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1、單元質檢九　磁場 (時間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.在一根南北方向放置的直導線的正下方10 cm處放一個羅盤。導線沒有通電時小磁針的N極指向北方;當給導線通入電流時,發(fā)現(xiàn)羅盤的指針偏轉一定角度?，F(xiàn)已測出此地的地磁場水平分量B1=5.0×10-5 T,通電后羅盤指針停在北偏東60°的位置,如圖所示。由此測出該通電直導線在該處產生磁場的磁感應強度大小為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　

2、　　　　 A.5.0×10-5 T B.1.0×10-4 T C.8.66×10-5 T D.7.07×10-5 T 答案:C 解析:電流在羅盤處產生的磁場方向水平向東,合磁場方向東偏北30°,由圖可知:B2=B1tan30°=8.66×10-5T。故C正確。 2.如圖所示,在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極B,沿邊緣內壁放一個圓環(huán)形電極A,把A、B分別與電源的兩極相連,然后在玻璃皿中放入導電液體,現(xiàn)把玻璃皿放在如圖所示的磁場中,液體就會旋轉起來。若從上向下看,下列判斷正確的是(　　) A.A接電源正極,B接電源負極,液體順時針旋轉 B.A接電源負極,B接電源正極,液體順時針

3、旋轉 C.A、B與50 Hz的交流電源相接,液體持續(xù)旋轉 D.僅磁場的N、S極互換后,重做該實驗發(fā)現(xiàn)液體旋轉方向不變 答案:A 解析:若A接電源正極,B接電源負極,在電源外部電流由正極流向負極,因此電流由邊緣流向中心,玻璃皿所在處的磁場豎直向下,由左手定則可知,導電液體受到的安培力沿順時針方向,因此液體沿順時針方向旋轉,故A正確;同理,若A接電源負極,B接電源正極,根據左手定則可知,液體沿逆時針方向旋轉,故B錯誤;A、B與50Hz的交流電源相接,A、B電極之間的電流方向不斷發(fā)生改變,液體不會持續(xù)旋轉,故C錯誤;若磁場的N、S極互換后,重做該實驗,液體旋轉方向會改變,故D錯誤。 3.(

4、2019·陜西寶雞模擬)如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動,到達B點時,速度為零,C點是運動的最低點,則以下敘述錯誤的是(　　) A.液滴一定帶負電 B.液滴在C點時動能最大 C.液滴在C點電勢能最小 D.液滴在C點機械能最小 答案:C 解析:液滴偏轉是由于受洛倫茲力作用,據左手定則可判斷液滴一定帶負電,A正確;液滴所受電場力必向上,而液滴能夠從靜止向下運動,是因為重力大于電場力,由A→C合力做正功,故在C處液滴的動能最大,B正確;而由于A→C克服電場力做功最多,電勢能增加最多,又機械能與電勢能的和不變,因此

5、,由A→C機械能減小,故液滴在C點機械能最小,C錯誤,D正確。 4.(2019·山東臨沂期中)如圖所示,兩個橫截面分別為圓形和正方形的區(qū)域內有磁感應強度相同的勻強磁場,圓的直徑和正方形的邊長相等。兩個電子分別以相同的速度飛入兩個磁場區(qū)域,速度方向均與磁場方向垂直,進入圓形磁場的電子初速度方向對準圓心;進入正方形磁場的電子初速度方向垂直于邊界,從中點進入。則下列判斷錯誤的是(　　) A.兩電子在兩磁場中運動時,其半徑一定相同 B.兩電子在磁場中運動的時間有可能相同 C.進入圓形磁場區(qū)域的電子可能先飛離磁場 D.進入圓形磁場區(qū)域的電子可能后飛離磁場 答案:D 解析:電子在磁場中做

6、勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R,整理得R=mvqB,兩過程電子速度v相同,所以半徑相同,選項A判斷正確;電子在磁場中的可能運動情況如圖所示,軌跡1和3先出圓形磁場,再出正方形磁場,軌跡2顯示電子同時從圓形與正方形邊界出磁場,運動時間相同,所以B、C判斷正確,D判斷錯誤。 5.如圖所示,三根長為l的直線電流在空間構成等邊三角形,電流的方向垂直紙面向里。電流大小均為I,其中A、B電流在C處產生的磁感應強度的大小分別為B0,導線C位于水平面處于靜止狀態(tài),則導線C受到的靜摩擦力是(　　) A.3B0Il,水平向左 B.3B0Il,水平向右 C.32B0Il,水平向左

7、 D.32B0Il,水平向右 答案:B 解析:根據安培定則,A電流在C處產生的磁場方向垂直于AC,B電流在C處產生的磁場方向垂直于BC,如圖所示。根據平行四邊形定則及幾何知識可知,合磁場的方向豎直向下,與AB邊平行,合磁感應強度B的大小為B=2B0cos30°=3B0,由公式F=BIl得,導線C所受安培力大小為F=3B0Il,根據左手定則,導線C所受安培力方向水平向左,因導線C位于水平面處于靜止狀態(tài),由平衡條件知,導線C受到的靜摩擦力方向為水平向右,故選項B正確,A、C、D錯誤。 6.(2019·名師原創(chuàng)預測)目前,世界上正在研究一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機,立體圖如圖甲所示,側視

8、圖如圖乙所示,其工作原理是燃燒室在高溫下將氣體全部電離為電子與正離子,即高溫等離子體,高溫等離子體經噴管提速后以速度v=1 000 m/s進入矩形發(fā)電通道,發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強磁場(圖乙中垂直紙面向里),磁感應強度大小B0=5 T,等離子體在發(fā)電通道內發(fā)生偏轉,這時兩金屬薄板上就會聚集電荷,形成電勢差。已知發(fā)電通道長l=50 cm,寬h=20 cm,高d=20 cm,等離子體的電阻率ρ=4 Ω·m,電子的電荷量e=1.6×10-19 C。不計電子和離子的重力以及微粒間的相互作用,則以下判斷正確的是(　　) A.發(fā)電機的電動勢為2 500 V B.若電流表示數(shù)為16 A,則

9、單位時間(1 s)內打在下極板的電子有1020個 C.當外接電阻為12 Ω時,電流表的示數(shù)為50 A D.當外接電阻為50 Ω時,發(fā)電機輸出功率最大 答案:BC 解析:由等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得qvB0=qEd,則得發(fā)電機的電動勢為E=B0dv=1000V,故A錯誤;I=neΔt,代入數(shù)據解得n=1020個,故B正確;發(fā)電機的內阻為r=ρdl?=8Ω,由閉合電路歐姆定律得I=ER+r=50A,故C正確;當電路中內、外電阻相等時發(fā)電機的輸出功率最大,此時外電阻為R=r=8Ω,故D錯誤。 7.(2019·山東淄博一模)如圖甲所示,空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場,磁感

10、應強度為B,電場強度為E,一質量為m、電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止狀態(tài)?，F(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉30°,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v,如圖乙所示。則關于小球的運動,下列說法正確的是(　　) A.小球做勻速圓周運動 B.小球運動過程中機械能守恒 C.小球運動到最低點時電勢能增加了mgv2Bq D.小球第一次運動到最低點歷時πm2qB 答案:AD 解析:小球在復合場中處于靜止狀態(tài),只受兩個力作用,即重力和電場力,且兩者平衡。當把磁場沿順時針方向傾斜30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以帶電粒子將做勻速圓周運動

11、,選項A正確;由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內做勻速圓周運動過程中受到的電場力要做功,所以機械能不守恒,選項B錯誤;小球做勻速圓周運動的半徑為R=mvqB,則小球從開始到最低點克服電場力做功為W=qERsin30°=m2gv2qB,所以電勢能的增加量為m2gv2qB,選項C錯誤;小球從靜止到第一次運動到最低點的時間為14T=πm2qB,選項D正確。 8.如圖所示,有3塊水平放置的長薄金屬板a、b和c,a、b之間相距為l。緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細管,兩管口正好位于小孔M、N處。板a與b、b與c之間接有電壓可調的直流電源,板b與c之間還存在方向垂直紙面的勻強磁場(圖中未標

12、出)。當體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶電油滴,等間隔地以速度v0從a板上的小孔豎直向下射入,調節(jié)板間電壓Uba=U1、Ubc=U2時,油滴穿過b板M孔進入細管,恰能與細管無接觸地從N孔射出。忽略小孔和細管對電場的影響,不計空氣阻力。則以下說法正確的是(　　) A.油滴帶負電,板b與c之間的磁場方向向外 B.油滴進入M孔的速度為v02+2gl+2qU1ρV0 C.b、c兩板間的電場強度E為ρV0gq D.b、c兩板間的磁感應強度為ρV0gqv02+2gl+2qU1ρV0 答案:ABC 解析:依題意可知,油滴在板b和c之間恰好做勻速圓周運動,則其所受重力和靜電力平衡,洛倫茲力

13、提供向心力,由此判斷得出油滴帶負電,磁場方向向外,A正確;油滴進入電場后,重力與靜電力均做功,設到M點時的速度為v1,由動能定理得12mv12?12mv02=mgl+qU1,考慮到m=ρV0,解得v1=v02+2gl+2qU1ρV0,B正確;由上面分析可得mg=qE,解得E=ρV0gq,C正確;油滴在半圓形細管中運動時,洛倫茲力提供向心力,即qv1B=mv12R,解得B=mv1qR=ρV0qRv02+2gl+2qU1ρV0,D錯誤。 二、實驗題(10分) 9.利用霍爾效應可以測量磁感應強度。如圖甲所示,將導體置于磁場中,沿垂直磁場方向通入電流,在導體中垂直于電流和磁場的方向上會產生一個縱向

14、電勢差UH,這種現(xiàn)象叫霍爾效應。導體材料中單位體積內的自由電荷數(shù)目為n,自由電荷所帶電荷量為q,將k=1nq定義為霍爾系數(shù)。利用霍爾系數(shù)k已知的材料制成探頭,其工作面(相當于圖甲中垂直磁場的abb'a'面)的面積可以做到很小,因此可用來較精確測量空間某一位置的磁感應強度。 圖乙為一種利用霍爾效應測磁感應強度的儀器,其中的探頭固定在探桿的前端,且使探頭的工作面與探桿垂直。這種儀器既可以控制通過探頭的電流I的大小,又可以測出探頭所產生的霍爾電勢差UH,并自動計算出探頭所測位置磁場的磁感應強度大小。 (1)在利用上述儀器測量磁感應強度的過程中,對探桿的放置方位有何要求? (2)計算所測位置

15、磁感應強度,除了k、I、UH外,還需要知道哪個物理量　　　　。(請?zhí)顚懴旅孢x項前的字母)? A.探頭沿磁場方向的厚度l B.探頭產生電勢差兩面間的距離h C.探頭沿電流方向的長度l0 用上述物理量表示所測磁感應強度大小B=　　　　。? 答案:(1)使探桿與磁場方向平行(或調整探桿的放置方位使霍爾電勢差達到最大)　 (2)A　UHlkI 解析:(1)由題給信息易知,應使探桿與磁場方向平行(或調整探桿的放置方位使霍爾電勢差達到最大);(2)自由電荷在運動過程中受到的電場力和洛倫茲力是一對平衡力,即qvB=qUH?,I=nqvhl,k=1nq,聯(lián)立可得B=UHlkI。所以還需要知道l。

16、 三、計算題(本題共3小題,共42分) 10.(12分)(2018·全國卷Ⅲ)如圖,從離子源產生的甲、乙兩種離子,由靜止經加速電壓U加速后在紙面內水平向右運動,自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場,磁場方向垂直于紙面向里,磁場左邊界豎直。已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1,并在磁場邊界的N點射出;乙種離子在MN的中點射出;MN長為l。不計重力影響和離子間的相互作用。求: (1)磁場的磁感應強度大小; (2)甲、乙兩種離子的比荷之比。 答案:(1)4Ulv1　(2)1∶4 解析:(1)設甲種離子所帶電荷量為q1、質量為m1,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1,磁場的磁感應強度大小為

17、B,由動能定理有q1U=12m1v12① 由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有 q1v1B=m1v12R1② 由幾何關系知2R1=l③ 由①②③式得B=4Ulv1。④ (2)設乙種離子所帶電荷量為q2、質量為m2,射入磁場的速度為v2,在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2。同理有 q2U=12m2v22⑤ q2v2B=m2v22R2⑥ 由題給條件有2R2=l2⑦ 由①②③⑤⑥⑦式得,甲、乙兩種離子的比荷之比為q1m1∶q2m2=1∶4。⑧ 11.(15分)如圖所示,區(qū)域中一部分有勻強磁場,另一部分有勻強電場,磁場方向垂直于紙面向里,電場方向與電、磁場分界線平行且向右。一帶正電粒子從

18、A點以速度v射入勻強磁場,方向未知,經過一段時間運動到磁場與電場交界處P點,此時速度方向垂直于兩個場的分界線,此后粒子在電場力的作用下,又經過一段時間從C點離開電場,A點和C點在同一豎直直線上。已知磁場寬度與電場寬度分別為l1和l2,A點與P點的水平距離為d,不計重力。求: (1)整個運動過程中粒子的最大速度; (2)磁感應強度與電場強度的比值BE。 答案:(1)l22+4d2l2v　(2)l22(l12+d2)v 解析:(1)在整個運動過程中只有電場力對粒子做功,所以當粒子在C點射出電場時速度最大。粒子進入電場后做類平拋運動,其初速度為v,方向垂直于電場。 由運動學公式有l(wèi)2=

19、vt,d=12at2 加速度為a=qEm,由動能定理得qEd=12mvC2?12mv2 聯(lián)立解得vC=l22+4d2l2v。 (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動(如圖所示)。 由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直,圓心O應在分界線上,OA長度即為粒子運動的圓弧的半徑R。由幾何關系得R2=(R-d)2+l12 由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2R 由第(1)問可得,粒子在磁場中運動時電場強度 E=2mdv2ql22,由以上各式得BE=l22(l12+d2)v。 12.(15分)如圖甲所示,平行板M、N關于x軸對稱,右端剛好與y軸相交,板長為l,板間距離也為l,兩板間加上如圖乙

20、所示的正弦式交流電壓(圖中Um已知),在y軸右側有垂直于xOy平面向里的勻強磁場,在平行板左端、x軸上A點有一粒子源,沿x軸正方向不斷發(fā)射質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,粒子的速度大小相等,這些粒子剛好都能進入磁場,經磁場偏轉后剛好不能再進入板間電場。粒子穿過兩板間所用的時間遠小于T,不計粒子的重力。求: (1)勻強磁場的磁感應強度的大小。 (2)粒子打在y軸上的范圍。 答案:(1)2lmUmq　(2)0.5l≤y≤1.5l 解析:(1)帶電粒子在電場中做類平拋運動,這些粒子剛好都能進入磁場, v0t1=l,12at12=l2,a=qUmml, 解得v0=qUmm。 可知出電場時帶電粒子的速度v=2v0=2qUmm,方向與x軸成α=45°。 進入磁場后,qvB=mv2r。 剛好不能再進入板間電場,由幾何關系知r=22l。 解得B=2lmUmq。 (2)設進入磁場時粒子的速度大小為v',方向與x的夾角為θ,則有 v'cosθ=v0, r'=mv'qB。 粒子的位置在y軸的側移為l'=2r'cosθ=l。 由此可知,粒子在y軸上的側移量都相同,都是向上側移l, 所以粒子打在y軸上的范圍為0.5l≤y≤1.5l。