第13天磁場測試題單項選擇題（每小題3分，共30分。每小題給出的四個選項中，只有一個選項是正確的）1．在豎直向上的勻強磁場中水平放置一根長度L=0.2m，通電電流I=0.5A的直導線，測得它受到的磁場力F=1.0N，將導線從磁場中撤走，勻強磁場的磁感應強度為（）A．0 B．10T C．0.1T D．2T【答案】B【詳解】根據題意可得解得磁場的磁感應強度只與磁場本身的性質有關，因此將導線從磁場中撤走，勻強磁場的磁感應強度為10T。故選B。2.如圖所示,MN為鋁質薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于紙面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()A.1∶2 B.2∶1C.2∶2 D.2∶1【答案】C【詳解】設帶電粒子在P點時初速度為v1,從Q點穿過鋁板后速度為v2,則Ek1=12mv12,Ek2=12mv22;由題意可知Ek1=2Ek2,即12mv12=mv22,則3．如圖所示，OACD是一長為OA＝L的矩形，其內存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m、帶電量為q的粒子從O點以速度垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則（

）A．粒子一定帶正電 B．勻強磁場的磁感應強度為C．粒子從O到A所需的時間為 D．矩形磁場的寬度最小值為【答案】B【詳解】A．由題意可知，粒子進入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故A錯誤；B．粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得解得故B正確；C．由幾何知識可知，粒子在磁場中轉過的圓心角，粒子在磁場中做圓周運動的周期粒子在磁場中的運動時間為又由解得故C錯誤；D．根據圖示由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度為故D錯誤。故選B。4．一種用磁流體發電的裝置如圖所示。平行金屬板A、B之間的磁場可視為勻強磁場，將一束等離子體（即高溫下電離的氣體，含有大量正、負帶電粒子）射入磁場，帶電粒子在洛侖茲力的作用下向兩極板偏轉，A、B兩板間便產生了電壓。金屬板A、B和等離子體整體可視為一個內阻不可忽略的直流電源。現將金屬板A、B與電阻R相連，下列說法正確的是（）A．A板是電源的正極B．A、B兩金屬板間的電勢差等于電源電動勢C．增大等離子體的入射速度，電源電動勢將增大D．減小A、B兩板間的距離，電源電動勢將增大【答案】C【詳解】A．A、B板間磁場由N極指向S極，由左手定則可以得到帶正電荷粒子向下偏轉打在B板上，所以B板為電源的正極，A板為電源的負極，故A選項錯誤；B．根據閉合電路的歐姆定律可知，A、B兩金屬板間的電勢差等于外電路的電壓，小于電源電動勢，故選項B錯誤；CD．電源的電動勢為E，極板間距離為d，極板間電動勢穩定時滿足解得所以增大等離子體的入射速度，電源電動勢將增大，減小A、B兩板間的距離，電源電動勢將減小，故C正確，D錯誤。故選C。5.英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。若一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖所示,則下列說法正確的是()A.該束帶電粒子帶負電B.速度選擇器的P1極板帶負電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,質量越大D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子,比荷qm【答案】D【詳解】通過粒子在質譜儀中的運動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電,故選項A錯誤;帶電粒子在速度選擇器中勻速運動時受到向上的洛倫茲力和向下的電場力,可知速度選擇器的P1極板帶正電,故選項B錯誤;由洛倫茲力充當向心力有qvB=mv2r,得粒子在B2磁場中的運動半徑r=mvqB,又粒子的運動速度v大小相等,電荷量q未知,故在磁場中運動半徑越大的粒子,質量不一定越大,但比荷qm=vBr6.如圖所示，在第二象限中有水平向右的勻強電場，在第一象限內存在垂直紙面向外的勻強磁場。有一重力不計的帶電粒子(電量為q，質量為m)以垂直于x軸的速度v0從x軸上的P點進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射出電場，再經過一段時間又恰好垂直于x軸進入第四象限。已知OP之間的距離為d，則()A.帶電粒子通過y軸時的坐標為(0，d)B．電場強度的大小為eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),qd)C．帶電粒子在電場和磁場中運動的總時間為eq\f(（3π＋4）d,2v0)D．磁感應強度的大小為eq\f(\r(2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4qd)【答案】C【解析】粒子在電場中做類平拋運動，因為進入磁場時速度方向與y軸成45°角，所以沿x軸方向的分速度vx＝v0，在x軸方向做勻加速運動，有d＝eq\f(0＋v0,2)t，沿y軸方向做勻速運動，有s＝v0t＝2d，故選項A錯誤；在x軸方向做勻加速運動，根據vx＝v0＝eq\f(Eq,m)×eq\f(2d,v0)＝eq\f(2Eqd,mv0)，解得E＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),2qd)，故選項B錯誤；粒子進入磁場后做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，由圖可知粒子的軌跡半徑R＝2eq\r(2)d，圓心角θ＝135°＝eq\f(3,4)π，所以在磁場中的運動時間為t1＝eq\f(2πR×\f(135°,360°),\r(2)v0)＝eq\f(3π×2\r(2)d,4\r(2)v0)＝eq\f(3πd,2v0)；在電場中的運動時間為t2＝eq\f(2d,v0)，所以總時間為t＝t1＋t2＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3π＋4))d,2v0)，故選項C正確；由qvB＝eq\f(mv2,R)可知磁感應強度B＝eq\f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d)＝eq\f(mv0,2qd)，故選項D錯誤。故選C7.在光滑絕緣水平面上，一輕繩拉著一個帶電小球繞軸O在勻強磁場中作逆時針方向的勻速圓周運動，磁場方向豎直向下，其俯視圖如圖所示。若小球運動到A點時繩子忽然斷開，則以下運動不可能發生的是（）A．小球仍作逆時針勻速圓周運動，半徑不變B．小球仍作逆時針勻速圓周運動，但半徑減小C．小球作順時針勻速圓周運動，半徑不變D．小球作順時針勻速圓周運動，半徑減小【答案】B【詳解】A．如果小球帶正電，則小球所受的洛倫茲力方向指向圓心，此種情況下，如果洛倫茲力剛好提供向心力，這時繩子對小球沒有作用力，繩子斷開時，對小球的運動沒有影響，小球仍做逆時針的勻速圓周運動，半徑不變，故A正確不符合題意；B．如果洛倫茲力和拉力共同提供向心力，繩子斷開時，向心力減小，而小球的速率不變，則小球做逆時針的圓周運動，但半徑增大，故B錯誤符合題意；C．如果小球帶負電，則小球所受的洛倫茲力方向背離圓心，當洛倫茲力的大小等于小球所受的拉力的一半時，繩子斷后，小球做順時針的勻速圓周運動，半徑不變，故C正確不符合題意；D．當洛倫茲力的大小大于小球所受的拉力的一半時，則繩子斷后，向心力增大，小球做順時針的勻速圓周運動，半徑減小，故D正確不符合題意。故選B。8．如圖，一正三角形abc區域（包含三角形邊界）內有方向垂直紙面向里的勻強磁場，三角形所在平面與磁場方向垂直。P點為一粒子源，可以產生某種帶正電的同種粒子，粒子從靜止開始經MN兩板間的加速電場加速后從a點沿ab方向射入勻強磁場區域內。加速電壓的大小可以調節，當加速電壓為U1時粒子經磁場偏轉后恰好打到bc的中點，當加速電壓為U2時粒子經磁場偏轉后恰好打到c點，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則兩加速電壓的比值U1：U2為（

）9：4 B．3：2 C．9：1 D．3：1【答案】A【詳解】在加速電場中，根據動能定理設邊長為L，加速電壓為U1時粒子經磁場偏轉后恰好打到bc的中點根據幾何關系解得加速電壓為U2時粒子經磁場偏轉后恰好打到c點根據幾何關系解得根據整理得所以U1：U2=9：4故選A。二、不定項選擇題（每小題5分，共20分。每小題給出的四個選項中，都有多個選項是正確的。全部選對的得4分，選對但不全的得2分，選錯或不答的得0分）9.如圖所示,通電導體棒靜止于水平導軌上,棒的質量為m,長為l,通過的電流大小為I且垂直于紙面向里,勻強磁場的磁感應強度B的方向與導軌平面成θ角,則導體棒受到的()A.安培力大小為BilB.安培力大小為BIlsinθC.摩擦力大小為BIlcosθD.支持力大小為mg+BIlcosθ【答案】AD【詳解】導體棒受力如圖所示。由于導體棒與磁場垂直,故安培力大小FA=BIl。根據平衡條件得Ff=FAsinθ,mg+FAcosθ=FN解得Ff=BIlsinθ,FN=mg+BIlcosθ。故A、D正確,B、C錯誤。10.如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直于紙面向里，一個帶電微粒由a點進入電磁場并剛好能沿ab直線向上勻速運動，下列說法正確的是()A.微粒可能帶負電，也可能帶正電B．微粒的電勢能一定減小C．微粒的機械能一定增加D．洛倫茲力對微粒做負功[答案]BC[解析]根據帶電微粒做勻速直線運動的條件可知，受力情況如圖所示，則微粒必定帶負電，故A錯誤；微粒由a沿直線運動到b的過程中，電場力做正功，其電勢能減小，故B正確；因重力做負功，重力勢能增加，動能不變，則其機械能一定增加，故C正確；洛倫茲力的方向一直與速度方向垂直，故洛倫茲力不做功，故D錯誤。故選B、C。11.如圖所示，三根通電長直導線a、b、c都垂直于紙面放置，彼此之間的距離都相等，b、c電流等大反向，a、c電流方向相同，a電流大小為c電流大小的一半。已知a受到c所產生磁場的安培力為F，若直線電流在某點所產生磁感應強度大小與電流成正比，與該點到直線電流的距離成反比，則下列說法正確的是()A.b、c對a作用力的合力大小等于FB．b、c對a作用力的合力方向垂直于ac連線C．a、c對b作用力的合力方向垂直于ac連線D．a、c對b作用力的合力大小等于eq\r(7)F【答案】AD【解析】設c在a處產生的磁感應強度為B以及彼此之間的距離為L；根據安培定則可知，b、c在a處產生的磁場方向如圖所示，根據平行四邊形定則可知，B合＝B；a受到c所產生磁場的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對a作用力的合力大小等于F，A正確；根據A中分析可知，合場強方向如圖所示，再根據左手定則可知，b、c對a作用力的合力方向不垂直于ac，B錯誤；根據安培定則可知，a、c在b處產生的磁場方向如圖所示，由圖可知，合磁場方向如圖所示，由安培定則可知，安培力不垂直于ac連線，C錯誤；由已知可知，a受c的安培力為F，c在a處產生磁感應強度為B，則a在b處產生的磁感應強度為eq\f(B,2)；而c在b處產生的磁感應強度為B；根據平行四邊形定則可知，B合′＝eq\r(B2＋（\f(B,2)）2－2B×\f(B,2)cos120°)＝eq\f(\r(7),2)B；a受到c所產生磁場的安培力為F，即F＝BIL，所以b、c對a作用力的合力大小等于F′＝eq\f(\r(7),2)B·2IL＝eq\r(7)BIL＝eq\r(7)F，D正確。故選：AD。12．如圖所示，P、Q、S是三個帶同種電荷完全相同的帶電小球，現將P、Q、S三小球從同一水平面上靜止釋放，P小球經過有界的勻強電場落到地面上，Q小球經過有界的勻強磁場落到地面上，S小球直接落到地面上，O點是它們釋放點在地面上的投影點，忽略空氣阻力，下列說法正確的是（）A．只有S小球能落在O點上，且P、Q小球可以落在O點的異側B．只有S小球能落在O點上，且P、Q小球一定落在O點的同側C．三小球落地時，動能大小關系為EkP>EkQ=EkSD．三小球所用的時間關系為tP=tS>tQ【答案】BC【詳解】AB．假設P、Q、S三個小球都帶正電，則P小球進入電場受到水平向右的電場力，故P小球不能落到O點，降落到O點的右側；Q小球由左手定則可知，將受到向右的洛倫茲力，向右發生偏轉，故Q小球不能落到O點，降落到O點的右側；S小球做自由落體運動，能落到O點上，故A錯誤，B正確；C．三個小球下落過程重力做功相同，而P小球有電場力做正功，Q小球洛倫茲力不做功，由動能定理可知，合外力對P小球做功最多，Q、S小球做功相同，故動能大小關系為故C正確；D．P、S小球豎直方向均做自由落體運動，故時間相同，Q小球受洛倫茲力發生偏轉，偏轉過程中受到洛倫茲力豎直向上的分力，故下落的加速度變小，時間變大，故三小球所用的時間關系為故D錯誤。故選D。三、實驗題13．（10分）如圖所示，虛線框內存在一沿水平方向、且與紙面垂直的勻強磁場。現通過測量通電導線在磁場中所受的安培力，來測量磁場的磁感應強度大小，并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內的U形金屬框，其底邊水平，兩側邊豎直且等長；E為直流電源；R為電阻箱；A為電流表；S為開關，此外還有細沙、天平、米尺和若干輕質導線，實驗電路圖如圖所示。（1）完成下列主要實驗步驟中的填空。①按圖接線。②保持開關S斷開，在托盤內加入適量細沙，使D處于平衡狀態，然后用天平稱出細沙質量m1。③閉合開關S，調節R的值使電流大小適當，在托盤內重新加入適量細沙，使D重新處于平衡狀態；然后讀出，并用天平稱出。④用米尺測量。（2）用測量的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小，可以得出B=。（3）判定磁感應強度方向的方法是：若，磁感應強度方向垂直紙面向外；反之，磁感應強度方向垂直紙面向里。【答案】電流表的示數I此時細沙的質量m2D的底邊長度lm2>m1【詳解】（1）③[1]閉合開關后，D受重力G1=m1g、細線拉力T和安培力作用，處于平衡狀態。讀出電流表的示數I。[2]并用天平稱出此時細沙的質量m2。[3]用米尺測出D的底邊長度l，可列式求磁感應強度B的大小。（2）[4]根據平衡條件，有│m2-m1│g=IlB解得B=（3）[5]若m2>m1，則D受到的向上的拉力大于重力，所以安培力的方向向下，根據左手定則可知磁感應強度方向垂直紙面向外；若m2<m1，則D受到的向上的拉力小于重力，所以安培力的方向向上，根據左手定則可知磁感應強度方向垂直紙面向里。14．（8分）霍爾效應是電磁基本現象之一，近期我國科學家在該領域的實驗研究上取得了突破性進展。如圖丙所示，在一矩形半導體薄片的P、Q間通入電流I，同時外加與薄片垂直的磁場B，在M、N間出現電壓UH，這個現象稱為霍爾效應，UH為霍爾電壓，且滿足UH=k，式中d為薄片的厚度，k為霍爾系數。某同學通過實驗來測定該半導體薄片的霍爾系數。①若該半導體材料是空穴（可視為帶正電粒子）導電，電流與磁場方向如圖丙所示，該同學用電壓表測量UH時，應將電壓表的“+”接線柱與（選填“M”或“N”）端通過導線相連。②已知薄片厚度d=0.40mm，該同學保持磁感應強度B=0.10T不變，改變電流I的大小，測量相應的UH值，記錄數據如表所示。I/10-3A3.06.09.012.015.018.0UH/10-3V1.11.93.44.56.26.8根據表中數據在給定坐標紙上畫出UH-I圖線，利用圖線求出該材料的霍爾系數為×10-3V·m·A-1·T-1（保留2位有效數字）。

③該同學查閱資料發現，使半導體薄片中的電流反向再次測量，取兩個方向測量的平均值，可以減小霍爾系數的測量誤差，為此該同學設計了如圖丁所示的測量電路。S1、S2均為單刀雙擲開關，虛線框內為半導體薄片（未畫出）。為使電流自Q端流入，P端流出，應將S1擲向（選填“a”或“b”），S2擲向（選填“c”或“d”）。【答案】M

1.5×10-3（1.2×10-3~1.8×10-3均可）bc【詳解】①[1]如圖甲所示，半導體中電流由P流向Q，根據左手定則，正電荷移向M端，負電荷移向N端，把半導體看成電源，M端為電源的正極，故電壓表的“+”接線柱與M端導線相連；②[2]畫出UH-I圖線如圖

[3]根據公式得圖像的斜率代入數據解得③[4][5]如圖乙所示，為使電流從Q端流入，P端流出，即Q端接電源正極，P端接電源負極，所以S1擲向b，S2擲向c。三、計算題15.(12分)如圖所示，兩根傾斜直金屬導軌MN、PQ平行放置，導軌平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩導軌之間的距離L＝0.50m。一根質量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab垂直放在兩導軌上且接觸良好，整個裝置處于與ab桿垂直的勻強磁場中。在導軌的上端接有電動勢E＝36V、內阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R。已知導軌與金屬桿的電阻均可忽略不計，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2。(1)若金屬桿ab和導軌之間的摩擦可忽略不計，當電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時，金屬桿ab靜止在導軌上。①如果磁場方向豎直向下，求滿足條件的磁感應強度的大小；②如果磁場的方向可以隨意調整，求滿足條件的磁感應強度的最小值及其方向。(2)如果金屬桿ab和導軌之間的摩擦不可忽略，整個裝置處于垂直于導軌平面斜向下、磁感應強度大小B＝0.40T的勻強磁場中。當電阻箱接入電路中的電阻R2＝3.4Ω時，金屬桿ab仍保持靜止，求此時金屬桿ab受到的摩擦力Ff的大小及方向。【答案】(1)①0.30T②0.24T垂直于導軌平面斜向下(2)0.24N沿導軌平面向下【詳解】(1)設通過金屬桿ab的電流為I1，根據閉合電路的歐姆定律可知I1＝eq\f(E,R1＋r)。①設磁感應強度的大小為B1，由左手定則可知，金屬桿ab所受安培力沿水平方向，金屬桿ab受力如圖甲所示。對金屬桿ab，根據共點力平衡條件有B1I1L＝mgtanθ，解得B1＝eq\f(mgtanθ,I1L)＝0.30T。②根據共點力平衡條件可知，安培力最小時方向應沿導軌平面向上，金屬桿ab受力如圖乙所示。設磁感應強度的最小值為B2，對金屬桿ab，有B2I1L＝mgsinθ，解得B2＝eq\f(mgsinθ,I1L)＝0.24T。根據左手定則可判斷出，此時磁場的方向應垂直于導軌平面斜向下。(2)設通過金屬桿ab的電流為I2，根據閉合電路的歐姆定律可知I2＝eq\f(E,R2＋r)，假設金屬桿ab受到的摩擦力方向沿導軌平面向下，根據共點力平衡條件有BI2L＝mgsinθ＋Ff，解得Ff＝0.24N，結果為正，說明假設成立，摩擦力方向沿導軌平面向下。16．（10分）如圖所示，在y>0區域存在著垂直xOy平面向外的勻強磁場，在第四象限的空間中存在著平行于xOy平面沿y軸正方向的勻強電場。一質量為m，帶電量為q的帶正電粒子從坐標原點以初速度v0射入磁場，方向與x軸負方向成60°角斜向上，然后經過M點進入電場，并從y軸負半軸的N點垂直y軸射出電場。已知M點坐標為(L，0)，粒子所受的重力不計，求：(1)勻強磁場的磁感應強度B的大小；(2)勻強電場的電場強度E的大小。【答案】(1)eq\f(\r(3)mv0,qL)(2)eq\f(\r(3)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),4qL)【解析】(1)作出粒子的運動軌跡如圖所示(2分)設在磁場中運動半徑為R，由幾何關系可得2Rsin60°＝L(2分)由洛倫茲力提供向心力，則有qv0B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)(1分)聯立解得B＝eq\f(\r(3)mv0,qL)(1分)(2)粒子從M點到N點過程為勻變速曲線運動，逆推從N到M為類平拋運動沿x軸方向有L＝v0tcos60°(1分)沿y軸方向v0sin60°＝at(1分)由牛頓第二定律得Eq＝m