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高中物理奥赛辅导:磁场A

时间:2011-12-14


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磁场 A
1、条形磁铁的一部分已插入一通电螺线管中,磁铁的极性和电流方向如图,且磁铁位于 螺线管中央轴线上。若只考虑磁场力的作用,原来静止的磁铁将向什么方向运动?

3、两根互相平行的长直导线相距 10cm ,其中一根通电的电流是 10A ,另一根通电电流 为 2

0A ,方向如图。试求在两导线平面内的 P、Q、R 各点的磁感强度的大小和方向。

4、求上题中单位长度 1 导线受 2 导 线的磁场力,再求单位长度 2 导线受 1 导线的磁场力。比较这两个力的大小、方向,总结它 们的关系。

5、两个半径相等的电阻均为 9Ω 的均匀光滑圆环,固定在一个绝缘水平台面上,两环面在 两个相距 20cm 的竖直平面内,两环面间有竖直向下的 B = 0.87T 的匀强磁场,两环最高点 A、 C 间接有内阻为 0.5Ω 的电源,连接导线的电阻不计。今有一根质量为 10g 、电阻为 1.5Ω 的导 体棒 MN 置于两环内且可顺环滑动,而棒恰静止于图示水平位置,其两端点与圆弧最低点间 的弧所对应的圆心角均为 θ = 60°。取重力加速度 g = 10m/s2 ,求电源电动势。

6、重 1N、半径为 5cm、长 8cm 的均匀圆柱体上绕有 50 匝线圈,处于 B = 1T 的水平匀强
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磁场中,要它滚上高为 2cm 的台阶,在线圈中至少要通以方向若何、大小多大的电流?

7、某安培计不准,示数一直偏小。为消除这一 误差,探讨以下几种措施的可行性:①减小转子线圈的匝数;②转紧回复弹簧;③减小分流 电阻的阻值;④增强永磁铁磁性;⑤更换倔强系数更小的回复弹簧。

参考答案与提示
1、解略。 答案:右方。 2、解略。 答案:IΦctgθ 。 3、解略。 答案:BP = 6.67×10?5T ,向外;BQ = 4.00×10?5T ,向外;BR = 9.33×10?5T ,向里。 4、解略。 答案:F1→2 = 4.0×10?4N,向上;F2→1 = 4.0×10?4N,向下。它们是作用力与反作用力的关系。 5、F = 3 G ,R = 6Ω∥3Ω + 1.5Ω + 6Ω∥3Ω … 答案:ε≈6.0V。 6、解略。 答案:I = 1.0A 。 7、θ =
NBS I K

注意:扭转弹簧(转紧获拧松)只能导致零误差之产生。 答案:宜采取④、⑤措施。

磁场考试
1、 (本题 10 分)两根互相靠近且垂直的长直导线,分 别通以图示方向的电流,且 I1 = 1.0A ,I2 = 1.73A ,试确定 合磁场为零的区域。
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2、 (本题 15 分)圆形导线沿半径方向引出两根直导线(引出位置任意) ,并通以强度为 I 的恒定电流,如图所示。试求环中心 O 处的磁感强度。 4、 (本题 15 分)如图所示,一带电量为 q 、质量为 m 的负电粒子,经坐标为(a,b)的 A 点时速率为 v 、方向沿+x 方向,现要使粒子恰能过原点 O , 讨论磁感强度的大小。

5、 (本题 10 分)如图所示,长为 L 的两平行金属板,充电 后其间有匀强电场,带电粒子垂直场强方向从两板正中射入, 其初动能为 E0 , 射出时偏离原方向距离为 d 。 若板间再加上匀 强磁场,方向与电场方向垂直,且带电粒子仍原样射入,则射出时会反方向偏离入射方向、 距离也为 d 。试求粒子从叠加场中射出的动能。

6、 (本题 20 分)有质量为 m 、电量为+q 的粒子,从图示的叠加场(B、E 已知)中的原 点自由释放,不计重力,试证该粒子运动轨迹顶点的曲率半径是其 y 坐标的两倍。

7、 (本题 20 分)空间有 φ = 60°的扇形磁 场,一束由 m1 = 36 和 m2 = 40 的两种氩同位素组成的单 能氩离子(即能量相同) ,通过此扇形磁场,射入和射出 时,离子束的轴线均与磁场边界垂直。求两种同位素的 发散角。

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参考答案与提示
1、解略。 答案:如右图,仅为一条和 I2 夹 60°角的(和 I1 、I2 在一个平面内的)直线。

2、I1 =

θ I 2π

I2 =

2π ? θ I 2π

2 B1O = kI1( π ?2θ)r r

r B2O = kI2 θ2 r

答案:为零。

4、解略 答案:若 B 场分布在 Aa 线右方,B = 2mv / qb ; 若 B 场分布在第一、四象限,B = 2mvb / q (a2 + b2 )

5、先据条件求场强 E = 4dE0 / qL2 … 答案:
L2 ? 4d 2 E0 。 L2

6、qEY =

1 m v2 P 2

q v y B·t = mvP
v2 = P 4E 2 B2

得 Y = 2mE / qB2 qvPB ? qE = m
v2 P r

得 r = 4mE / qB2 ∴ r = 2Y 证毕。

7、r =

P = qB

2mE k qB

=k m

令出射时两粒子对轴线发射角为 α ,则 ...
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考查图示小三角形,有
r1 r ? r1 = sin φ sin α
r2 r ?r = 2 sin α sin φ

① ②

对①②两式消 r 后得: sinα =
r2 ? r1 sinφ = r2 + r1
m 2 ? m1 m 2 + m1

sinφ

发散角为 2α = 2 arcsin(

m 2 ? m1 m 2 + m1

sinφ)

以上为精确解!代数字计算时,可作适当近似处理。 ...... 答案:发散角为 2°37′或 0.0456 rad 。 *后记:此题另有两近似解—— a、近似两弧等长,发散角为
2 m 2 ? 2 m1 m 2 + m1

φ ≈ 0.055 rad ;
m 2 ? m1 m1 sin φ ) 或

b 、 近 似 一 粒 子 出 射 和 轴 线 平 行 , 发 散 角 为 arcsin( ..

arcsin(

m 2 ? m1 m2

sin φ ) ≈ 0.047 rad 。

磁场 C
16、螺线管内壁绝缘、半径为 R ,且弹性良好。将螺线管通电后,内部形成磁感强度为 B 的匀强磁场。现从管壁一孔垂直壁射入一质量为 m 、电量为 q 的带电粒子,要求它运动一周后从原孔返回,讨论其速度取 值范围。粒子不计重力。

*17、将一无限长直导线中部折成一 个长 a 、宽 b 的开口矩形,并使导线通 以强度为 I 的稳恒电流。求开口中心处 的磁感强度。

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18、S 为一离子源,它能机会均等地向各方向持续地大量发射正离子。离子质量皆为 m 、 电量皆为 q 、速度皆为 v0 。在 S 右侧有一半径为 R 地圆屏,OO′是过其圆心且垂直圆面的 中心轴线。S 与圆屏间有范围 足够大的磁感强度为 B 的匀强 磁场,方向垂直屏向右。S 发 射的离子中,有些不论 S 与屏 距离若何,总能打到屏上—— 试求这些离子数与离子总数之比(不考虑离子之间的碰撞效应) 。

19、有一个质量为 m 、电量为+q 的粒子,一开始静止在原点 O 。今在 y 方向加一强度为 E 的匀强电场,同时加一个指向读者的磁感强度为 B 的匀强磁场。可以证明,这粒子运动的轨 迹将是一条摆线, 且在顶点的曲率半径是该点 y 坐标的两倍。 试应用以上结论求粒子在任一点 的速率与其 y 坐标的关系,并求在轨迹顶点的速率特解。

20、设在讨论的空间范围内有磁感强度为 B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场,在纸面上 有一长度为 h 的光滑绝缘空心细管 MN ,在其 M 端内有一质量为 m 、电量为+q 的小球 P1 ,管的 N 端外侧有另一不带电的小球 P2 。开始时 P1 相对管 静止,管带着 P1 以垂直管方向的速度 v1 向右运动, P2 则以 v2 的速度向反方向运动。如果 P1 从 N 端离开 后最终能与 P2 相碰,试求 v2 的值。设 B 、h 、m 、 q 、v1 均已知,且管的质量远大于 m ,并忽略重力 的作用。

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参考答案与提示

16、v ∝ r

答案:v 取 0 ~ 3 qBR/m 间的不连续值。 ...

17、*补充知识:对右图的有限长通电导线,在 P 点 。 激发的磁场 BP = k (cosθ1 ? cosθ2) 将原导线等效为右图的直线和回路的叠 加… 答案:B =
? kI ? 8 a 2 + b 2 ? 4? ,向里。 ? a ? b ? ? ?

I r

18、考查 OO′方向投影运动,如右图,则 rmax = R/2 即 θmax = arcsin
qBR 2mv 0

此空间角对应发射粒子数和总数之比 = (S 球缺 = 2πrh) 答案:
q 2B2R 2 1 N = ( ? 1? 1 )。 2 N总 2 4m 2 v 0

球缺球面面积 整个球面面积

(后记:此题若控制 S 到屏的距离,是否可解?)

19、qEY = m v 2 /2 P qB v y ·t = f x ·t = mvP Y = v y ·t

① ② ③ vP = 2E / B
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解①②③式可得:Y = 2mE / qB2

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答案:v =

2qEy / m ;vP = 2E / B 。

(后记:可证 P 点曲率半径 rP = 2r ;但摆线轨迹中学途径似乎不可证…)

20、据 h =

1 qv 1 B 2 t 1 得 t1 = 2 m
2qv 1 Bh ,x = m
2 m v 1y + v 12

2mh qv 1 B

进而得 v1y =

2mv 1 h qB
2 m 2 v1 q 2B2

*又由 R =

qB

= … =

x2 +

,tgθ′=

x mv 1 qB

= … =

v1 y v1

= tgθ 知

P2 轨迹圆心 O 在细管出发位置正上方,故有—— ....... v2(t1 + t2)= x 其中 t2 = kT ?
v1 y v1 2θ θ 2πm T =(k ? ) qB 2π π

(k = 1、2、3、…)

且 θ = arctg ……

= arctg

2qBh mv 1

答案:v2 =

v 1 hqB 2m hqB 2qBh + kπ ? arctg 2mv 1 mv 1



(k = 1、2、3、…)

第二讲 典型例题解析
一、磁场与安培力的计算 【例题 1】两根无限长的平行直导线 a、b 相距 40cm,通过电流的大小都是 3.0A,方向相 反。试求位于两根导线之间且在两导线所在 平面内的、与 a 导线相距 10cm 的 P 点的磁 感强度。 【解说】这是一个关于毕萨定律的简单 应用。解题过程从略。 【答案】大小为 8.0×10?6T ,方向在图 9-9 中垂直纸面向外。 【例题 2】半径为 R ,通有电流 I 的圆形 线圈,放在磁感强度大小为 B 、方向垂直线
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圈平面的匀强磁场中,求由于安培力而引起的线圈内张 力。 【解说】本题有两种解法。 方法一:隔离一小段弧,对应圆心角 θ ,则弧长 L = θR 。因为 θ → 0(在图 9-10 中,为了说明问题,θ 被夸 大了) 弧形导体可视为直导体, , 其受到的安培力 F = BIL , 其两端受到的张力设为 T ,则 T 的合力 ΣT = 2Tsin
θ 2 sin x = 0 ,即可求解 T 。 x

再根据平衡方程和极限 lim x →0

方法二:隔离线圈的一半,根据弯曲导体求安培力的 定式和平衡方程即可求解… 【答案】BIR 。 〖说明〗如果安培力不是背离圆心而是指向圆心,内张力的方向也随之反向,但大小不会 变。 〖学员思考〗如果圆环的电流是由于环上的带正电物质顺时针旋转而成(磁场仍然是进去 的) ,且已知单位长度的电量为λ、环的角速度ω、环的总质量为 M ,其它条件不变,再求环 的内张力。 〖提示〗此时环的张力由两部分引起:①安培力,②离心力。 前者的计算上面已经得出(此处 I =
2

2πR ? λ = ωλR) , 2π / ω

T1 = BωλR ; 后者的计算必须应用图 9-10 的思想,只是 F 变成了离心 .. 力,方程 2T2 sin
θ θ Mω2 R 2 = Mω R ,即 T2 = 2 2π 2π
2



〖答〗BωλR +

Mω2 R 2π



【例题 3】 如图 9-11 所示, 半径为 R 的圆形线圈共 N 匝, 处在方向竖直的、磁感强度为 B 的匀强磁场中,线圈可绕其 水平直径(绝缘)轴 OO′转动。一个质量为 m 的重物挂在 线圈下部,当线圈通以恒定电流 I 后,求其静止时线圈平面 和磁场方向的夹角。 【解说】这是一个应用安培力矩定式的简单问题,解题过程从略。 【答案】arctg
πNBIR mg



二、带电粒子在匀强磁场中的运动 【例题 4】电子质量为 m 、电量为 q ,以初速度 v0 垂直磁场 进入磁感强度为 B 的匀强磁场中。 某时刻, 电子第一次通过图 9-12 所示的 P 点,θ 为已知量,试求: (1)电子从 O 到 P 经历的时间; (2)O→P 过程洛仑兹力的冲量。 【解说】圆周运动的基本计算。解题过程从略。 值得注意的是, 洛仑兹力不是恒力, 故冲量不能通过定义式去求, 而应根据动量定理求解。
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2mθ ; (2)2mv0sinθ 。 eB

【答案】 (1)

【例题 5】如图 9-13 所示,S 是粒子源,只能在纸面上的 360°范围内发射速率相同、质 量为 m 、电量为 q 的电子。MN 是一块足够大的挡板,与 S 相距 OS = L 。它们处在磁感强度 为 B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中,试求: (1)要电子能到达挡板,其发射速度至少应为多大? (2) 若发射速率为
eBL , 则电子击打在挡板上的范围怎样? m

【解说】第一问甚简, 电子能击打到挡板的临界情形是轨迹 与挡板相切,此时 rmin =
L ; 2

在第二问中,先求得 r = L ,在考查各种方向的初速所对应 的轨迹与挡板相交的“最远”点。值得注意的是,O 点上方的 最远点和下方的最远点并不是相对 O 点对称的。 【答案】 (1)
eBL ; (2)从图中 O 点上方距 O 点 3 L 处到 2m

O 点下方距 O 点 L 处的范围内。 【例题 6】如图 9-14 甲所示,由加速电压为 U 的电子枪发 射出的电子沿 x 方向射入匀强磁场,要使电子经过 x 下方距 O 为 L 且∠xOP = θ 的 P 点,试讨论磁感应强度 B 的大小和方向的 取值情况。 【解说】以一般情形论:电子初速度 v0 与磁感应强度 B 成任意夹角 α ,电子应做螺旋运 动,半径为 r =
mv 0 sin α 2πmv 0 cos α 2mU ,螺距为 d = ,它们都由 α 、B 决定(v0 = 是固定不 eB eB e

变的) 。我们总可以找到适当的半径与螺距,使 P 点的位置满足 L 、θ 的要求。电子运动轨迹 的三维展示如图 9-14 乙所示。

如果 P 点处于(乙图中)螺线轨迹的 P1 位置,则 α = θ ,B∥ OP ;如果 P 点处于 P2 或 P3 位置,则 α ≠ θ ,B 与 OP 成一般夹角。 对于前一种情形,求解并不难——只要解 L = kd(其中 k = 1,2,3,…)方程即可;而对 后一种情形,要求出 B 的通解就难了,这里不做讨论。 此外,还有一种特解,那就是当 B⊥ OP 时,这时的解法和【例题 4】就完全重合了。 【答案】通解不定。当 B∥ OP 时,B =
2kπ cos θ 2mU (其中 k = 1,2,3,…) ;当 B⊥ OP 时, L e

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B=

2 sin θ 2mU 。 L e

〖问题存疑〗两个特解能不能统一? 三、带电粒子在电磁复合场中的运动 一般考虑两种典型的复合情形:B 和 E 平行,B 和 E 垂直。 对于前一种情形,如果 v0 和 B(E)成 θ 角,可以将 v0 分解为 v0τ 和 v0n ,则在 n 方向粒子 做匀速圆周运动,在τ方向粒子做匀加速运动。所以,粒子的合运动是螺距递增(或递减) 的螺线运动。 对于后一种情形(垂直复合场) ,难度较大,必须起用动力学工具和能量(动量)工具共 同求解。 一般结论是, v0 和 B 垂直而和 E 成一般夹角时, 当 粒子的轨迹是摆线(的周期性衔接) 。 【例题 7】在三维直角坐标中,沿+z 方向有磁感强度 为 B 的匀强磁场,沿?z 方向有电场强度为 E 的匀强电场。 在原点 O 有一质量为 m 、电量为?q 的粒子(不计重力) 以正 x 方向、大小为 v 的初速度发射。试求粒子再过 z 轴 的坐标与时间。 【解说】过程甚简,粒子运动情形见图 9-15。 【答案】z =
2π2 k 2 mE 2πkm ,t = 。 (其中 k = 1,2, qB2 qB

3,…) 【例题 8】在相互垂直的匀强电、磁场中,E、B 值已 知,一个质量为 m 、电量为+q 的带电微粒(重力不计) 无初速地释放,试定量寻求该粒子的运动规律。 【解说】在相互垂直的电、磁场中,粒子受力的情形 非常复杂,用运动的分解与合成的手段也有相当的困难,必须用到一些特殊的处理方法。 鉴于粒子只能在垂直 B 的平面内运动,可以在该平面内建立如图 9-16 所示的直角坐标。 在这个坐标中,从以下四个角度考查粒子运动的定量规律—— (1)电场方向的最大位移 Y 能量关系 qEY = m v 2 P 在 x 方向上用动量定理,有
f x ? t = mvP
1 2




fx

且 ③

=

qB

vy

(注意 v y ? t = Y) 解①②③式可得 Y =
2mE qB2

(2)轨迹顶点 P 的曲率半径 r 在 P 点有动力学关系 qvPB ? qE = m
v2 P r

,而 vP 在第(1)问中已经求

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得。可解出: r=
4mE qB2

(3)垂直电场方向的“漂移”速度 v x 针对 O→P 过程,y 方向有动力学关系 Σ Fy = m a y 即 qE ? f y = m a y ,即 qE ? qB v x = m a y 。而 a y = 所以 v x =
E B v P ? vO =0 t

*(4)粒子从 O 到 P 做经历的时间 t 解法一:摆线亦称旋轮线,是由轮子在水平面无滑滚动时轮子边缘形成的轨迹(如图 9-17 所示) 。在本题的 E、B 叠加场中,可以认为“轮 子” 的旋转是由洛仑兹力独立形成的。 而从 O 到 P 的过程,轮子转动的圆心角应为π,故对应时间 为 t=
T πm = 。 2 qB

解法二:参照摆线方程 x = a(t ? sint) y = a(1 ? cost) 得到 xP = πa = π 所以 t =
πm 。 qB πmE Y x = 。再根据 t = P 2 qB2 vx

=

πmE E / qB2 B

【答案】略。 【评说】在垂直复合场中,寻求能量关系比较容易,但动力学关系(或动量关系)只能启 用平均的思想,这也是一种特殊的处理方法。 四、束缚问题 带电实物受到斜面、绳子或杆子的束缚,在电、磁场中的运动问题称为束缚问题。束缚问 题涉及的受力情形复杂,且常常伴随边界条件的讨论,因此有更大的挑战性。 【例题 9】单摆的摆长为 L ,摆球带电+q ,放在匀强磁场中,球的摆动平面跟磁场垂直, 最大摆角为 α 。为使其能正常摆动,磁场的磁感强度 B 值有何限制? 【解说】这是第九届初试题,解题的关键所在是要分析清楚:小球“最有可能脱离圆弧” 的点是否一定在最低点?…下面的定量讨论完成之后,我们将会发现:这个答案是否定的。 针对某个一般位置 P ,设方位角 θ(如图 9-18 所示) ,如果小球没有离开圆弧,可以列出 —— 动力学方程:T + qvB ? mgcosθ = m
v2 L
1 mv2 2

① ② ③

从 O 到 P 过程,能量方程:mgL(cosθ ? cosα)= 小球不离开圆弧的条件是:T ≥ 0

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高中物理辅导网 http://www.wulifudao.com 3 cos θ ? 2 cos α cos θ ? cos α 3 cos θ ? 2 cos α cos θ ? cos α

解①②③式易得 B ≤

mg q 2gL

?

〖学员活动〗请求出函数 y = 小值…

的极

☆解法备考:对于正数 a 、b ,有 a + b ≥ 2 ab 而 y =
3 cos θ ? 2 cos α cos θ ? cos α cos α cos θ ? cos α

= 3 cos θ ? cos α +

考虑到 θ 、α 的实际取值情况,3 cos θ ? cos α 和
cos α cos θ ? cos α

均为正数,所以,y ≥ 2 3 cos α

即 ymin = 2 3 cos α ☆ 磁感应强度取值的一般结论为:B ≤ 但此结论还有讨论的空间—— 因为极值点的条件是: 3(cos θ ? cos α) = 显然,只有当 cosα <
cos α cos θ ? cos α

mg q 2gL

? 2 3 cos α



,即 cosθ =

4 cosα 。 3

3 时(即最大摆角 α 较大时) ,极值点才可取,上面的“一般结论” 4 3 cos θ ? 2 cos α 3 时,θ 无解,极值点不可达,此时应寻求 y = 函数 4 cos θ ? cos α

才成立;物理意义:小球“最有可能脱离圆弧”的点不在最低点。 而当 α 过小,cosα >

(在定义域内)的最小值。 ... 这个最值的寻求相对复杂一些,具体过程如下—— 广义的 y 虽然是先减后增,但它的自变量是 cos θ ? cos α 而非 θ ,因 α 是定值,故 y 也可 以认为是随着 cosθ 的增大而先减后增,如图 9-19 所示。 当极值点不可达时(图中虚线所示) ,图线应落在左 边的一段实线(因为α过小,cosα过大,理论极值点 过大,cosθ达不到) ,函数为减函数。当 cosθ最大时,y 有最小值。 所以,当 cosθ = 1 时(此时 θ = 0 ,小球在最低点) ,最 小值 ymin =
3 ? 2 cos α 1 ? cos α

; 物理意义: 小球“最有可能脱离圆弧”

的点在最低点。 【答案】 α ≥ arccos 当 当 α < arccos
3 mg 时, ≤ B ? 2 3 cos α 4 q 2gL



3 mg 3 ? 2 cos α 时,B ≤ ? 。 4 q 2gL 1 ? cos α

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