1、章末質量檢測(十一)磁場(時間:90分鐘滿分:100分)第卷選擇題一、選擇題(本題共10小題,每小題4分,共40分.在每小題給出的四個選項中,有的只有一個選項正確,有的有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不答的得0分)1.20世紀50年代,一些科學家提出了地磁場的“電磁感應學說”,認為當太陽強烈活動影響地球而引起磁暴時,磁暴在外地核中感應產生衰減時間較長的電流,此電流產生了地磁場.連續的磁暴作用可維持地磁場,則外地核中的電流方向為(地磁場N極與S極在地球表面的連線稱為磁子午線)()A.垂直磁子午線由西向東B.垂直磁子午線由東向西C.沿磁子午線由南向北D.沿磁子午線由北

2、向南解析:地磁場由南向北,根據安培定則可判斷,外地核中電流方向由東向西.答案:B2.如圖11-1所示,兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同、方向相反的電流,a受到的磁場力大小為F1,當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后,a受到的磁場力的大小變為F2,則此時b受到的磁場力的大小變為()圖11-1A.F2B.F1F2C.F2F1D.2F1F2解析:對a導線,原來b導線對a導線作用力為F1,方向向左,假設加入的勻強磁場垂直向里,如圖甲所示,則a導線受外加勻強磁場的作用力為F,則F1、F、F2之間有下列關系:F2=F1F(F=F1F2)同理對b導線分析受力，如圖乙所示，故此時導線b受磁場作用力:

3、F=F1F=F1(F1F2)=F2本題正確的答案為A.答案:A3.帶電體表面突出的地方電荷容易密集.雷雨天當帶電云層靠近高大建筑物時,由于靜電感應,建筑物頂端會聚集異種電荷,避雷針通過一根豎直導線接通大地而避免雷擊.你若想知道豎直導線中的電流方向,進而判斷云層所帶電荷,安全可行的方法是()A.在導線中接入電流表B.在導線中接入電壓表C.在導線中接入小燈泡D.在導線旁放一可自由轉動的小磁針解析:根據小磁針靜止時N極的指向判斷出其所在處的磁場方向,然后根據安培定則判斷出電流方向,既安全又可行.答案:D4.下列關于磁感線的說法正確的是()A.磁感線可以形象地描述磁場中各點的磁場方向,它每一點的切線方

4、向都與小磁針放在該點靜止時S極所指的方向相同B.磁感線總是從磁體的N極出發,到磁體的S極終止C.磁場的磁感線是閉合曲線D.磁感線就是細鐵屑在磁鐵周圍排列成的曲線,沒有細鐵屑的地方就沒有磁感線解析:磁感線的切線方向就是該點的磁場方向,磁場的方向規定為小磁針N極受力的方向,也就是小磁針靜止時N極的指向,所以A項錯誤.在磁體的外部,磁感線從N極出發指向S極,在磁體的內部,磁感線從S極指向N極,并且內、外形成閉合曲線,所以B項錯誤,C項正確.雖然磁感線是為了研究問題的方便人為引入的,我們也可以用細鐵屑形象地“顯示”磁感線,但不能說沒有細鐵屑的地方就沒有磁感線,所以D項是錯誤的.答案:C圖11-25.如

5、圖11-2所示，一帶負電的質點在固定的正點電荷作用下繞該正電荷做勻速圓周運動，周期為T0，軌道平面位于紙面內，質點的速度方向如圖中箭頭所示.現加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則()A.若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將大于T0B.若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將小于T0C.若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將大于T0D.若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將小于T0解析:因電荷在電場力作用下做勻速圓周運動，根據圓周運動知識有,若所加的磁場指向紙里,因電荷所受的洛倫茲力背離圓心,電荷所受的向心力減小,所以質點運動的周期將增大,大于T0.若所加的磁場指向紙外,因電荷所

6、受的洛倫茲力指向圓心,電荷所受的向心力增大,所以質點運動的周期將減小,小于T0,正確選項為A、D.答案:AD6.在某地上空同時存在著勻強的電場與磁場,一質量為m的帶正電小球,在該區域內沿水平方向向右做直線運動,如圖11-3所示.關于場的分布情況可能的是()圖11-3A.該處電場方向和磁場方向重合B.電場豎直向上,磁場垂直紙面向里C.電場斜向里側上方,磁場斜向外側上方,均與v垂直D.電場水平向右,磁場垂直紙面向里解析:帶電小球在復合場中運動一定受重力和電場力,是否受洛倫茲力需具體分析.A選項中若電場、磁場方向與速度方向垂直,則洛倫茲力與電場力垂直,如果與重力的合力為零就會做直線運動.B選項中電場

7、力、洛倫茲力都向上,若與重力合力為零,也會做直線運動.C選項電場力斜向里側上方,洛倫茲力向外側下方,若與重力合力為零,就會做直線運動.D選項三個力合力不可能為零,因此本題選A、B、C.答案:ABC7.如圖11-4所示，水平正對放置的帶電平行金屬板間的勻強電場方向豎直向上，勻強磁場方向垂直紙面向里，一帶電小球從光滑絕緣軌道上的a點由靜止釋放，經過軌道端點P進入板間后恰好沿水平方向做勻速直線運動.現在使小球從稍低些的b點由靜止釋放，經過軌道端點P進入兩板之間的場區.關于小球和小球現在的運動情況，以下判斷中正確的是()圖11-4A.小球可能帶負電B.小球在電、磁場中運動的過程動能增大C.小球在電、磁

8、場中運動的過程電勢能增大D.小球在電、磁場中運動的過程機械能總量不變解析:如果小球帶負電，則小球在金屬板間受到向下的重力、向下的電場力、向下的洛倫茲力，則小球不能沿水平方向做勻速直線運動，所以小球只能帶正電，此時洛倫茲力向上，電場力向上，且F洛+F電=mg，當小球從稍低的b點由靜止釋放時，小球進入金屬板間的速度將減小，則F洛減小,F洛+F電mg，小球將向下運動，電場力做負功，合外力做正功.所以小球在電磁場中運動的過程中動能增大，電勢能增加，機械能減小，故B、C正確，A、D錯.答案:BC8.如圖11-5所示,兩平行金屬板的間距等于極板的長度,現有重力不計的正離子束以相同的初速度v0平行于兩板從兩

9、板正中間射入.第一次在兩極板間加恒定電壓,建立場強為E的勻強電場,則正離子束剛好從上極板邊緣飛出.第二次撤去電場,在兩板間建立磁感應強度為B、方向垂直于紙面的勻強磁場,正離子束剛好從下極板邊緣飛出,則E和B的大小之比為()圖11-5A.B.C.D.v0解析:根據題意d=L兩板間為勻強電場時,離子做類平拋運動.設粒子在板間的飛行時間為t,則水平方向:L=v0t豎直方向:兩板間為勻強磁場時,設偏轉半徑為r由幾何關系有又聯立得答案:A9.如圖11-6所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5 T的勻強磁場，一質量為0.2 kg且足夠長的絕緣塑料板靜止在光滑水平面上.在塑料板左端無初速度放置一質量

10、為0.1 kg、帶電荷量為+0.2 C的滑塊,滑塊與絕緣塑料板之間的動摩擦因數為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力.現對塑料板施加方向水平向左、大小為0.6 N的恒力,g取10 m/s2,則()圖11-6A.塑料板和滑塊一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動B.滑塊開始做勻加速運動,然后做加速度減小的加速運動,最后做勻速直線運動C.最終塑料板做加速度為2 m/s2的勻加速運動,滑塊做速度為10 m/s的勻速運動D.最終塑料板做加速度為3 m/s2的勻加速運動,滑塊做速度為10 m/s的勻速運動解析:滑塊隨塑料板向左運動時,受到豎直向上的洛倫茲力,和塑料板之間的正壓力逐漸減小.開

11、始時,塑料板和滑塊加速度相同,由F=(M+m)a得,a=2 m/s2,對滑塊有(mgqvB)=ma,當v=6 m/s時,滑塊恰好相對于塑料板有相對滑動,開始做加速度減小的加速運動,當mg=qvB,即v=10 m/s時滑塊對塑料板的壓力為零FN=0,塑料板所受的合力為0.6 N,則,B、D正確.答案:BD10.環形對撞機是研究高能粒子的重要裝置,其核心部件是一個高度真空的圓環狀的空腔.若帶電粒子初速度可視為零,經電壓為U的電場加速后,沿圓環切線方向注入對撞機的環狀空腔內,空腔內存在著與圓環平面垂直的勻強磁場,磁感應強度大小為B.帶電粒子將被限制在圓環狀空腔內運動.要維持帶電粒子在圓環內做半徑確定

12、的圓周運動,下列說法中正確的是 ()A.對于給定的加速電壓,帶電粒子的比荷q/m越大,磁感應強度B越大B.對于給定的加速電壓,帶電粒子的比荷q/m越大,磁感應強度B越小C.對于給定的帶電粒子和磁感應強度B,加速電壓U越大,粒子運動的周期越小D.對于給定的帶電粒子和磁感應強度B,不管加速電壓U多大,粒子運動的周期都不變解析:帶電粒子經過加速電場后速度為帶電粒子以該速度進入對撞機的環狀空腔內,且在圓環內做半徑確定的圓周運動,因此,對于給定的加速電壓,即U一定,則帶電粒子的比荷q/m越大,磁感應強度B應越小,A錯誤,B正確;帶電粒子運動周期為,與帶電粒子的速度無關,當然就與加速電壓U無關,因此,對于

13、給定的帶電粒子和磁感應強度B,不管加速電壓U多大,粒子運動的周期都不變.答案:BD第卷非選擇題二、填空計算題(共6題,每題10分,共60分)11.在原子反應堆中抽動液態金屬時,由于不允許轉動機械部分和液態金屬接觸,常使用一種電磁泵.如圖11-7所示是這種電磁泵的結構示意圖,圖中A是導管的一段,垂直于勻強磁場放置,導管內充滿液態金屬.當電流I垂直于導管和磁場方向穿過液態金屬時,液態金屬即被驅動,并保持勻速運動.若導管內截面寬為a、高為b,磁場區域中的液體通過的電流為I,磁感應強度為B,求:圖11-7(1)電流I的方向;(2)驅動力對液體造成的壓強差.解析:(1)驅動力即安培力方向與流動方向一致,

14、由左手定則可判斷出電流I的方向由下向上. (2)把液體看成由許多橫切液片組成,因通電而受到安培力作用,液體勻速流動,所以有安培力F=p·S,即驅動力對液體造成的壓強差為答案:(1)電流方向由下向上(2)12.一種半導體材料稱為“霍爾材料”,用它制成的元件稱為“霍爾元件”,這種材料有可定向移動的電荷,稱為“載流子”,每個載流子的電荷量大小為q=1.6×1019 C，霍爾元件在自動檢測、控制領域得到廣泛應用,如錄像機中用來測量錄像磁鼓的轉速、電梯中用來檢測電梯門是否關閉以及自動控制升降電動機的電源的通斷等.圖11-8在一次實驗中,一塊霍爾材料制成的薄片寬ab=1.0×

15、102 m、長bc=4.0×102 m、厚h=1.0×103 m,水平放置在豎直向上的磁感應強度B=2.0 T的勻強磁場中,bc方向通有I=3.0 A的電流,如圖11-8所示,由于磁場的作用,穩定后,在沿寬度方向上產生1.0×105 V的橫向電壓.(1)假定載流子是電子,ad、bc兩端中哪端電勢較高?(2)薄板中形成電流I的載流子定向運動的速率為多大?(3)這塊霍爾材料中單位體積內的載流子個數為多少?解析:(1)由左手定則可判斷,電子受洛倫茲力作用偏向bc邊,故ad端電勢高.(2)穩定時載流子在沿寬度方向上受到的磁場力和電場力平衡,(3)由電流的微觀解釋可得:I=

16、nqvS.故n=I/qvS=3.75×1027個/m3.答案:(1)ad端(2)5×104 m/s(3)3.75×1027個/m313.將氫原子中電子的運動看做是繞氫核做勻速圓周運動,這時在研究電子運動的磁效應時,可將電子的運動等效為一個環形電流,環的半徑等于電子的軌道半徑r.現對一氫原子加上一個外磁場,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直電子的軌道平面.這時電子運動的等效電流用I1表示.現將外磁場反向,但磁場的磁感應強度大小不變,仍為B,這時電子運動的等效電流用I2表示.假設在加上外磁場以及外磁場反向時,氫核的位置、電子運動的軌道平面以及軌道半徑都不變,求外磁場反

17、向前后電子運動的等效電流的差,即|I1I2|等于多少?(用m和e表示電子的質量和電荷量)解析:用r表示電子的軌道半徑,v表示電子速度,則等效電流當加上一垂直于軌道平面的外磁場后,設順著外磁場方向看,電子做逆時針轉動,此時電子受到氫核對它的庫侖力指向圓心,而受到洛倫茲力背向圓心.設此時速度為v1,根據題意得當外磁場反向后,軌道半徑r不變,此時運動速度變為v2,此時電子受到氫核對它的庫侖力不變,而洛倫茲力大小變為eBv2,方向變為指向圓心,根據牛頓運動定律可得由式解得由兩式可得答案:14.在電子顯像管內部,由熾熱的燈絲上發射出的電子在經過一定的電壓加速后,進入偏轉磁場區域,最后打到熒光屏上,當所加

18、的偏轉磁場的磁感應強度為0時,電子應沿直線運動打在熒光屏的正中心位置.但由于地磁場對帶電粒子運動的影響,會出現在未加偏轉磁場時電子束偏離直線運動的現象,所以在精密測量儀器的顯像管中常需要在顯像管的外部采取磁屏蔽措施以消除地磁場對電子運動的影響.已知電子質量為m、電荷量為e,從熾熱燈絲發射出的電子(可視為初速度為0)經過電壓為U的電場加速后,沿水平方向由南向北運動.若不采取磁屏蔽措施,且已知地磁場磁感應強度的豎直向下分量的大小為B,地磁場對電子在加速過程中的影響可忽略不計.在未加偏轉磁場的情況下,(1)試判斷電子束將偏向什么方向;(2)求電子在地磁場中運動的加速度的大小;(3)若加速電場邊緣到熒

19、光屏的距離為l,求在地磁場的作用下使到達熒光屏的電子在熒光屏上偏移的距離.解析:(1)根據左手定則,可以判斷出電子束將偏向東方.(2)設從加速電場射出的電子速度為v0,則根據動能定理有:從加速電場射出的電子在地磁場中受到洛倫茲力的作用而做勻速圓周運動,設電子的加速度為a,根據牛頓第二定律,ev0B=ma由以上各式解得(3)設電子在地磁場中運動的半徑為R,根據牛頓第二定律得設電子在熒光屏上偏移的距離為x,根據圖中的幾何關系,有:結合以上關系,得答案:(1)東方(2)(3)15.回旋加速器的示意圖如圖11-9甲，置于真空中的金屬D形盒,其半徑為R,兩盒間距為d,在左側D形盒圓心處放有粒子源S,勻強

20、磁場的磁感應強度為B,方向如圖所示.此加速器所接的高頻交流電源如圖11-9乙所示,電壓有效值為U.粒子源射出的帶電粒子質量為m、電荷量為q.設粒子從粒子源S進入加速電場時的初速度不計,且此時高頻電源電壓恰好達到最大值,忽略粒子在加速電場中的運動時間,加速粒子的電壓按交流電的最大值且可近似認為保持不變.粒子在電場中的加速次數等于在磁場中回旋半周的次數.求:(1)粒子在加速器中運動的總時間t.(2)試推證當R>>d時,粒子在電場中加速的總時間相對于在D形盒中回旋的總時間可忽略不計(粒子在電場中運動時,不考慮磁場的影響).(3)粒子第1次和第n次分別在右半盒中運動的軌道半徑的比值R1Rn

21、.圖11-9解析:由于加速粒子的電壓按交流電的最大值且近似認為保持不變,故粒子在電場中做勻加速直線運動.(1)設粒子加速后的最大速度為v,此時軌道半徑最大為R,由牛頓第二定律得:粒子的回旋周期為:粒子加速后的最大動能為:設粒子在電場中加速的次數為n,則:Ek=nqUm高頻電源電壓的最大值又忽略粒子在加速電場中的運動時間,則運動的總時間聯立解得:(2)粒子在電場中間斷的加速運動,可等效成不間斷的勻加速直線運動.粒子在電場中加速的總時間為:粒子在D形盒中回旋的總時間:故,又R>>d,所以,因此t1可忽略不計.(3)設粒子第1、2、3n次在右半盒中運動的速度分別為v1、v2、v3vn,則由動能定理得:qUm=mv12/2又聯立解得(n取1,2,3,).答案:(1)(2)略(3)16.(2010湖北部分重點中學高