电磁场叶齐政第三章答案
《第三章 电磁场与电磁波初步》试卷及答案_高中物理必修第三册_教科版_2024-2025学年
《第三章电磁场与电磁波初步》试卷(答案在后面)一、单项选择题（本大题有7小题，每小题4分，共28分）1、下列哪个现象可以用电磁感应现象来解释？A. 汽车制动时，轮胎与地面间产生的热量B. 放在磁场中的导体切割磁感线时线圈中产生电流C. 用手拧螺钉使得螺钉头与木板间产生的摩擦力D. 电流通过电阻时，电阻两端电压的变化2、关于电磁波的传播，以下哪一个说法是正确的？A. 电磁波不能在真空传播B. 电磁波的传播速度与介质的折射率无关C. 所有频率的电磁波在真空中的传播速度都相同D. 电磁波的传播需要介质3、在电磁波的产生过程中，以下哪个元件不是产生电磁波的核心元件？A、电源B、导线C、变压器的次级线圈D、天线4、在麦克斯韦的电磁场理论中，变化的电场会产生一个与之相互垂直的磁场，以下哪种情况下不会产生磁场？A、电场均匀变化B、电场非均匀变化C、电场沿某一方向变化D、电场不变化5、在电磁波的传播过程中，下列哪个因素不会影响其传播速度？A、介质的类型B、电磁波的频率C、传播的路径D、介质的磁导率6、下列哪个选项不是电磁波的基本特性？A、波动性B、粒子性C、能量传输D、折射性7、在现代通信技术中，以下哪种设备用于将声音信息转换为电信号，以便在电磁波中传输？（）A、移动电话B、调制解调器C、收音机D、雷达设备二、多项选择题（本大题有3小题，每小题6分，共18分）1、关于电磁感应现象，下列说法正确的是：A. 只要导体在磁场中运动就会产生感应电流B. 导体切割磁感线时，会在导体内产生电动势C. 感应电流产生的磁场总是阻碍原磁场的变化D. 当穿过闭合回路的磁通量发生变化时，回路中就会产生感应电流2、对于电磁波的传播特性，以下描述哪些是正确的？A. 电磁波需要介质才能传播B. 电磁波在真空中的传播速度最快C. 不同频率的电磁波在真空中传播速度不同D. 电磁波可以发生反射、折射等现象3、以下关于电磁场和电磁波的说法中，正确的是（）A、变化的电场一定会产生磁场B、变化的磁场一定会产生电场C、均匀变化的电场会产生稳定的磁场D、均匀变化的磁场会产生稳定的电场三、非选择题（前4题每题10分，最后一题14分，总分54分）第一题题目：简述电磁波在真空中传播的速度，并解释电磁波为什么能在真空中传播。
教科版高中物理必修第三册课后习题 第3章 电磁场与电磁波初步 分层作业24 磁场 磁感线
分层作业24 磁场磁感线A组必备知识基础练题组一对磁场的理解1.如图所示,某磁场的一条磁感线。
其上有A、B两点,则( )A.A点的磁场一定强B.B点的磁场一定强C.因为磁感线是直线,A、B两点的磁场一样强D.条件不足,无法判断2.小磁针放置在匀强磁场中,小磁针静止时的指向正确的是( )题组二对磁感线的进一步认识3.(多选)磁场中某区域的磁感线如图所示,a、b、c、d、e是磁场中的5个点,b、e两点所在的磁感线为一直线,其中c、d两点关于该直线对称,下列说法正确的是( )A.这5个位置中,e点的磁场最强B.a点没有磁感线穿过,所以a点磁场一定为零C.c、d两点关于直线对称,所以c、d两点磁场方向相同D.b、e两点在同一直线上,所以b、e两点磁场方向相同4.冰箱门软磁条的外部磁感线正面图如图所示,下列说法正确的是( )A.磁感线越密的地方磁场越弱B.软磁条内部a位置应为N极C.磁感线与电场线一样真实存在于空间之中D.软磁条内部ab之间的磁感线方向应为a指向b题组三安培定则5.为了判断一个未知正负极的蓄电池极性,某同学将该蓄电池通过电阻跟螺线管连接起来,发现小磁针的N极立即向螺线管偏转,如图所示。
用M、N和P、Q分别表示蓄电池和螺线管两极,下列判断正确的是( )A.电源M端为正极B.电源N端为正极C.螺线管P端为S极D.螺线管内部磁场方向由P指向Q6.如图所示,环形导线周围有三只小磁针a、b、c,闭合开关S后,三只小磁针N极的偏转方向是( )A.全向里B.全向外C.a向里,b、c向外D.a、c向外,b向里7.(多选)如图所示为电流产生磁场的分布图。
正确的分布图是( )B组关键能力提升练8.铁棒A能吸引小磁针,铁棒B能排斥小磁针,若将铁棒A靠近铁棒B,则( )A.A、B一定相互吸引B.A、B一定相互排斥C.A、B之间有可能无磁场力作用D.A、B可能相互吸引,也可能相互排斥9.中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。
电磁学答案第3章
电磁学答案第3章第三章 静电场的电介质3.2.1 偶极矩为p →=q l →的电偶极子，处于场强为E 的外电场中，p →与E →的夹角为θ。
（1） 若是均匀的，θ为什么值时，电偶极子达到平衡？（2）如果E 是不均匀的，电偶极子能否达到平衡？ 解： （1）偶极子受的力：F + =F _=qE因而F →+=-F →_∴偶极子受合力为零。
偶极子受的力矩T =p ⨯E即 T=qEsin θ当 T=0时，偶极子达到平衡，∴ pEsin θ=0p →≠0 E →≠0 ∴θ=0 , πθ=0这种平衡是稳定平衡。
θ=π是不稳定平衡。
（2） 当E →不是均匀电场时，偶极子除受力矩外还将受一个 力（作用在两个点电荷的电场力的合力）。
所以不能达到平衡。
3.2.2 两电偶极子1p→和2p →在同一直线上，所以它们之间距r比它们自己的线度大的很多。
证明：它们的相互作用力的大小为F=402123rp p πε，力的方向是：1p→与2p→同方向时互相吸引，反方向时互相排斥。
证： 已知当r >>l 时，偶极子在其延长线上一点的场强：E →=302rpπε→当 1p →与2p →同方向时，如图2p →所受的力的大小：+→F =E →q=r lr q p ∧+3201)2(2πε-→F = -E→q=r lr q p ∧--3201)2(2πε∴F→= +→F +-→F =r l r l r q p ∧⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+323201)2(1)2(12πε =r l r l l r q p ∧⎥⎦⎤⎢⎣⎡---⋅3222322201)2()2(2262πε略去 422l 及 832l 等高级小量。
F→=-r r qlp ∧402146πε= -r r pp ∧402123πε当 1p →与2p →反方向时（如图），同理： F→= r l r l r q p ∧⎥⎥⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎢⎢⎣⎡--+323201)2(1)2(12πε =012πεq p ⨯r lr l l r ∧-+32223222)4()2(23略去高级小量得：F→=r rP P ∧402123πε3.2.3 一电偶极子处在外电场中，其电偶极矩为 ，其所在处的电场强度为 。
人教版高中物理选修3-1第三章磁场综合测试题答案及详解
高中物理学习材料金戈铁骑整理制作第三章磁场综合测试题答案及详解本卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分100分，时间90分钟．第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1．答案：ABD解析：只有当通电导线和磁场平行时，才不受安培力的作用，而A、D中导线均与磁场垂直，B中导线与磁场方向夹角为60°，因此受安培力的作用，故正确选项为A、B、D.2．答案：D解析：因为带电小球静止，所以不受磁场力的作用．3．答案：A解析：用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内部磁感应强度为零．4．答案：C解析：通电后，弹簧的每一个圈都相当一个环形电流，且各线圈都通以相同方向的电流，根据同向电流相互吸引，弹簧收缩，下端脱离水银面，使电路断开，电路断开后，弹簧中的电流消失，磁场作用失去，弹簧在弹力和自身重力作用下下落，于是电路又接通，弹簧又收缩……如此周而复始，形成弹簧上下跳动．正确答案为C.5．答案：A解析：离导线越远磁感应强度越小，电子的轨道半径越大．6．答案：A解析：由于m甲∶m乙＝4∶1，q甲∶q乙＝2∶1，v甲∶v乙＝1∶1，故R甲∶R乙＝2∶1.由于带电粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力，由左手定则判断，甲、乙所受洛伦兹力方向相反，则可判断，A选项正确．7．答案：ABD解析：当磁场方向垂直斜面向下时，据平衡条件知在沿斜面方向上mg sin30°＝BIL所以B＝mg2IL，因此选项A正确；当磁场方向竖直向下时，由左手定则知安培力应水平向左，直导体受力如图所示．由平衡条件知在沿斜面方向上mg sin30°＝BIL cos30°所以B ＝mg3IL，故选项B 正确；若磁感应强度垂直斜面向上，由左手定则知安培力应沿斜面向下，这样直导体不可能静止在斜面上，所以选项C 不正确；若B 水平向左，由左手定则知，安培力方向应竖直向上，此时若满足BIL ＝mg ，即B ＝mgIL，则直导体仍可静止在斜面上，所以D 选项正确．8．答案：ACD解析：各粒子做圆周运动的周期T ＝2πmqB，根据粒子的比荷大小可知：T 1＝T 2<T 3，故A正确；由于r 1>r 2>r 3结合r ＝m vqB及粒子比荷关系可知v 1>v 2>v 3，故B 错误；粒子运动的向心加速度a ＝q v Bm，结合各粒子的比荷关系及v 1>v 2>v 3可得：a 1>a 2>a 3，故C 正确；由图可知，粒子运动到MN 时所对应的圆心角的大小关系为θ1<θ2<θ3，而T 1＝T 2，因此t 1<t 2，由T 2<T 3，且θ2<θ3，可知t 2<t 3，故D 正确．9．答案：ABD解析：带负电小球由槽口下滑到P 点的过程中，磁场力不做功，支持力不做功，只有重力做功．小球在P 点受磁场力方向竖直向上．根据机械能守恒mgR ＝12m v 2v ＝2gR在P 点N ＋Bq v －mg ＝m v 2RN ＝3mg －qB 2gRM 对地面压力N ′＝Mg ＋N ＝(M ＋3m )g －qB 2gR 当qB 2gR ＝2mg 时N ′＝(M ＋m )g 当qB 2gR ＝3mg 时N ′＝Mg 选项A 、B 、D 正确． 10．答案：CD解析：在A 图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A 选项错误；B 图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B 选项错误；C 图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若三力的合力恰好为零，则小球将沿直线匀速通过复合场，C 正确；D 图中小球只受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力可以沿直线通过复合场，D 正确．第Ⅱ卷(非选择题 共60分)二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分．把答案直接填在横线上)11．答案：由安培定则判定答案如下图所示．12．答案：竖直向下 垂直纸面向里 E 2ghgB2πEgB ＋32h g 22gh π13．答案：0.5T解析：金属杆偏离竖直方向后受力如图所示，杆受重力mg ，绳子拉力F 和安培力F 安的作用，由平衡条件可得：F sin30°＝BIL ① F cos30°＝mg ②①②联立，得mg tan30°＝BIL∴B ＝mg tan30°IL＝0.5T14．答案：速度，荷质比解析：由直线运动可得：qE ＝qB v 进而可知：v ＝EB，可得速度相同，再由在后面只有磁场空间内半径相同，可得mq相同．三、论述·计算题(共5小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)15．答案：11V解析：ab 棒受到的安培力：F ＝BIL ＝0.04N 所以I ＝2A I 总＝3AE ＝I 总(r ＋R ·R abR ＋R ab)＝11V .16．答案：P ＝BIa解析：将原图的立体图改画成从正面看的侧视图，如图所示，根据左手定则判断出电流受力方向向右．F ＝BIh ，P ＝F S ＝F ah ＝BIh ah ＝BIa点评：本题的物理情景是：当电流I 通过金属液体沿图中方向向上时，电流受到磁场的作用力，这个磁场力即为驱动液态金属流动的动力，由于这个驱动力而使金属液体沿流动方向产生压强．17．答案：(1)轨迹图见解析(2)2L (L 2＋d 2)2mU q解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ，由动能定理得：qU ＝12m v 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：q v B ＝m v 2r②由几何关系得：r 2＝(r －L )2＋d 2③ 联立求解①②③式得：磁感应强度B ＝2L (L 2＋d 2)2mUq .18．答案：(1)6×10－3J (2)0.6m解析：(1)从M →N 过程，只有重力和摩擦力做功．刚离开N 点时有 Eq ＝Bq v即v ＝E /B ＝42m/s ＝2m/s.根据动能定理mgh －W f ＝12m v 2所以W f ＝mgh ＋12m v 2＝1×10－3×10×0.8－12×1×10－3×22＝6×10－3(J)．(2)从已知P 点速度方向及受力情况分析如附图由θ＝45°可知 mg ＝Eq f 洛＝2mg ＝Bq v p所以v P ＝2mg Bq ＝2EB＝22m/s.根据动能定理，取M →P 全过程有mgH －W f －Eqs ＝12m v 2P求得最后结果s ＝mgH －W f －12m v 2PEq＝0.6m.19．答案：(1)3.46m (2)1.53s解析：(1)设垒球在电场中运动的加速度为a ，时间为t 1，有：qE ＝ma h ＝12at 21 d ＝v 0t 1代入数据得：a ＝50m/s 2，t 1＝35s ，d ＝23m ＝3.46m(2)垒球进入磁场时与分界面夹角为θtan θ＝at 1v 0＝3，θ＝60°进入磁场时的速度为v ＝v 0cos θ＝20m/s设垒球在磁场中做匀速圆周运动的半径为R由几何关系得：R ＝dsin θ＝4m又由R ＝m v qB ，得B ＝m vqR＝10T球在磁场中运动时间为：t 2＝360°－2×60°360°TT ＝2πm qB ，故t 2＝4π15s运动总时间为：t ＝2t 1＋t 2＝1.53s。
电磁场 第三章 (叶齐政 孙敏 著) 华中科技大学出版社 课后答案
第三章3．3提示，由于静电场中0=×∇E K 放在计算0=×∇F G 若0=×∇F G 则F G可能是电场强度E G ，否则不可能是E G ，即：0=×∇E K 是F G为静电场的必要重要条件。
具体过程；略 3．4解1）P 点的ϕ：()()()()()Vb b b P 86.972ln 4320223,2,222−=−−−×+−××=−=ϕϕ 2）P 点的E G： 由于，k j y x y x i y x x xy kz j yi x E G G G G G G K 20828422222−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+−⎟⎠⎞⎜⎝⎛−−−=∂∂−∂∂−−∂∂−=−∇=ϕϕϕϕ 所以P 点的E G为()k j i p E G GG G 205.715.49−−=3）P 点的D ：()()()()3120205.715.491085.8m ck j i p E p D G G G G G −−××==−ε自由电荷密度()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−+−−=⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛∂∂+∂∂+∂∂=•∇=•∇=22222000164y x y x y z E y E x E E D z y x εεερG GP 点的为：()()()()()()3112222010526.6262661624mc p −×=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡−−−+××−−×−=ερ3．5解 提示，空气的击穿场强决定了在金属球表面与空气的交界面上的电场的最大值，另外注意金属导体表面的电场只有法向分量，金属导体球表面上有自由面电荷σ，其中最大值可由导体与介质界面的衔接条件决定()2502020210655.2m cE E E D Max n n Max −×=====εεεσ1）由于面电荷均匀分布特性，可求得金属球上最大的电量()c r ds q s62max max max 10507.74−×=⋅==∫πσσ2）只需要计算长圆柱的单位长度电荷总量()∫−×=⋅⋅==sc r ds q 5max max 110502.212πσσ3）考虑金属球的对称性，可以为金属球上的面电荷在空间产生的电场与同量的处于球心处的点电荷产生的电场等效，金属球表面处的电势最高为()V rq 50maxmax 1005.44×==πεϕ3．6解提示光分析同轴电缆里面的电场强度E G设同轴电缆内外导体沿轴向方向单位强度所带电荷量分到为ττ−+和由高斯定理，电缆中介质的电位移：02r rD G Gπτ=则电场02r rE G G πετ=于是内外导体间的电压120ln 2212121R R Edr r d E l d E U R R R R R R πετ∫∫∫==•=•=G G G G 12ln 2R R U πετ=120ln 2r R R r U r r E G G G ==πετ 显然E正比于1/r故由导体表面上的电场强度最大，即121max 121max lnlnR R R E U R R R U E =⇒=可U 是R1的函数现求U 的极大值 令l RR R R dR dU 211211ln 0=⇒==即可得于是l R E lR R lR E U 2max 222max max ln⋅=⋅=3.7解提示：可利用3。
人教版物理选修【3-1】第三章《磁场》章末检测(B)及答案
章末检测(B)(时间：90分钟，满分：100分)一、选择题(本题共10个小题，每小题5分，共50分) 1．关于磁场的下列说法正确的是( ) A ．磁场和电场一样，是同一种物质B ．磁场最基本的性质是对处于磁场里的磁体或电流有磁场力的作用C ．磁体与通电导体之间的相互作用不遵循牛顿第三定律D ．电流与电流之间的相互作用是通过磁场进行的 2．关于磁感应强度，下列说法正确的是( )A ．一小段通电导体放在磁场A 处，受到的磁场力比B 处的大，说明A 处的磁感应强度比B 处的磁感应强度大B ．由B ＝FIL可知，某处的磁感应强度大小与放入该处的通电导线所受磁场力F 成正比，与导线的IL 成反比C ．一小段通电导体在磁场中某处不受磁场力作用，则该处磁感应强度一定为零D ．小磁针N 极所受磁场力的方向就是该处磁感应强度的方向3．如图1所示，一带负电的金属环绕轴OO′以角速度ω匀速旋转，在环左侧轴线上的小磁针最后平衡的位置是( )图1A ．N 极竖直向上B ．N 极竖直向下C ．N 极沿轴线向左D ．N 极沿轴线向右 4．下列说法中正确的是( )A ．磁场中某一点的磁感应强度可以这样测定：把一小段通电导线放在该点时受到的磁场力F 与该导线的长度L 、通过的电流I 乘积的比值．即B ＝FILB ．通电导线放在磁场中的某点，该点就有磁感应强度，如果将通电导线拿走，该点的磁感应强度就为零C ．磁感应强度B ＝FIL只是定义式，它的大小取决于场源以及磁场中的位置，与F 、I 、L 以及通电导线在磁场中的方向无关D ．通电导线所受磁场力的方向就是磁场的方向5．下面所述的几种相互作用中，通过磁场发生的有( )A ．两个静止电荷之间的相互作用B ．两根通电导线之间的相互作用C ．两个运动电荷之间的相互作用D ．磁体与运动电荷之间的相互作用图26．两长直通电导线互相平行，电流方向相同，其截面处于一个等边三角形的A 、B 处，如图2所示，两通电导线在C 处的磁感应强度均为B ，则C 处总磁感应强度为( )A ．2B B ．BC ．0 D.3B7．如图3所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I 通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是( )图3A ．沿路径a 运动B ．沿路径b 运动C ．沿路径c 运动D ．沿路径d 运动8. 如图4所示，M 、N 为一对水平放置的平行金属板，一带电粒子以平行于金属板方向的速度v 穿过平行金属板．若在两板间存在互相垂直的匀强电场和匀强磁场，可使带电粒子的运动不发生偏转．若不计粒子所受的重力，则以下叙述正确的是( )图4A ．若改变带电粒子的电性，即使它以同样速度v 射入该区域，其运动方向也一定会发生偏转B ．带电粒子无论带上何种电荷，只要以同样的速度v 入射，都不会发生偏转C ．若带电粒子的入射速度v′>v，它将做匀变速曲线运动D ．若带电粒子的入射速度v′<v，它将一定向下偏转9．如图5所示，环型对撞机是研究高能粒子的重要装置．正、负离子由静止经过电压为U 的直线加速器加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的真空环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.两种带电粒子将被局限在环状空腔内，沿相反方向做半径相等的匀速圆周运动，从而在碰撞区迎面相撞．为维持带电粒子在环状空腔中的匀速圆周运动，下列说法正确的是( )图5A ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm 越大，磁感应强度B 越大B ．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷qm越大，磁感应强度B 越小C ．对于给定的带电粒子，加速电压U 越大，粒子运动的周期越大D ．对于给定的带电粒子，不管加速电压U 多大，粒子运动的周期都不变10．如图6所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a(0，L)．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场．此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )图6A ．电子在磁场中运动的时间为πLv 0 B ．电子在磁场中运动的时间为2πL3v 0C ．磁场区域的圆心坐标为(3L 2，L 2) D姓 二、填空题(本题共2个小题，满分12分)11．(6分) 如图7所示，阴极射线管(A 为其阴极)放在蹄形磁铁的N 、S 两极间，射线管的A 、B 两极分别接在直流高压电源的________极和______极．此时，荧光屏上的电子束运动轨迹________偏转(选填“向上”“向下”或“不”)．图712．(6分)地球是个大磁体，在赤道上，地磁场可以看成是沿南北方向的匀强磁场．如果赤道某处的磁感应强度大小为0.5×10－4 T，在赤道上有一根东西方向的直导线，长为20 m，载有从东往西的电流30 A．则地磁场对这根导线的作用力大小为________，方向为________．三、计算题(本题共4个小题，满分38分)13．(9分)在磁场中放入一通电导线，导线与磁场垂直，导线长为1 cm，电流为0.5 A，所受的磁场力为5×10－4 N．求：(1)该位置的磁感应强度多大？(2)若将该电流撤去，该位置的磁感应强度又是多大？(3)若将通电导线跟磁场平行放置，该导体所受到的磁场力多大？14．(9分) 如图8所示，导体杆ab的质量为m，电阻为R，放置在与水平面夹角为θ的倾斜金属导轨上，导轨间距为d，电阻不计，系统处在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，电源内阻不计，问：若导轨光滑，电源电动势E为多大时才能使导体杆静止在导轨上？图815．(10分)如图9所示，abcd是一个边长为L的正方形，它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线．一带电粒子从ad边的中点O与ad边成θ＝30°角且垂直于磁场方向射入．若该带电粒子所带电荷量为q、质量为m(重力不计)，则该带电粒子在磁场中飞行时间最长是多少？若要带电粒子飞行时间最长，带电粒子的速度必须符合什么条件？图916．(10分) 如图10所示，一质量为m 、电荷量为q 带正电荷的小球静止在倾角为30°足够长的绝缘光滑斜面顶端时，对斜面的压力恰为零，若迅速把电场方向改为竖直向下，则小球能在斜面上滑行多远？图10第三章 磁 场(B) 答案1．BD [电场是存在于电荷周围的一种特殊物质，磁场是存在于磁体和电流周围的一种特殊物质，二者虽然都是客观存在的，但有本质的区别，A 项错；磁体与磁体、磁体与电流，电流与电流间的相互作用的磁场力与其它性质的力一样，都遵循牛顿第三定律，所以C 项错误；根据磁场的性质判断B 、D 项正确．]2．D [磁感应强度是描述磁场强弱和方向的物理量，是磁场本身性质的反映，其大小由磁场以及磁场中的位置决定，与F 、I 、L 都没有关系，B ＝FIL只是磁感应强度的定义式．同一通电导体受到的磁场力的大小由所在处B 和放置的方式共同决定，所以A 、B 、C 都是错误的；磁感应强度的方向就是该处小磁针N 极所受磁场力的方向，不是通电导线的受力方向，所以D 正确．]3．C [从左向右看圆盘顺时针转动，环形电流方向为逆时针方向，由安培定则可知，环的左侧相当于磁铁的N 极，故小磁针最后平衡时N 极沿轴线向左．]4．C [磁感应强度B ＝FIL是反应磁场力的性质的物理量，是采用比值的方法来定义的，该公式是定义式而不是决定式，磁场中各处的B 值是唯一确定的，与放入该点的检验电流的大小、方向无关．]5．BCD [在磁铁的周围和通电导线周围都存在着磁场，磁体间、电流间、磁体与电流间的相互作用都是通过磁场发生的，而静止电荷间的相互作用是通过电场发生的．]6．D [根据安培定则(右手螺旋定则)可以判断A 导线在C 处的磁感应强度为B A ，大小为B ，方向在纸面内垂直于连线AC ，B 导线在C 处的磁感应强度为B B ，大小为B ，方向在纸面内垂直于连线BC.如图所示，由B A 、B B 按平行四边形定则作出平行四边形，则该平行四边形为菱形，故C 处的总磁感应强度B′＝2×Bcos 30°＝ 3B.]7．B [由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上．则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C 、D 必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B 正确，A 错误．]8．B [本题实际上是一个速度选择器的模型，带电粒子以速度v 平行于金属板穿出，说明其所受的电场力和洛伦兹力平衡，即qE ＝qvB ，可得v ＝E B .只要带电粒子的速度v ＝EB，方向为如题图所示方向，均可以匀速通过速度选择器，与粒子的种类、带电的性质及电荷量多少无关，因此A 错误，B 正确．若v′>v，则有qv′B>qE，洛伦兹力大于电场力，粒子将向洛伦兹力方向偏转而做曲线运动，电场力做负功，粒子的速度将减小，但当粒子速度变化，洛伦兹力也随之发生变化，所以粒子所受合外力时刻发生变化，因此粒子不做匀变速曲线运动，C 错．若v′<v ，则qv′B<qE，将向电场力方向偏转，由于粒子电性不知，故D 错．]9．BD 10.BC 11．负 正 向下12．3.0×10－2N 竖直向下解析 地磁场的磁感应强度为0.5×10－4T ，方向由南向北；导线垂直于地磁场放置，长度为20 m ，载有电流30 A ，则其所受安培力F ＝BIL ＝0.5×10－4×30×20 N＝3.0×10－2N ，根据左手定则可以判断导线所受安培力的方向竖直向下．13．(1)0.1 T (2)0.1 T (3)0解析 (1)根据公式B ＝FIL得：B ＝5×10－40.01×0.5T ＝0.1 T.(2)该处的磁感应强度不变，B ＝0.1 T.(3)电流元平行磁场放置时，所受磁场力为零，F ＝0.14.mgRtan θBd解析 由闭合电路欧姆定律得：E ＝IR ，导体杆受力情况如图所示，则由共点力平衡条件可得F 安＝mgtan θ，F 安＝BId ，由以上各式可得出E ＝mgRtan θBd.15.5πm 3qB v≤qBL 3m解析 从题设的条件中，可知带电粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，它做匀速圆周运动，粒子带正电，由左手定则可知它将向ab 方向偏转，带电粒子可能的轨道如下图所示(磁场方向没有画出)，这些轨道的圆心均在与v 方向垂直的OM 上．带电粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB ＝mv 2r ，r ＝mvqB①运动的周期为T ＝2πr v ＝2πmqB②由于带电粒子做匀速圆周运动的周期与半径和速率均没有关系，这说明了它在磁场中运动的时间仅与轨迹所对的圆心角大小有关．由图可以发现带电粒子从入射边进入，又从入射边飞出，其轨迹所对的圆心角最大，那么，带电粒子从ad 边飞出的轨迹中，与ab 相切的轨迹的半径也就是它所有可能轨迹半径中的临界半径r 0：r ＞r 0，在磁场中运动时间是变化的，r≤r 0，在磁场中运动的时间是相同的，也是在磁场中运动时间最长的．由上图可知，三角形O 2EF 和三角形O 2OE 均为等腰三角形，所以有∠OO 2E ＝π3.轨迹所对的圆心角为a ＝2π－π3＝5π3运动的时间t ＝Ta 2π＝5πm3qB由图还可以得到r 0＋r 02＝L 2，r 0＝L 3≥mv qB得v≤qBL 3m带电粒子在磁场中飞行时间最长是5πm 3qB ；带电粒子的速度应符合条件v≤qBL3m.16.3m 2g 2q 2B2解析 由分析知：当小球静止在斜面顶端时，小球受重力mg 、电场力Eq ，且mg ＝Eq ，可得E ＝mgq当电场反向时，小球由于受到重力和电场力作用而沿斜面下滑，产生速度，同时受到洛伦兹力的作用，F ＝qvB ，方向垂直斜面向上．速度v 是在不断增大的，直到mg 和Eq 的合力在垂直斜面方向上的分力等于洛伦兹力，小球就要离开斜面了，此时qvB ＝(mg ＋Eq)cos 30°，v ＝3mgqB又因为小球在下滑过程中只有重力和电场力做功，所以由动能定理可得：(mg ＋Eq)h ＝12mv 2，所以h ＝3m 2g4q 2B2所以小球在斜面上下滑的距离为x ＝h sin 30°＝2h ＝3m 2g2q 2B 2.。
电磁场与电磁波实际(第二版)(徐立勤-曹伟)第3章习题解答
第3章习题解答3.1 对于下列各种电位分布，分别求其对应的电场强度和体电荷密度：(1)()2,,x y z Ax Bx C Φ=++； (2)(),,x y z Axyz Φ=；(3)()2,,sin z A B z Φρϕρϕρ=+； (4)()2,,sin cos r Ar Φθϕθϕ=。
解：已知空间的电位分布，由E Φ=-∇和20/Φρε∇=-可以分别计算出电场强度和体电荷密度。
(1) ()2x E e Ax B Φ=-∇=-+ 0202εερA -=Φ∇-= (2) ()x y z E A e yz e xz e xy Φ=-∇=-++ 020=Φ∇-=ερ (3) (2sin )cos z E e A Bz e A e B ρϕΦρϕρϕρ⎡⎤=-∇=-+++⎣⎦20004sin sin 3sin BzBz A A A ρεΦεϕϕεϕρρ⎛⎫⎛⎫=-∇=-+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ (4) ()2sin cos cos cos sin r E e Ar e Ar e Ar θϕΦθϕθϕϕ=-∇=-+-200cos 2cos cos 6sin cos sin sin A A A θϕϕρεΦεθϕθθ⎛⎫=-∇=-+- ⎪⎝⎭3.5 如题3.5图所示上下不对称的鼓形封闭曲面，其上均匀分布着密度为0S ρ的面电荷。
试求球心处的电位。
解：上顶面在球心产生的电位为0011100)()22S S d R d ρρΦεε==- 下顶面在球心产生的电位为0022200)()22S S d R d ρρΦεε==- 侧面在球心产生的电位为030014π4πS S SSRRρρΦεε==⎰式中212124π2π()2π()2π()S R R R d R R d R d d =----=+。
因此球心总电位为1230S R ρΦΦΦΦε=++=3.6有02εε=和05εε=的两种介质分别分布在0z >和0z <的半无限大空间。
电磁场与电磁波课后习题答案(杨儒贵编着)(第二版)第3章
3-18证明无源区中电位分布函数不可能具有最大值或最小值。
证明以直角坐标系为例。已知无源区中电位满足拉普拉斯方程
该方程的通解为 。若此解在 点取得极值，那么在该点应有
若是一维空间，因 ， ，可见 为常数，即电位函数没有极值。
若是二维空间， ， ，显然 和 不可能同时大于零或同时小于零，因此不可能有极大值或极小值。
解根据镜像法可知，无限大的导体平面与无限长圆柱导线之间的场分布与两根无限长平行圆柱导线之间的一半空间的场分布完全相同。因此，圆柱导线与导体平面之间的单位长度内的电容是两根平行圆柱导线的单位长度内的电容一倍。由教材3-3节获知两根平行圆柱导线的单位长度内的电容为
式中D为两根圆柱导线轴线之间的距离，a为圆柱导线的半径。因此，对于本题的圆柱导线与导体平面之间的单位长度内的电容为
要使点电荷受力为零，则 应满足下列方程
求解此高次方程可用作图法。为此，先将上式化简为
再化为关于 的方程即
若 ，则上面的方程又可写为
令 ， ，分别作图求得y1和y2的交点，即是所要求的解。根据题意可知 ，由下图可见 的解位于 =1.5~2之间。其值近似为 ，即 时，点电荷q受力为零。
3-14试证位于内半径为a的导体球形空腔中的点电荷q受到的电场力大小为
答根据镜像法，如果劈形导体的夹角不为 的整数分之一时，则镜像电荷不能最终和原电荷重合，这样将会产生无限多个镜像电荷，每个镜像电荷都会产生一定的电位，导致合成电位无限大，因而无解。
当点电荷位于两块无限大导体板之间时，可采用镜像法求解。此时虽然也会产生无限多个镜像电荷，但是远处的镜像电荷对于两板之间的场点贡献越来越小，因
若高度h>>a，上式还可进一步简化为
大学电磁场课后答案第三章
ε1 ε 2 − ) σ1 σ 2 ε1 ε 2 ≠ σ1 σ 2
因此，分界面上存在自由电荷的条件是
3-8
在导体中有恒定电流而其周围媒质的电导率为零时，试证明导体表面电通量密度的法 向分量 Dn = σ ， 但矢量关系 D = e n σ 不成 立( 式中 e n 是导体表面向 外的法 线单位矢 量)。
W = ∑ σϕi ∫
i =1 n
n
Si
n ∂ϕ ∂ϕ − dS dS = ∑ σϕi ∫ S i ∂n ∂n ' i =1 n n Jn ' dS = ∑ ϕi J ' dS ϕi I i = ∑ ∫ Si n ∂n i =1 i =1
= ∑ σϕi ∫
i =1
Si
故命题得证。 3-10 有一非均匀导电媒质板，厚度为 d ，其两侧面为良导体电极，下板表面与坐标 z = 0 重 ρ − ρ R2 1 合， 介质的电阻率为 ρ R = = ρ R1 + R1 z， 介电常数为 ε 0 ， 而其中有 J = e z J 0 的 γ d 均匀电流。试求：1) 介质中的自由电荷密度。2) 两极板间的电位差。3) 面积为 A 的 一块介质板中的功率损耗。
u v
R铁＝
单位长度的水柱电阻为
ρ铁 S铁
＝
8.7 × 10 −8 π (0.025 2 − 0.02 2 ) ρ水 S水
R水＝
＝
0.01 π 0.02 2
当水管中的电流为 20A 时，水柱和铁管中的电流之比为
I水 I铁
又根据题意
＝
R铁 R水
＝1.5 × 10 −5
(1)
I 水＋I 铁＝20 A
所以将(1)、(2)联立求解，可得管壁和水中的电流强度
电磁场与电磁兼容习题答案与详解_第3章
电磁场与电磁兼容习题答案与详解第三章3.2 已知自由空间传播的均匀平面电磁波，电场强度为： 22042041010πππj z j zj e e +----+=y x a a E )/(m V试求：①该电磁波向何方向传播；②该电磁波的频率f ；③该电磁波的极化方式；④该电磁波的磁场强度H ；⑤与该波传播方向垂直的单位面积流过的的平均功率。
解： ①z k a a=即是+z 方向②π20=k rad/m m k 1.02==∴πλ 9103v ⨯==∴λf Hz③zj y x e a j a E π2044)1010(---+=()z 20t cos 10E 4x πϖ-=- ⎪⎭⎫⎝⎛+-=-2z 20t cos 10E 4y ππϖ1E E 2y 2x =+∴ ()z 20-t tg E E xyπϖ-=由上可知，该波为左旋圆极化波。
④zj x y z j y x z z e a j a e a j a a E a H ππππη2052040)(1210)(120101-----=+⨯=⨯= A/m ⑤[]ππ1210)()(121010Re 21Re 21954---*=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯+⨯=⨯=z x y y x a a j a a j a H E S 平均 W/m23.5 已知真空中传播的平面电磁波的电场强度为： )]23(30.05-t 10)cos[635(),(7z y x t +-⨯+=ππy x a a r E V/m 试求：①电场强度的振幅、波矢量及波长；②磁场强度矢量),(t r H ；③平均坡印亭矢量平均S 。
解：①m v E m /10315=+=m rad a a a k z y x /)233(05.0 +-=πππ2.043905.0=++=km k102==πλ ②)233(41z y x k a a a k k a +-== ⋅+⨯+-=⨯=)3(5)233(4801),(1),(0y x z y x k a a a a a t r E a t H πηγ [])233(05.0106cos 7z y x t +--⨯ππ =[])233(05.0106cos )323(4817z y x t a a a z y x +--⨯++-πππ③m V e a a E z y x j y x /)3(5)233(05.0+--+=π m A e a a a H z y x j z y x /)323(481)233(05.0+--++-=ππ[]ππηπ48524010021/)233(485Re 21202*===+-=⨯=E m W a a a H E S z y x 平均3.6 在1=r μ，4=r ε，0=σ的媒质中有一均匀平面波，其电场强度为： )3sin(),z (0πω+-=kz t t E E 。
电磁场与电磁波第四版第三章部分答案(可编辑修改word版)
0 0q ∂x 2ε0d d 6ε0电磁场与电磁波第三章3.7 无限大导体平板分别置于x = 0和x = d 处，板间充满电荷，其体ρ = ρ0x U 电荷密度为 d ,极板间的电位分别为 0 和 0，如图所示，求两级板之间的电位和电场强度。
解：由泊松定理得d 2φ =‒1 ρ0xφ = - 解得ρ0x 36ε d + Ax + B dx 2ε0 d在x = 0处，φ = 0，故B = 0x= d 处，φ = U 0，故U 0 = -A = U 0 + ρ0dρ0x 36ε d + Ad 故 d 6ε0φ =- ρ0x 3 + (U 0 + ρ0d )x6ε0d d 6ε0E =‒ ∇φ =‒ e x ∂φ= e x [ρ0x 2 ‒ (U 0 + ρ0d )]2W =lq3.8 证明：同轴线单位长度的静电储能 e2C 。
式中 的电荷量，C 为单位长度上的电容。
l 为单位长度上解：由高斯定理可知：故内外导体间的电压为q lE (ρ) =2περ 在∫e 2 a 22πε 2CbU =bEdρ = q l 2περdρ =q l ln bq laa2πε2πε a C = U = ln b则电容为 1a 1bq l1 q 2b q 2W = ∫εE 2dV = ∫ ε()22πρdρ = l l n= l3.9 有一半径为 a,带电量 q 的导体球，其球心位于介电常数分别为 ε1和ε2的两种介质的分界面上，该分界面为无限大平面。
试求：（1） 导体球的电容；（2）总的静电常量。
解：根据边界条件则E 1t = E 2t ,故有E 1 = E 2 = E ,由于 D 1 = ε1E 1,D 2 = ε2E 2,所以D 1 ≠ D 2，由高斯定理可得D 1S 1 + D 2S 2 = q即2πr 2ε1E + 2πr 2ε2E = qE = q2πr 2(ε1 + ε2)φ(a ) = ∫∞Edr = q ∫∞ 1 dr =q 导体球的电位为a 2π(ε1 + ε2) a r 22π(ε1 + ε2)a C = q = 2π(ε + ε )a电容为 φ(a )1 2 W = 1qφ(a ) =q 2(2)总的静能量为 e 24π(ε1 + ε2)a3.13 在一块厚度为 d 的导电板上，由两个半径分别为r 1和r 2的圆弧和夹角为α的两半径割出的一块扇形体，如图所示。
《电磁场与电磁波》课后习题解答(第三章)
【习题 3.1】
解：设导线沿 ez 方向，电流密度均匀分布 则
J ez
4
I d
2
ez
4
2 (10 )
3
2
cos(2 50t ) ez
8
106 cos(2 50t（ ) A
m2
）
导线内的电场
E
J
ez
8 106 cos 2 50t ez 4.39 102 cos 2 50t (V / m) 7 5.8 10
J s n H er H ez 395.1cos(4 108 t ) A / m
（3） r 20mm, z 25mm 处的表面电荷密度
7 2 s n D 0 r er E 0. 7 8 1 0 sin ( 48 t1 0 C ) m /
B 1.328 6 107 0 sin 6 107 t cos zex t
1.328 6 107 4 107 sin 6 107 t cos zex 100sin 6 107 t cos zex
所以有
E
B t
ex
又因为
ey y 0
ex 1 1 E ( D) [ ( z 6 107 t )ex ] 2.5 0 2.5 0 x Ex (e y Ex E 1 ez x ) ey 4.52 1010 ey z y 2.5 0
ey y 0
ez z 0
12
= 4 81 8.854 10
i 6.28 109 E = i 4.5 i 4 E
6
电磁学第三章习题答案
第三章3.1 解：因螺绕环内的磁感应强度I n B 0μ=，所以副线圈中的感应电动势为VdtdI S dtd Sdtd 30103.1nN B N N --⨯===Φ=με副副副感应电流为A103.6RI 4-⨯==ε3.2 解：（1）设线圈发现→n 与→B 的夹角为零度时作为计时的起点，则t 时刻线圈中的感应电动势为tNBS dt t B d dt d ωωωεsin )cos S (-N-N==Φ=由此可以看出，当2t πω=或23t πω=时，即线圈法线与地磁场→B 的夹角为2π或23π时，感应电动势的值最大，此时ωεNBS m=（2）97N==ωεBS m 匝3.3 解：因距直导线为r 处的ri πμ2B 0=，所以（1）穿过回路ABCD 的磁通量t I a b l ldr riS d B basωπμπμsin ln 22000⎪⎭⎫⎝⎛==⋅=Φ⎰⎰⎰→→（2）回路ABCD 中的感应电动势 tI ab l dtωπωμεcos )(ln2d 00-=Φ-=3-5解：设t=0时，线圈与直导线处于同一平面内。
t 时刻俯视线圈与导线的相对位置如图3-19所示。
此时，线圈的有效面积是宽为AB 长为2a 的与长直导线共面的矩形面积。
穿过此有效面积的磁通量t t ab b a t ab b a b Ia tt ωωωπωμsin cos 21cos 21d )(d ε222220⎪⎭⎫⎝⎛-++++=Φ-=3-10解：设l 正方向如图3-23所示，则ac 段产生的感应电动势Vbc vB l d B l d B cbba30109.160cos 0)()(-→→→→→→⨯=+=⋅⨯+⋅⨯=⎰⎰ννε故感应电动势的方向为c a →，即c 点的电位高。
所以 V3oc 109.1U -⨯-=3-13解：（1）a,b 间的感应电动势22222121)(NBRR N B R B ldl B l d B d RLbaππωωυεε=⋅⋅===⋅⨯==⎰⎰⎰→→→（2）因ε的方向从轮心指向边缘，故在外电路上，I 的方向为b 指向a 。
教科版高中物理必修第三册课后习题 第3章 电磁场与电磁波初步 第三章测评
第三章测评(满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。
在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.法拉第多次对“磁生电”进行实验研究,他把两个线圈绕在同一个软铁环上,如图所示,线圈A连接电池与开关,线圈B通过较长的导线闭合,并在其中一段水平直导线下方放置小磁针,开始时磁针静止。
他发现,当开关合上瞬间,磁针偏转了一下。
对该实验下列说法正确的是( )A.法拉第是利用“电生磁”现象来判断感应电流的有无B.开关断开瞬间,小磁针不偏转C.开关闭合后,小磁针保持偏转D.开关闭合后,软铁环中磁场消失2.如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c三枚小磁针都要发生转动,以下说法正确的是( )A.a、b、c的N极都向纸里转B.b的N极向纸外转,而a、c的N极向纸里转C.b、c的N极都向纸里转,而a的N极向纸外转D.b的N极向纸里转,而a、c的N极向纸外转3.如图所示的磁感线分布情况,以O点为坐标原点,沿Z轴正方向,磁感应强度B大小的变化最有可能为( )4.如图所示,两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置,沿x轴方向的电流为I0。
已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度,其中k为常量,I为导线中的电流,r为场中某点到导线的垂直距离。
B=k Ir图中A点的坐标为(a,b),若A点的磁感应强度为零,则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为( )A.ab I 0,沿y 轴正向B.ab I 0,沿y 轴负向C.b aI 0,沿y 轴正向 D.b aI 0,沿y 轴负向5.利用智能手机中的传感器和相关软件可测量磁感应强度。
如图所示,在水平放置的手机上建立三维坐标系,手机显示屏所在平面为xOy 面,竖直向上为z 轴正方向,测得B x =0、B y =28 μT、B z =-21 μT,手机显示屏的面积约为0.01 m 2,根据测量数据可知( )A.测量地点位于赤道位置B.通过手机显示屏的磁通量约为2.8×10-7 WbC.通过手机显示屏的磁通量为3.5×10-7 WbD.通过手机显示屏的磁通量为2.1×10-7 Wb6.如图所示,矩形abcd 中,bc 是ab 的2倍。
电磁场叶齐政第三章答案
荷 q' (平面上方 h 处， q' q )对它的作用力
q2
fe
4 0 (2h)2
令 f e 与重力 mg 大小相等，有
q2
mg
4 0 (2h)2
即������ = 4ℎ√������������0������������
3.12
解：设q1受电场力为������1， ������1是q2和分界面上产生感应电荷共同产生的电场对q1产生的电场 力。同理 q2 受电场力为������2 ，是q1和分界面上产生的感应电荷共同产生的电场对q2 的电场 力。
2
3.9 解： 1）嵌入金属壳后，球形电容器的电场有变化，原因如下： 当嵌入金属壳 S 后将球形电容器内电介质分成两部分，S 成为这两部分电介质的分界面。 在该分界面上电位处的相等，即 S 面是等势面。类似地，我们也可把（a）图中的介质分成 如（b）图一样的两部分，显然在（a）图中，S 对应的分界面不再是等势面，因此（a）（b） 两图中的边缘问题的边界条件不相同，其解必不同。 2）若金属球壳与球形电容器同心，则 S 的嵌入不改变边缘问题的边界条件，因此不改变电 场的分布，因为球形电容器中的等势面正好是与球心同心一簇同心球面。
=
������0⁄ln
������2 ������1
∗
1 ������
当������ = ������1时
������������������������
=
������0 ln������2⁄������1
∗
1 ������1
对������1 ∗ ln ������2⁄������1求导得到 ������1 = ������2⁄ⅇ时������������������������最小为ⅇ������0 ∕ ������2
【金版教程】高中物理《第三章 磁场》章末检测 新人教版选修3-1
【金版教程】2014年高中物理《第三章 磁场》章末检测 新人教版选修3-1一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分)1. 如图所示，一长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环所在的平面，导线和环中的电流方向如图所示， 则圆环受到的磁场力为( )A. 沿环半径向外B. 沿环半径向里C. 水平向左D. 等于零 答案：D解析：I 2产生的磁场方向与I 1的环绕方向平行，故圆环受到的磁场力为零，故D 对． 2. [2013·长春高二检测]一个带电粒子沿垂直于磁场的方向射入一匀强磁场．粒子的一段径迹如图所示．径迹上的每一小段都可近似看成圆弧．由于带电粒子使沿途的空气电离，粒子的能量逐渐减小(带电量不变)．从图中情况可以确定 ( )A ．粒子从a 到b ，带正电B ．粒子从a 到b ，带负电C ．粒子从b 到a ，带正电D ．粒子从b 到a ，带负电 答案：C解析：因R ＝mvqB，能量减少，则v 减小，半径减小，则由b 到a ，由左手定则可知是正电，C 正确．3. [2013·昌黎高二检测]有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是 ( )A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行答案：B解析：通电导线在磁场中不平行就会受到安培力，且与B、I方向垂直，则A、D错误．F F洛的宏观体现，则B正确．F洛与v始终垂直，不做功，C错．安是4. 如图所示，电磁炮是由电源、金属轨道、炮弹和电磁铁组成的．当电源接通后，磁场对流过炮弹的电流产生力的作用，使炮弹获得极大的发射速度．下列各俯视图中正确表示磁场B方向的是 ( )答案：B解析：要使炮弹加速，安培力方向必须向右，由左手定则判知B中磁场方向符合要求，故B对，A、C、D错．5. [2013·湛江高二检测](多选)目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的微粒，而从整体来说呈中性)沿如图所示方向射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下列说法正确的是( )A ．A 板带正电B ．有电流从b 经用电器流向aC ．金属板A 、B 间的电场方向向下D ．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受静电力 答案：BD解析：等离子体射入磁场后，由左手定则知带正电的微粒受到向下的洛伦兹力向B 板偏转，带负电的微粒向A 板偏转，故B 板带正电，B 板电势高，电流方向从b 经用电器流向a ，电场的方向由B 板指向A 板，A 、C 错误，B 正确；当Bvq >Eq 时离子发生偏转，故D 正确．6. [2012·安徽高考]如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v 从A 点沿直径AOB 方向射入磁场，经过Δt 时间从C 点射出磁场，OC 与OB 成60°角．现将带电粒子的速度变为v3，仍从A 点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间变为( )A.12Δt B ．2Δt C.13Δt D ．3Δt 答案：B解析：设磁场区域的半径为R ，粒子的轨迹半径为r ，粒子以速度v 在磁场中运动的轨迹如图所示，则由几何关系知，r ＝3R ，又T ＝2πm qB ，所以Δt ＝60°360°T ＝πm3qB ，当粒子的速度为v /3时，轨迹半径为r ′＝mv ′qB ＝mv 3qB ＝r 3＝33R ，所以偏转角θ′＝120°，Δt ′＝120°360°T ＝2πm3qB＝2Δt ，故选项B 正确．7. (多选)在光滑绝缘水平面上，一轻绳拉着一个带电小球绕竖直方向的轴O 在匀强磁场中做逆时针方向的水平匀速圆周运动，磁场的方向竖直向下，其俯视图如图所示，若小球运动到A 点时，绳子突然断开，关于小球在绳断开后可能的运动情况，以下说法正确的是 ( )A ．小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径不变B ．小球仍做逆时针匀速圆周运动，半径减小C ．小球做顺时针匀速圆周运动，半径不变D ．小球做顺时针匀速圆周运动，半径减小 答案：ACD解析：题中并未给出带电小球的电性，故需要考虑两种情况．(1)如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，A 选项正确．如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大．(2)如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，由F T －qvB ＝m v 2R可知，当洛伦兹力的大小等于小球所受拉力的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，C 选项正确，当洛伦兹力的大小大于小球所受拉力的一半时，绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，D 选项正确，综合以上，A 、C 、D 正确，B 错误．8. (多选)如图所示，虚线间空间存在由匀强电场E 和匀强磁场B 组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球(电量为＋q ，质量为m )从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，带电小球通过下列电磁混合场时，可能沿直线运动的是 ( )答案：CD解析：带电小球进入混合场后若受力平衡，则能沿直线运动．A 选项中电场力向左，洛伦兹力开始时向右，重力竖直向下，三力不可能平衡．B 选项中电场力向上，重力向下，而洛伦兹力向外，三力也不能平衡．C 、D 选项的小球受三力可能平衡．所以选项C 、D 正确．9. (多选)在倾角为α的光滑绝缘斜面上，放一根通电的直导线，如图所示，当加上如下所述的磁场后，有可能使导线静止在斜面上的是 ( )A ．加竖直向下的匀强磁场B ．加垂直斜面向下的匀强磁场C ．加水平向左的匀强磁场D ．加沿斜面向下的匀强磁场 答案：ABC解析：对通电导线进行受力分析：A 选项中导线受重力向下，水平向左的安培力、垂直斜面向上的支持力、导线可能静止，A 对．B 选项中导线受重力向下，沿斜面向上的安培力，垂直斜面向上的支持力、导线可能静止，B 对．C 选项中导线受重力向下，安培力竖直向上，如此两力相等，导线可能静止，C 对．D 选项中，导线重力向下，垂直于斜面向下的安培力，垂直于斜面向上的支持力，此三力不可能平衡，D 错，选A 、B 、C.10. [2012·海南高考]如图，在两水平极板间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向下，磁场方向垂直于纸面向里．一带电粒子以某一速度沿水平直线通过两极板．若不计重力，下列四个物理量中哪一个改变时，粒子运动轨迹不会改变( )A ．粒子速度的大小B ．粒子所带的电荷量C ．电场强度D ．磁感应强度答案：B解析：粒子受到电场力和洛伦兹力作用而平衡，即qE ＝qvB ，所以只要当粒子速度v ＝EB时，粒子运动轨迹就是一条直线，与粒子所带的电荷量q 无关，选项B 正确；当粒子速度的大小、电场强度、磁感应强度三个量任何一个改变时，运动轨迹都会改变，选项A 、C 、D 不符合题意．二、填空题(本大题共2小题，共16分)11. (6分)质量为m ，电量为q 带正电荷的小物块，从半径为R 的14光滑圆槽顶点由静止下滑，整个装置处于电场强度为E ，磁感应强度为B 的区域内如图所示，则小物块滑到底端时对轨道的压力为________．答案：3mg －2qE ＋qBmg －qE Rm解析：小物块由静止滑到最低点由动能定理得：mgR －qER ＝12mv 2，在最低点由牛顿第二定律得：F N －mg －qvB ＝m v 2R，联立以上两式得：F N ＝3mg －2qE ＋qBmg －qE Rm.由牛顿第三定律，物块对轨道的压力F N ′＝F N .12. (10分)一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子(11H)加速到v ，使它获得动能为E k ，则(1)能把α粒子(42He)加速到的速度为________． (2)能使α粒子获得的动能为________．(3)加速α粒子的交变电压频率与加速质子的交变电压频率之比为________． 答案：(1)v2(2)E k (3)1∶2解析：回旋加速器的最大半径是一定的，由R ＝mv qB，质子11H 的质量和电荷量的比值即m e＝11， 而α粒子质量和电量的比值为42，R H ＝mv eB ，R α＝m αv αqB .R H ＝R α，得v α＝v 2，12mv 2＝R 2q 2B 22m. 所以α粒子动能与质子相同，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T ＝2πm qB.所以α粒子的周期是质子运动周期的2倍，即所加交变电场的周期的比为2∶1的关系，则频率之比为1∶2.三、计算题(本大题共4小题，共44分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13. (10分)如图，金属杆ab 的质量为m ，长为L ，通过的电流为I ，处在磁感应强度为B 的匀强磁场中，结果金属杆ab 静止且紧压在水平导轨上．若磁场方向与导轨平面成θ角，求：(1)金属杆ab受到的摩擦力大小；(2)金属杆ab对导轨的压力大小．答案：(1)BIL sinθ(2)mg－BIL cosθ解析：对金属杆ab受力分析，如图所示，安培力大小F＝BIL，与磁场方向垂直斜向上，与竖直方向成θ角，金属杆还受竖直向下的重力mg、水平导轨的支持力F N和静摩擦力F f 的作用．金属杆ab静止，合外力为零，则水平方向上：F f＝BIL sinθ，竖直方向上：F N＋BIL cosθ＝mg，所以金属杆ab对导轨的压力F N′＝F N＝mg－BIL cosθ.14. (10分)如图所示，在虚线所示宽度范围内，用场强为E的匀强电场可使初速度是v0的某种正离子偏转θ角．在同样宽度范围内，若改用方向垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过该区域，并使偏转角也为θ，(不计离子的重力)求：(1)匀强磁场的磁感应强度是多大？ (2)离子穿过电场和磁场的时间之比是多大？ 答案：(1)E cos θv 0(2)sin θ∶θ 解析：(1)离子在电场中做类平抛运动有v y ＝v 0tan θ① v y ＝qE mt ②且t ＝d v 0③其中d 为场的宽度．当改用匀强磁场时，离子做匀速圆周运动． 轨道半径r ＝d sin θ＝mv 0qB ④联立①②③④得：B ＝E cos θv 0(2)离子在电场中运动的时间t 1＝d v 0⑤ 离子在磁场中运动的时间t 2＝r θv 0＝d θv 0sin θ⑥ 由⑤⑥得：t 1∶t 2＝sin θ∶θ.15. (12分)如图所示，在xOy 平面的第一象限有一匀强电场，电场的方向平行于y 轴向下；在x 轴和第四象限的射线OC 之间有一匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，方向垂直于纸面向外．有一质量为m ，带有电荷量＋q 的质点由电场左侧平行于x 轴射入电场．质点到达x 轴上A 点时，速度方向与x 轴的夹角为φ，A 点与原点O 的距离为d .接着，质点进入磁场，并垂直于OC 飞离磁场．不计重力影响，若OC 与x 轴的夹角为φ，求：(1)粒子在磁场中运动速度的大小； (2)匀强电场的场强大小． 答案：(1)qBdmsin φ (2)qB 2d msin 3φcos φ解析：(1)如图所示，质点在磁场中的轨迹为一圆弧．由于质点飞离磁场时，速度垂直于OC ，故圆弧的圆心在OC 上．依题意，质点轨迹与x 轴的交点为A ，过A 点作与A 点的速度方向垂直的直线，与OC 交于O ′.由几何关系知，AO ′垂直于OO ′，O ′是圆弧的圆心．设圆弧的半径为R ，则有R ＝d sin φ①由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB ＝m v 2R②将①式代入②式得v ＝qBd msin φ③ (2)质点在电场中的运动为类平抛运动．设质点射入电场的速度为v 0，在电场中的加速度为a ，运动时间为t ，则有v 0＝v cos φ，④v sin φ＝at ，⑤d ＝v 0t .⑥联立④⑤⑥得a ＝v 2sin φcos φd.⑦ 设电场强度的大小为E ，由牛顿第二定律得qE ＝ma ⑧联立③⑦⑧得E ＝qB 2d msin 3φcos φ. 16. (12分)如图所示，一质量为m ，电量为＋q 的带电粒子从A 孔以初速度v 0垂直于AD 进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，并恰好从C 孔垂直于OC 射入匀强电场中，电场方向跟OC 平行，OC ⊥AD ，最后打在D 点，且OD ＝2OC .若已知m ，q ，v 0，B ，不计重力，试求：(1)粒子运动到D 点所需时间；(2)粒子抵达D 点时的动能．答案：(1)m Bq (π2＋2) (2)mv 20 解析：带电粒子垂直进入磁场，在磁场中将做匀速圆周运动，运动时间t 1＝T 4. 带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场中运动时间 t 2＝ODv 0.带电粒子在磁场中运动，由于洛伦兹力不做功，只有粒子在电场中运动时电场力对粒子做正功．由动能定理可求粒子抵达D 点时的动能．(1)带电粒子在磁场中运动时间t 1为t 1＝T 4＝πm 2Bq. 带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间t 2为t 2＝ODv 0＝2r v 0＝2mv 0Bqv 0＝2m Bq. 所以粒子运动到D 点的时间为t ＝t 1＋t 2＝πm 2Bq ＋2m Bq ＝m Bq (π2＋2)． (2)电场力对带电粒子做正功，由动能定理求粒子到达D 点时动能E k ， W ＝E k －12mv 20，W ＝F 电r ＝mar .①粒子在电场中做类平抛运动，有 ⎭⎪⎬⎪⎫r ＝12at 222r ＝v 0·t 2⇒r ＝v 202a ②把②式代入①式得W ＝ma ·v 202a ＝12mv 20 所以得E k ＝12mv 20＋W ＝12mv 20＋12mv 20＝mv 20.。