 向纸面内不同方向发射速率相同的质子，质子在磁场中做匀速圆周运动的半径也为r，已知质子的电荷量为e，质量为m，不计质子的重力、质子对电磁场的影响及质子间的相互作用力．求：(1)质子进入磁场时的速度大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的质子到达x轴所需的时间．20.（14分）如右图所示，在第一象限有一匀强电场，场强大小为E，方向与y轴平行；在x轴下方有一匀强磁场，磁场方向与纸面垂直．一质量为m、电荷量为－q(q>0)的粒子以平行于x轴的速度从y 轴上的P点处射入电场，在x轴上的Q点处进入磁场，并从坐标原点O离开磁场．粒子在磁场中的运动轨迹与y轴交于M点．已知OP＝l，OQ＝23l.不计重力．求：(1)M点与坐标原点O间的距离；(2)粒子从P点运动到M点所用的时间．常青一中2018-2019学年度上学期周测 高二物理试题（2018年12月15日）参考答案一.选择题(本题共15小题，每小题4分，共60分．在1-8小题给出的四个选项中，只有一个选项正确，在9-15小题给出的四个选项中，有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错的或不答的得0分．)1、C2、D3、B4、A5、C6、A7、D8、 C9、BD 10、BD 11、AB 12、AC 13、ABD 14、BC 15、BC二.计算题(本题共5小题，共50分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16.（8分）解析：电子在磁场中运动，只受洛伦兹力作用，故其轨迹是圆弧的一部分，又因为F 洛⊥v ，故圆心在电子穿入和穿出磁场时受到的洛伦兹力方向的交点上，如题图中的O 点．由几何知识可知，AB 所对应的圆心角θ＝30°，OB 为半径r.则r ＝d sin 30°＝2d ，又因为r ＝mv eB ，得m ＝2deB v； 由于AB 所对应的圆心角为30°，因此穿过磁场区域的时间t ＝30°360°T ＝T 12，又因为T ＝2πm eB，故t ＝112×2πm eB ＝πd 3v .答案：2deB v πd 3v17.（8分）当速度为2v 时，速度方向的偏向角为60°，时间t ＝16T .当速度大小改为v 时，R ′＝mv qB＝12R ，画出速度为v 时的运动轨迹，由几何关系可知其圆心角为120°，t ′＝13T ＝2t .]18.（8分）解析：(1)设质子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中做匀速圆周运动的轨道半径分别为r 1和r 2，区域Ⅱ中磁感应强度为B ′，由牛顿第二定律得qvB ＝m v 2r 1 qvB ′＝m v 2r 2粒子在两区域运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从A 点出匀强磁场区域Ⅰ时的速度方向与OP 的夹角为30°，故质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动轨迹对应的圆心角为θ＝60°则△O 1OA 为等边三角形OA ＝r 1r 2＝OA sin 30°＝12r 1 解得区域Ⅱ中磁感应强度为B ′＝2B(2)Q 点到O 点的距离为x ＝OA cos 30°＋r 2 x ＝⎝⎛⎭⎪⎫3＋12mv qB 答案：(1)B ′＝2B (2)⎝ ⎛⎭⎪⎫3＋12mv qB 19.（12分）(1)由洛伦兹力公式和牛顿第二定律，得：Bev ＝mv2r 解得：v ＝Ber m. (2)若质子沿y 轴正方向射入磁场，则以N 为圆心转过14圆弧后从A 点垂直电场方向进入电场，质子在磁场中有：T ＝2πm Be ，得：tB ＝14T ＝πm 2eB进入电场后质子做类平抛运动，y 方向上的位移y ＝r ＝12at2＝12eE mt2E 解得：tE ＝ 2mr eE 则：t ＝tB ＋tE ＝πm 2eB ＋ 2mr eE. 20.（14分）解析：(1)带电粒子在电场中做类平抛运动，在y 轴负方向上做初速度为零的匀加速运动，设加速度的大小为a ；在x 轴正方向上做匀速运动，设速度为v 0；粒子从P 点运动到Q 点所用的时间为t 1，进入磁场时速度方向与x 轴正方向的夹角为θ，则a ＝qE m① t1＝2y 0a ② v 0＝x 0t 1③ 其中x 0＝23l ，y 0＝l. 又有tan θ＝at 1v 0④ 联立②③④式，得θ＝30° ⑤因为M 、O 、Q 点在圆周上，∠MOQ ＝90°，所以MQ 为直径．从图中的几何关系可知R ＝23l ⑥MO ＝6l ⑦(2)设粒子在磁场中运动的速度为v ，从Q 到M 点运动的时间为t 2，则有⎩⎪⎨⎪⎧ v ＝v 0cos θ ⑧t 2＝πR v ⑨带电粒子自P 点出发到M 点所用的时间t 为t ＝t 1＋t 2 ⑩联立①②③⑤⑥⑧⑨⑩式，并代入数据得t ＝(32π＋1)2ml qE⑪。
实验班物理提高训练十七 《电磁感应》高考题选编答案
实验班物理提高训练十七1、【解析】D 线圈从a 到b 做自由落体运动，在b 点开始进入磁场切割磁感线所有受到安培力b F ，由于线圈的上下边的距离很短，所以经历很短的变速运动而进入磁场，以后线圈中磁通量不变不产生感应电流，在c 处不受安培力，但线圈在重力作用下依然加速，因此从d 处切割磁感线所受安培力必然大于b 处，答案D 。
2、【解析】ACD 根据右手定则，回来中感应电流的方向为逆时针方向。
3、【解析】D 由楞次定律可知，当条形磁铁靠近圆环时，感应电流阻碍其靠近，是排斥力；当磁铁穿过圆环远离圆环时，感应电流阻碍其远离，是吸引力，D 正确。
4、【解析】AC 由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，A 对；当线圈中电流反向时．相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，B 错；当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，C 对；当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，D 错。
5、【解析】ACD 在闭合电路进入磁场的过程中，通过闭合电路的磁通量逐渐增大，根据楞次定律可知感应电流的方向为逆时针方向不变，A 正确。
根据左手定则可以判断，受安培力向下，B 不正确。
当半圆闭合回路进入磁场一半时，即这时等效长度最大为a ，这时感应电动势最大E=Bav ，C正确。
感应电动势平均值211224B a E Bav a t vπ∆φ===π∆g ，D 正确。
6、【解析】BD 当杆达到最大速度v m时，022=+--r R v d B mg F mμ得()()22d B r R mg F v m +-=μ，A 错；由公式()()rR BdLr R S B r R q +=+=+=∆∆Φ，B 对；在棒从开始到达到最大速度的过程中由动能定理有：K f F E W W W ∆=++安，其中mg W f μ-=，Q W -=安，恒力F 做的功与摩擦力做的功之和等于杆动能的变化量与回路产生的焦耳热之和，C 错；恒力F 做的功与安倍力做的功之和等于于杆动能的变化量与克服摩擦力做的功之和，D 对。
沪科版九年级物理第十七章从指南针到磁浮列车第二节电流的磁场练习含答案
第二节电流的磁场知能·提升训练知能提升1.世界上第一个发现电和磁之间联系的科学家是()A.奥斯特B.法拉第C.焦耳D.安培2.如图所示,把螺线管沿东西方向水平悬挂起来,然后给导线通电。
请你想一想会发生的现象是()A.通电螺线管仍保持静止不动B.通电螺线管能在任意位置静止C.通电螺线管转动,直至A端指向地磁的南极D.通电螺线管转动,直至B端指向地磁的南极3.如图所示,开关闭合后,以下操作可使通电螺线管磁性增强的是()A.减少电池个数B.增加通电时间C.滑动变阻器滑片P向右移D.滑动变阻器滑片P向左移4.(2022·湖南益阳中考)如图所示的螺线管,当闭合开关后,下列判断正确的是()A.螺线管的左端为S极B.右边小磁针的N极向左偏转C.当滑片P右移时,螺线管的磁性会减弱D.改变电流方向,通电螺线管的外部磁场方向不会改变5.如图所示,闭合开关,条形磁铁静止后,将滑动变阻器滑片P从左往右滑动的过程中,弹簧将()A.缩短B.伸长C.静止不动D.先伸长后缩短6.开关S闭合后,小磁针静止时的指向如图所示,由此可知()A.a端是通电螺线管的N极,c端是电源正极B.b端是通电螺线管的N极,d端是电源负极C.b端是通电螺线管的N极,d端是电源正极D.a端是通电螺线管的N极,c端是电源负极7.下图是“水位自动报警器”电路图,容器中装有盐水,L1和L2分别是“2.5 V0.3 A”和“2.5 V0.5 A”的灯泡,下列说法不正确的是()A.液面上升到与金属块B接触时,电磁铁工作,说明盐水是导体B.液面上升,金属块A受到的液体压强变大C.L1工作1 min电流做功45 JD.若在电路中M点接入电铃,电铃响表示水位到达警戒线8.小磁针静止时的指向如图所示,由此可以判定螺线管的A端是(选填“N”或“S”)极,接线柱a连接的是电源(选填“正”或“负”)极。
9.通电螺线管的附近放置了一枚小磁针,小磁针静止时的位置如图所示。
2020_2021学年高中物理课时分层作业17磁场及其描述含解析鲁科版必修第三册
课时分层作业(十七) 磁场及其描述(时间：15分钟分值：50分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分)1,以下说法中正确的是( )A,磁场和电场一样，是客观存在的特殊物质B,磁场是为了解释磁极间相互作用而人为规定的C,磁极与磁极间是直接发生作用的D,磁场和电场是同一种物质A[磁场是客观存在于磁极或电流周围的一种物质，是不以人的意志为转移的，A对，B错；磁极与磁极之间、磁极与电流之间、电流与电流之间的作用都是通过磁场发生的，并不需要物体之间直接接触，C错；磁场是一种特殊物质，它的基本特点是对放入磁场中的磁极、电流有磁场力的作用；而电场是电荷周围存在的一种特殊物质，其最基本的性质是对放入电场中的电荷有电场力的作用，但它不会对放入电场中的磁极产生力的作用，因此，磁场和电场是两种不同的物质，各自具有其本身的特点，D错,]2,关于磁感线，下列说法中正确的是( )A,两条磁感线的空隙处一定不存在磁场B,磁感线不可能从S极到N极C,磁场不一定都是由磁铁产生的D,两个磁场叠加的区域，磁感线可能相交C[磁感线是为了形象描述磁场而假想的一组有方向的曲线，曲线上任一点的切线方向表示该点的磁场方向，曲线疏密表示磁场的强弱，A错误,磁铁能产生磁场，电流也能产生磁场，C正确,在磁体外部磁感线从N极到S极，内部从S极到N极，磁感线在任何情况下都不相交，所以B、D错误,]3,关于安培定则，下列说法正确的是( )A,安培定则仅适用于直线电流周围磁场方向的判断B,安培定则能适用于多种形状电流周围磁场方向的判断C,安培定则用于判断直线电流磁场的磁感线方向时，大拇指所指方向与磁场方向一致D,安培定则用于判断环形电流和通电螺线管磁场的方向时，大拇指所指方向应与电流方向一致B[安培定则适用于任何电流或等效电流的磁场方向判断，A错，B对；由安培定则的使用方法可知，C、D错,]4,根据磁感应强度的定义式B＝FIL，下列说法中正确的是( ) A,在磁场中某确定位置，B与F成正比，与I、L的乘积成反比B,一小段通电直导线在空间某处受磁场力F＝0，那么该处的B一定为零C,磁场中某处B的方向跟电流在该处受磁场力F的方向相同D,一小段通电直导线放在B为零的位置，那么它受到的磁场力F也一定为零D[通电导体受磁场力与电荷受电场力不同，磁场力的大小与导体放置的方向有关，导体与磁场方向垂直时磁场力最大，导体与磁场方向平行时磁场力为零,]5,如图所示为通电螺线管的纵剖面图，“⊗”和“⊙”分别表示导线中的电流垂直纸面流进和流出，图中四个小磁针(涂黑的一端为N极)静止时的指向一定画错了的是( )A,a B,b C,c D,dB[根据右手螺旋定则可知，通电螺线管的左端为N极，右端为S极，小磁针静止时N 极指向磁感线方向，故小磁针b的N极指向画反了，故选B.]6,磁铁的磁性变弱，需要充磁,充磁的方式有两种，图甲是将条形磁铁穿在通电螺线管中，图乙是将条形磁铁夹在电磁铁之间，a、b和c、d接直流电源，下列接线正确的是(充磁时应使外加磁场与磁铁的磁场方向相同)( )甲乙A,a接电源正极，b接电源负极，c接电源正极，d接电源负极B,a接电源正极，b接电源负极，c接电源负极，d接电源正极C,a接电源负极，b接电源正极，c接电源正极，d接电源负极D,a接电源负极，b接电源正极，c接电源负极，d接电源正极B[题图甲中，因磁铁在螺线管的内部，应使螺线管内磁感线方向从右向左(左端是N 极，右端是S极)，由安培定则可判定，a接电源正极，b接电源负极；题图乙中，同理可知，右端是螺线管N极，左端是S极，由安培定则可判定c接电源负极，d接电源正极，B选项正确,]二、非选择题(14分)7,电路没接通时两个小磁针方向如图所示，试确定电路接通后两个磁针的转向及最后的指向,[解析]接通电路后，螺线管的磁场为：内部从左指向右，外部从右指向左，故小磁针1逆时针转动，小磁针2顺时针转动,[答案]小磁针1逆时针转动，N极水平向左；小磁针2顺时针转动，N极水平向右。
高二物理磁场试题答案及解析
高二物理磁场试题答案及解析1.下列各图中，用带箭头的细实线表示通电直导线周围磁感线的分布情况，其中正确的是（）【答案】D【解析】通电直导线的磁感线是由导线为中心的一系列同心圆，且导线与各圆一定是相互垂直的，故正确的画法只有D；故选D．【考点】通电直导线和通电线圈周围磁场的方向．点评：在电磁学中应注意空间想象能力的培养，要学会由立体图画出平面图，只有这样才能顺利求解一些电磁场中的力学问题．2.如图所示为小型电磁继电器的构造示意图，其中L为含铁芯的线圈，P为可绕O点转动的铁片，K为弹簧，S为一对触头，A、B、C、D为四个接线柱．断电器与传感器配合，可完成自动控制的要求，其工作方式是（）A．A、B间接控制电路，C、D间接被控电路B．A、B间接被控电路，C、D间接控制电路C．流过L的电流减小时，C、D间电路断开D．流过L的电流增大时，C、D间电路断开【答案】AC【解析】当A、B间导通时，通电螺线管把衔铁P吸引，此时CD间电路接通，所以A、B间接控制电路，C、D间接被控电路，A对；B错；流过L的电流减小时，通电螺线管减弱，把衔铁P弹开，CD间电路断开，C对；D错；【考点】考查电磁继电器的构造点评：本题难度较小，从结构图入手，根据通电螺线管吸引磁性物质的特点进行判断3.根据麦克斯韦电磁理论，如下说法正确的是 ( )A．变化的电场一定产生变化的磁场B．均匀变化的电场一定产生均匀变化的磁场C．稳定的电场一定产生稳定的磁场D．变化的电场一定磁场【答案】D【解析】麦克斯韦的电磁场理论中变化的磁场一定产生电场，当中的变化有均匀变化与周期性变化之分．ABD、均匀变化的电场产生稳定的磁场，而非均匀变化的电场产生非均匀变化的磁场；D正确C、变化的电场才会产生磁场，稳定的电场不会产生磁场；错误故选D【考点】电磁场点评：容易题。
注意麦克斯韦电磁理论中“变化的电场”与“变化的磁场”中“变化” 的分类。
4.如图所示，环形导线中通有顺时针方向的电流I，则该环形导线中心处的磁场方向为A．水平向右B．水平向左C．垂直于纸面向里D．垂直于纸面向外【答案】C【解析】图中电流为环形电流，由右手螺旋定则可得：大拇指指向电流方向，四指弯曲方向在内部向里，所以内部磁场应垂直于纸面向里．C正确，【考点】考查了右手螺旋定则点评：右手螺旋定则在应用过程中容易出现错误，要加强练习，增加熟练程度5.一束带电粒子沿水平方向飞过小磁针的下方，并与磁针指向平行，如图６所示.此时小磁针的S 极向纸内偏转，则这束带电粒子可能是( )A．向右飞行的正离子束B．向左飞行的正离子束C．向右飞行的负离子束D．向左飞行的负离子束【答案】AD【解析】小磁针静止时N极所指方向为改点的磁场方向，所以N极向外偏转，说明该点磁场方向垂直纸面向外，由右手螺旋定则可知电流方向水平向右，为向右飞行的正离子束或向左飞行的负离子束，AD正确【考点】考查磁场方向和右手螺旋定则的使用点评：本题难度较小，明确小磁针N极所指方向为该点磁场方向，能灵活应用右手螺旋定则判断问题6.用来判断通电导线中的电流方向与电流产生的磁场方向之间关系的是_______定则；【答案】安培定则【解析】用来判断通电导线中的电流方向与电流产生的磁场方向之间关系的是安培定则，【考点】本题考查了安培定则的使用情况点评：右手一般牵涉到磁场与电流的方向，左手一般牵涉到力的判断7.当导线中分别通以图示方向的电流，小磁针静止时北极指向读者的是A B C D【答案】C【解析】由安培定则可得出A中小磁针的N极指向纸面里，B中小磁针的N极指向纸面里，C中小磁针的N极指向读者，D中小磁针的N极指向右端，故选C8.如图所示，一个面积为S的矩形线圈abcd静止在倾角为θ的斜面上，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中。
2024_2025年新教材高中物理课时检测17电磁场与电磁波含解析新人教版选择性必修第二册
电磁场与电磁波1．下列说法中正确的是( )A．任何改变的磁场都要在四周空间产生改变的电场，振荡磁场在四周空间产生同频率的振荡电场B．任何电场都要在四周空间产生磁场，振荡电场在四周空间产生同频率的振荡磁场C．任何改变的电场都要在四周空间产生磁场，振荡电场在四周空间产生同频率的振荡磁场D．电场和磁场总是相互联系着，形成一个不行分割的统一体，即电磁场解析：选C 依据麦克斯韦电磁场理论可知，假如电场(磁场)的改变是匀称的，产生的磁场(电场)是恒定的；假如电场(磁场)的改变是不匀称的，产生的磁场(电场)是改变的；振荡电场(磁场)在四周空间产生同频率的振荡磁场(电场)；故A、B错误，C正确。
周期性改变的电场和周期性改变的磁场总是相互联系着，形成一个不行分割的统一体，即电磁场，故D错误。
2．下列关于电磁波的说法正确的是( )A．做简谐运动的电荷可以在四周的空间产生电磁波B．电磁波不具有能量C．麦克斯韦第一次通过试验验证了电磁波的存在D．只要有电场和磁场，就能产生电磁波解析：选A 依据麦克斯韦的电磁场理论可知，做简谐运动的电荷会在空间产生改变的电磁场，改变的电磁场在空间传播，形成电磁波，故A正确；电磁波能够传播能量，说明电磁波具有能量，故B错误；麦克斯韦预言了电磁波的存在，赫兹第一次用试验证明了电磁波的存在，故C错误；恒定电场和恒定磁场不能产生电磁波，故D错误。
3．关于电磁场理论，下列描述正确的是( )A．电磁场不是一种物质B．静止的电荷能够在四周空间产生稳定的磁场C．稳定的磁场能够在四周空间产生稳定的电场D．改变的电场和改变的磁场相互激发，由近及远传播形成电磁波解析：选D 改变的电场和改变的磁场相互激发，由近及远传播形成电磁波，电磁场是一种客观存在的物质，故A错误，D正确；静止的电荷四周不能激发稳定的磁场，故B错误；稳定的磁场不能产生稳定的电场，C错误。
4．[多选]以下关于电磁波的说法中正确的是( )A．只要电场或磁场发生改变，就能产生电磁波B．电磁波传播须要介质C．赫兹用试验证明了电磁波的存在D．电磁波具有能量，电磁波的传播是伴随有能量向外传递的解析：选CD 假如电场(或磁场)是匀称改变的，产生的磁场(或电场)是稳定的，就不能再产生新的电场(或磁场)，也就不能产生电磁波；电磁波不同于机械波，它的传播不须要介质；赫兹用试验证明了电磁波的存在；电磁波具有能量，它的传播是伴随能量传递的。
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17.恒定磁场单元练习（二）答案
1．B 2．C 3．A 4．C 5．398
6. 2/2
IB R π，垂直于磁场向上，0
90
7．解：电子在垂直于磁场的平面内作匀速圆周运动
22
ω==mR R
v m evB
轨道半径：)(1069.57m eB
mv
R -⨯==
旋转频率：)(1080.22119-⨯=π==
νS m
eB T 8. 解：（1）055.6''>=-=mV U U U A A AA
根据洛仑兹力公式可判断：载流子为带负电的电子，因而半导体是n 型半导体 （2）由于nqa
IB
U AA =
' 201086.2'
⨯==
∴AA qaU IB
n （个/m 3）
9. 解：经分析可知，同轴电缆内外磁场具有柱对称性，所以取
同心的圆为安培环路 ∑⎰
=⋅内）
l l
I l d H (
A
B
v
:1R r < 22
1
2r R I r H ππ=
π⋅ 2
1
002R Ir H B πμ=
μ=
:21R r R <<I r H =π⋅2 r
I
H B πμ=
μ=2 :32R r R << )()
(22
222
22
3R r R R I I r H -π-π-
=π⋅
)
(2)
(2
22322
300R R r r R I H B -π-μ=μ= :3R r > 02=π⋅r H 00=μ=H B
*10. 半径为R 的均匀带电薄圆盘，总电荷为q ．圆盘绕通过盘心且垂直盘面的轴线以角速度ω 匀速转动，求（1）盘心处的磁感强度；（2）圆盘的磁矩． 解：（1）均匀带电薄圆盘转动后在圆盘面上会形成许多半径不同的圆电流半径为
r ,厚度为dr 的圆环转动后形成的圆电流为：
2/22R
qrdr rdr dt dq di πω=ωππσ==
此圆电流在盘心处产生的磁感应强度为：2
0022R qdr
r di dB πωμ=μ=
盘心处的磁感应强度：R q
R
qdr dB B R
S
πωμ=πωμ==
⎰
⎰22002
0 （2）2
322R
dr
qr r R qrdr S di dm ω=ππω=⋅= 圆盘的磁矩：2
2
341qR R dr qr dm m R
S ω=ω==⎰⎰ 磁矩的方向：根据电流的方向用右手定则判断。