高二物理下册磁场课时滚动检测题（带答案）

滚动检测9　磁 场　　　
一、单项(本题共5小题，每小题4分，共20分)
1．如图1所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是(　　)
图1
A．都绕圆柱转动　　　　　　B．以不等的加速度相向运动
C．以相等的加速度相向运动 D．以相等的加速度反向运动
解析：同向环形电流的间相互吸引，虽两电流大小不等，但据牛顿第三定律知两线圈间的相互作用力必大小相等，所以选C.
答案：C
2．如图2所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝，线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5 g的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平．在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至(　　)
图2
A．0.1 A　 　B．0.2 A　 　C．0.05 A　 　D．0.01 A
解析：设线圈半径为R，通电导线受到的安培力F＝nBI?2πR，所受重力为G＝n?2πRρg，平衡时有：Fsin30°＝G，则有I＝2ρgB，代入数据得I＝0.1 A，故A正确．
答案：A
3．如图3所示，质量为m、电量为q的带正电粒子，以初速度v0垂直进入正交的匀强电场E和匀强磁场B中，从P点离开该区域，此时侧向位移为s，则(重力不计)(　　)
图3
A．粒子在P所受的磁场力可能比电场力大
B．粒子的加速度为(Eq－Bqv0)/m
C．粒子在P点的速率为v20＋2Eqs/m
D．粒子在P点的动能为mv20/2－Eqs
解析：因为带电粒子向下偏转，所以电场力大于洛伦兹力，电场力做正功，速度增大，所以A、B错；由动能定理可知12mv2＝Eqs＋12mv20，所以C对，D错．
答案：C
4．如图4所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场．一点电荷a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出．若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b(　　)
图4
A．穿出位置一定在O′点下方
B．穿出位置一定在O′点上方
C．运动时，在电场中的电势能一定减小
D在电场中运动时，动能一定减小
解析：点电荷恰好沿直线穿过场区，则粒子所受电场力与洛伦兹力是一对平衡力，即qE＝qvB，且OO′垂直于电场方向，但粒子所带电性未知，因此当撤去磁场只有电场时，不能确定粒子穿出场区的位置是在O′的下方还是上方，A、B错；由于点电荷垂直于电场方向进入电场，因此偏转时电场力一定对粒子做正功，粒子的电势能一定减小，动能一定增大，C项正确，D错．
答案：C
5．回旋加速器是利用较低电压的高频电源，使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器，工作原理如图5所示．下列说法正确的是(　　)
图5
A．粒子在磁场中做匀速圆周运动
B．粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少
C．粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比
D．粒子的运动周期和运动速率成正比
解析：本题考查对回旋加速器的基本工作原理的理解，由于D形盒的屏蔽作用，带电粒子在磁场中不受静电力的作用，仅受洛伦兹力，因此粒子在磁场中做匀速圆周运动，A正确；粒子的周期T＝2πmqB与粒子运动速率无关，从A0到A1和从A2到A3的时间相等，均为T2，故B、D选项错误；当粒子被加速n次后进入磁场，由nqU＝12mv2n，rn＝mvnqB可得：rn＝2nqUmqB，故rn∝n，C选项不正确，因此本题选A.
答案：A
二、双项(本题共6小题，每小题6分，共36分)
6．如图6所示，下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一带电的小球．整个装置以水平向右的速度匀速运动．垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场，由于外力作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端开口飞出，小球的电荷量始终保持不变，则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中(　　)
图6
A．洛伦兹力对小球做正功
B．洛伦兹力对小球不做功
C．小球运动轨迹是抛物线
D．小球运动轨迹是直线
解析：由于洛伦兹力与粒子运动方向始终垂直，所以洛伦兹力对小球不做功，故B正确，A错误，由于小球水平向右的速度不变，因此小球所受洛伦兹力在竖直向上的分力不变，所以小球竖直向上做初速度为0的匀加速运动，故小球运动轨迹是抛物线，故C正确，D错误．
答案：BC
7．如图7所示，一质量为m，电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中，物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ，整个空间中存在垂直纸面向里，磁感应强度为B的水平匀强磁场，现给物块水平向右的初速度v0，空气阻力忽略不计，物块电荷量不变，隧道足够长，则整个运动过程中，物块克服阻力做功可能是(　　)
图7
①0　　 ②12mv20－m3g22q2B2
③12mv20　　　 ④m3g22q2B2－12mv20
A．①② B．③④ C．①④ D．②③
解析：物块进入磁场后的受力情况有三种可能情况：第一种，洛伦兹力和重力是一对平衡力，即qv0B＝mg，满足该情况的v0＝mgqB，没有摩擦力，所以克服摩擦力做功为零；第二种情况，v0>mgqB，挤压上表面，要克服摩擦力做功，当速度减小为v＝mgqB后，摩擦力消失，故克服摩擦力做功W＝12mv20－12mv2＝12mv20－m3g22q2B2；第三种情况，v0答案：AD
8．如图8所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为T1.现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为T2，则以下说法正确的是(　　)
图8
A．弹簧长度将变长
B．弹簧长度将变短
C．T1>T2
D．T1解析：根据左手定则可知，通电导线所受安培力斜向右下方，根据牛顿第三定律，磁铁受到斜向左上方的磁场力，所以B、C正确．
答案：BC
9．如图9所示，一个用细线悬吊着的带电小球，在垂直于匀强磁场方向的竖直面内摆动，图中B为小球运动的最低位置，则(　　)
A．小球向右和向左运动通过B点时，小球的加速度相同
B．小球向右和向左运动通过B点时，悬线对小球的拉力相同
C．小球向右和向左运动通过B点时，具有的动能相同
D．小球向右和向左运动通过B点时，具有的速度相同
图9
解析：带电小球在运动过程中，因洛伦兹力不做功，只有重力做功，机械能守恒，摆球不管向何方向运动通过最低点时，速率v必然相等，动能相同．故C正确；向心加速度a＝v2R则a相同，故A正确．若小球带正电，在最低点向右和向左运动时，拉力分别为FT1和FT2，则FT1＋qvB－mg＝ma，FT2－qvB－mg＝ma，则FT1答案：AC
10．如图10所示，空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场，电场的方向竖直向下，磁场的方向垂直纸面向里，一带电油滴P恰好处于静止状态，则下列说法正确的是(　　)
图10
A．若撤去电场，P可能做匀加速直线运动
B．若撤去磁场，P可能做匀加速直线运动
C．若给P一初速度，P可能做匀速直线运动
D．若给P一初速度，P可能做顺时针方向的匀速圆周运动
解析：由P处于静止状态，则P带负电．若撤去电场，只受重力和磁场力作用，由于磁场方向与速度垂直必做曲线运动，故A错．若撤去磁场，受重力和电场力仍处于平衡状态，故B错．若所给初速度的方向与磁场方向平行，油滴只受重力和电场力处于平衡状态，做匀速直线运动；若所给初速度的方向向上，与磁场方向垂直，合力等于洛伦兹力，则P做顺时针的匀速圆周运动，故C、D正确．
答案：CD
11．如图11所示，平行金属板M、N之间的距离为d，其中匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，有带电量相同的正负离子组成的等离子束，以速度v沿着水平方向由左端连续射入，电容器的电容为C，当S闭合且电路达到稳定状态后，平行金属板M、N之间的内阻为r，电容器的带电量为Q，则下列说法正确的是(　　)
图11
A．当S断开时，电容器的充电电荷量Q>CBdv
B．当S断开时，电容器的充电电荷量Q＝CBdv
C．当S闭合时，电容器的充电电荷量Q＝CBdvRR＋r
D．当S闭合时，电容器的充电电荷量Q＝CBdvrR＋r
解析：当S断开时，电容器两端电压等于电源电动势E＝Bdv，所以Q＝CE＝CBdv；S闭合时，电容器两端电压为路端电压U＝RR＋rE＝RBdvR＋r，Q＝CU＝CBdvRR＋r.
答案：BC
三、非选择题(本题共3小题，共44分)
12．(14分)如图12所示，厚度为h，宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中，当电流通过导体板时，在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差，这种现象称为霍尔效应．实验表明，当磁场不太强时，电势差U、电流I和B的关系为U＝kIBd，式中的比例系数k称为霍尔系数．
霍尔效应可解释如下：外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧，在导体板的另一侧会出现多余的正电荷，从而形成横向电场，横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力，当静电力与洛伦兹力达到平衡时，导体板上、下两侧之间就会形成稳定的电势差．设电流I是由电子的定向流动形成的，电子的平均定向流动速度为v，电量为e，回答下列问题：
图12
(1)达到稳定状态时，导体板上侧面A的电势________下侧面A′的电势(填“高于”、“低于”或“等于”)．
(2)电子所受的洛伦兹力的大小为________．
(3)当导体板上、下两侧之间的电势差为U时，电子所受静电力的大小为________．
(4)由静电力和洛伦兹力平衡的条件，证明霍尔系数为k＝1ne，其中n代表导体板单位体积中电子的个数．
解析：(1)电子向左移动，由左手定则知，电子受洛伦兹力向上，故上侧面A聚积电子，下侧面A′聚积正电荷，故上侧面的电势低于下侧面．(2)洛伦兹力f＝evB.(3)电子受静电力eE＝eUh.(4)电子受横向静电力与洛伦兹力的作用，两力平衡，有：eUh＝evB，得U＝hvB，通过导体的电流密度I＝nev?d?h，又由U＝kIBd，得hvB＝knev?d?hdB，解得k＝1ne.
答案：见解析
13．(15分)如图13甲所示，偏转电场的两个平行极板水平放置，板长L＝0.08 m，板距足够大，两板的右侧有水平宽度l＝0.06 m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场．一个比荷为qm＝5×107 C/kg的带负电粒子(其重力不计)以v0＝8×105 m/s速度从两板间中间沿与板平行的方向射入偏转电场，进入偏转电场时，偏转电场的场强恰好按图乙所示的规律变化，粒子离开偏转电场后进入匀强磁场，最终垂直磁场右边界射出．求：
甲　　　　　　　乙
图13
(1)粒子在磁场中运动的速率v；
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R；
(3)磁场的磁感应强度B.
解析：(1)电子在偏转电场中的运动时间
t＝Lv0＝0.088×105 s＝1×10－7 s①
对比乙图可知，电子在极板间运动的时间是偏转电压的一个周期
在第一个t＝5×10－8 s时间内，电子在垂直于极板方向上做初速度为0的匀加速度运动，在第二个t＝5×10－8 s时间内，电子做匀速直线运动．②
在第一个t＝5×10－8 s时间内，
vy＝qEmt＝5×107×2.4×105×5×10－8 m/s＝6×105 m/s③
v＝v20＋v2y＝?8×105?2＋?6×105?2 m/s＝1×106 m/s④
(2)电子在磁场中的运动轨迹如图所示．
设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，由几何关系，有
lR＝v⊥v⑤
R＝vv⊥l＝1×1066×105×0.06 m＝0.1 m⑥
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动，有qvB＝mv2R⑦
B＝mvqR＝1×1065×107×0.1T＝0.2 T⑧
答案：(1)1×106 m/s　(2)0.1 m　(3)0.2 T
14．(15分)如图14所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的，且宽度相等，均为d；电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场，在电场力的作用下发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，(带电粒子重力不计)求：
图14
(1)粒子从C点穿出磁场时的速度v.
(2)电场强度E和磁感应强度B的比值E/B.
(3)粒子在电、磁场中运动的总时间．
解析：(1)粒子在电场中偏转，在垂直电场方向v1＝v0，平行电场分量为vy，则d＝v1?t＝v0t，d2＝vy2?t，所以vy＝vx＝v0，得v＝2v0，tanθ＝vyvx＝1.所以θ＝45°，即粒子进入磁场时的速度方向与水平方向成45°角斜向右下方．粒子在磁场中做匀速圆周运动，故穿出磁场速度v＝2v0，方向水平向右．
(2)在电场中运动时vy＝qEm?t＝qEm?dv0，得E＝mv20qd.在磁场中运动如图，运动方向改变45°，运动半径为R，则R＝dsin45°＝2d，又qvB＝mv2R，
则B＝mvqR＝m?2v0q?2d＝mv0qd，所以EB＝v0.
(3)粒子在电场中运动时间t＝dv0，粒子在磁场中运动时间
t′＝π42π?T＝T8＝πm4qB＝πm4qmv0qd＝πd4v0，
运动总时间t总＝t＋t′＝dv0＋πd4v0.


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