磁场单元测试题(含详解答案)-doc(DOC 9页).doc

1、第十一章磁场章末自测时间：90分钟满分：100分第卷选择题一、选择题(本题包括10小题，共40分，每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不选的得0分)120世纪50年代，一些科学家提出了地磁场的“电磁感应学说”，认为当太阳强烈活动影响地球而引起磁暴时，磁暴在外地核中感应产生衰减时间较长的电流，此电流产生了地磁场连续的磁暴作用可维持地磁场，则外地核中的电流方向为(地磁场N极与S极在地球表面的连线称为磁子午线)()A垂直磁子午线由西向东B垂直磁子午线由东向西C沿磁子午线由南向北D沿磁子午线由北向南解析：地磁场由南向北，地球内部

2、磁场由北向南，根据安培定则可判断，外地核中电流方向由东向西答案：B图12如图1所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力的大小变为F2，则此时b受到的磁场力的大小变为()AF2BF1F2CF2F1 D2F1F2解析：对a导线，原来b导线对a导线作用力为F1，方向向左，假设加入的匀强磁场垂直向里，如图2甲所示，则a导线受外加匀强磁场的作用力为F，则F1、F、F2之间有下列关系：图2F2F1F(FF1F2)同理对b导线分析受力，如图2乙所示，故此时导线b受磁场作用力：FF1FF1(F1F2)F2本

3、题正确的答案为A.答案：A3带电体表面突出的地方电荷容易密集雷雨天当带电云层靠近高大建筑物时，由于静电感应，建筑物顶端会聚集异种电荷，避雷针通过一根竖直导线接通大地而避免雷击你若想知道竖直导线中的电流方向，进而判断云层所带电荷，安全可行的方法是()A在导线中接入电流表B在导线中接入电压表C在导线中接入小灯泡D在导线旁放一可自由转动的小磁针解析：根据小磁针静止时N极的指向判断出其所在处的磁场方向，然后根据安培定则判断出电流方向，既安全又可行答案：D4下列关于磁感线的说法正确的是()A磁感线可以形象地描述磁场中各点的磁场方向，它每一点的切线方向都与小磁针放在该点静止时S极所指的方向相同B磁感线总是

4、从磁体的N极出发，到磁体的S极终止C磁场的磁感线是闭合曲线D磁感线就是细铁屑在磁铁周围排列成的曲线，没有细铁屑的地方就没有磁感线解析：磁感线的切线方向就是该点的磁场方向，磁场的方向规定为小磁针N极受力的方向，也就是小磁针静止时N极的指向，所以A项错误在磁体的外部，磁感线从N极出发指向S极在磁体的内部，磁感线从S极指向N极，并且内、外形成闭合曲线，所以B项错误，C项正确虽然磁感线是为了研究问题的方便人为引入的，我们也可以用细铁屑形象地“显示”磁感线，但不能说没有细铁屑的地方就没有磁感线，所以D项是错误的答案：C图35如图3所示，一带负电的质点在固定的正点电荷作用下绕该正电荷做匀速圆周运动，周期为

5、T0，轨道平面位于纸面内，质点的速度方向如图中箭头所示现加一垂直于轨道平面的匀强磁场，已知轨道半径并不因此而改变，则()A若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将大于T0B若磁场方向指向纸里，质点运动的周期将小于T0C若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将大于T0D若磁场方向指向纸外，质点运动的周期将小于T0解析：因电荷在电场力作用下做匀速圆周运动，根据圆周运动知识有F电m()2r，若所加的磁场指向纸里，因电荷所受的洛伦兹力背离圆心，电荷所受的向心力减小，所以质点运动的周期将增大，大于T0.若所加的磁场指向纸外，因电荷所受的洛伦兹力指向圆心，电荷所受的向心力增大，所以质点运动的周期将减小，小于T0，

6、正确选项为A、D.答案：AD图46在某地上空同时存在着匀强的电场与磁场，一质量为m的带正电小球，在该区域内沿水平方向向右做直线运动，如图4所示关于场的分布情况可能的是()A该处电场方向和磁场方向重合B电场竖直向上，磁场垂直纸面向里C电场斜向里侧上方，磁场斜向外侧上方，均与v垂直D电场水平向右，磁场垂直纸面向里解析：带电小球在复合场中运动一定受重力和电场力，是否受洛伦兹力需具体分析A选项中若电场、磁场方向与速度方向垂直，则洛伦兹力与电场力垂直，如果与重力的合力为零就会做直线运动B选项中电场力、洛伦兹力都向上，若与重力合力为零，也会做直线运动C选项电场力斜向里侧上方，洛伦兹力向外侧下方，若与重力合

7、力为零，就会做直线运动D选项三个力合力不可能为零，因此本题选A、B、C.答案：ABC图57(2007年天津卷)如图5所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是()A.，正电荷 B.，正电荷C.，负电荷 D.，负电荷图6解析：带电粒子在磁场中的运动轨迹如图6所示，根据左手定则可知粒子带负电荷由图可知：sin30可得Ra又由qvB得.故选项C正确图7答案：C8如图7所示，两平行金属板

8、的间距等于极板的长度，现有重力不计的正离子束以相同的初速度v0平行于两板从两板正中间射入第一次在两极板间加恒定电压，建立场强为E的匀强电场，则正离子束刚好从上极板边缘飞出第二次撤去电场，在两极间建立磁感应强度为B、方向垂直于纸面的匀强磁场，正离子束刚好从下极板边缘飞出，则E和B的大小之比为()A.v0 B.v0C.v0 Dv0解析：根据题意dL两板间为匀强电场时，离子做类平抛运动设粒子在板间的飞行时间为t，则水平方向：Lv0t竖直方向：at2t2两板间为匀强磁场时，设偏转半径为r由几何关系有r2(r)2L2又qv0Bm联立得.答案：A图89如图8所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5

9、T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘塑料板静止在光滑水平面上在塑料板左端无初速度放置一质量为0.1 kg、带电荷量为0.2 C的滑块，滑块与绝缘塑料板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力现对塑料板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2，则()A塑料板和滑块一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动B滑块开始做匀加速运动，然后做加速度减小的加速运动，最后做匀速直线运动C最终塑料板做加速度为2 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动D最终塑料板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，滑块做速度为10 m/s的匀速运动解析：

10、滑块随塑料板向左运动时，受到竖直向上的洛伦兹力，和塑料板之间的正压力逐渐减小开始时，塑料板和滑块加速度相同，由F(Mm)a得，a2 m/s2，对滑块有(mgqvB)ma，当v6 m/s时，滑块恰好相对于塑料板有相对滑动，开始做加速度减小的加速运动，当mgqvB，即v10 m/s时滑块对塑料板的压力为零FN0，塑料板所受的合力为0.6 N，则a3 m/s2，B、D正确答案：BD10环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔若带电粒子初速度可视为零，经电压为U的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状空腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B

11、.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是()A对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越大B对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小C对于给定的带电粒子和磁感应强度B，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D对于给定的带电粒子和磁感应强度B，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变解析：带电粒子经过加速电场后速度为v，带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内，且在圆环内做半径确定的圆周运动，因此R，对于给定的加速电压，即U一定，则带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B应越小，A错误，B正确；带电粒子运动

12、周期为T，与带电粒子的速度无关，当然就与加速电压U无关，因此，对于给定的带电粒子和磁感应强度B，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变答案：BD第卷非选择题二、填空与实验题(本题包括5小题，每题12分，共60分把答案填在相应的横线上或按题目要求作答)图911在原子反应堆中抽动液态金属时，由于不允许转动机械部分和液态金属接触，常使用一种电磁泵如图9所示是这种电磁泵的结构示意图，图中A是导管的一段，垂直于匀强磁场放置，导管内充满液态金属当电流I垂直于导管和磁场方向穿过液态金属时，液态金属即被驱动，并保持匀速运动若导管内截面宽为a、高为b，磁场区域中的液体通过的电流为I，磁感应强度为B，求：(1)

13、电流I的方向；(2)驱动力对液体造成的压强差解析：(1)驱动力即安培力方向与流动方向一致，由左手定则可判断出电流I的方向由下向上(2)把液体看成由许多横切液片组成，因通电而受到安培力作用，液体匀速流动，所以有安培力FpS，p，即驱动力对液体造成的压强差为.答案：(1)电流方向由下向上(2)图1012一种半导体材料称为“霍尔材料”，用它制成的元件称为“霍尔元件”，这种材料有可定向移动的电荷，称为“载流子”，每个载流子的电荷量大小为q1.61019 C，霍尔元件在自动检测、控制领域得到广泛应用，如录像机中用来测量录像磁鼓的转速、电梯中用来检测电梯门是否关闭以及自动控制升降电动机的电源的通断等在一次

14、实验中，一块霍尔材料制成的薄片宽ab1.0102 m、长bc4.0102 m、厚h1.0103 m，水平放置在竖直向上的磁感应强度B2.0 T的匀强磁场中，bc方向通有I3.0 A的电流，如图10所示，由于磁场的作用，稳定后，在沿宽度方向上产生1.0105 V的横向电压(1)假定载流子是电子，ad、bc两端中哪端电势较高？(2)薄板中形成电流I的载流子定向运动的速率为多大？(3)这块霍尔材料中单位体积内的载流子个数为多少？解析：(1)由左手定则可判断，电子受洛伦兹力作用偏向bc边，故ad端电势高(2)稳定时载流子在沿宽度方向上受到的磁场力和电场力平衡qvBq，v m/s5104 m/s.(3)

15、由电流的微观解释可得：InqvS.故nI/qvS3.751027个/m3.答案：(1)ad端(2)5104 m/s(3)3.751027个/m313在电子显像管内部，由炽热的灯丝上发射出的电子在经过一定的电压加速后，进入偏转磁场区域，最后打到荧光屏上，当所加的偏转磁场的磁感应强度为0时，电子应沿直线运动打在荧光屏的正中心位置但由于地磁场对带电粒子运动的影响，会出现在未加偏转磁场时电子束偏离直线运动的现象，所以在精密测量仪器的显像管中常需要在显像管的外部采取磁屏蔽措施以消除地磁场对电子运动的影响已知电子质量为m、电荷量为e，从炽热灯丝发射出的电子(可视为初速度为0)经过电压为U的电场加速后，沿水

16、平方向由南向北运动若不采取磁屏蔽措施，且已知地磁场磁感应强度的竖直向下分量的大小为B，地磁场对电子在加速过程中的影响可忽略不计，在未加偏转磁场的情况下，(1)试判断电子束将偏向什么方向；(2)求电子在地磁场中运动的加速度的大小；(3)若加速电场边缘到荧光屏的距离为l，求在地磁场的作用下使到达荧光屏的电子在荧光屏上偏移的距离解析：(1)根据左手定则，可以判断出电子束将偏向东方(2)设从加速电场射出的电子速度为v0，则根据动能定理有：mveU从加速电场射出的电子在地磁场中受到洛伦兹力的作用而做匀速圆周运动，设电子的加速度为a，根据牛顿第二定律，ev0Bma由以上各式解得a.(3)设电子在地磁场中运

17、动的半径为R，根据牛顿第二定律ev0Bm得R图11设电子在荧光屏上偏移的距离为x，根据图中的几何关系，有：xR结合以上关系，得x.答案：(1)东方(2)(3)图1214(2007年全国卷)两平面荧光屏互相垂直放置，在两屏内分别取垂直于两屏交线的直线为x轴和y轴，交点O为原点，如图12所示在y0、0x0、xa的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B.在O点处有一小孔，一束质量为m、带电量为q(q0)的粒子沿x轴经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值已知速度最大的粒子在0xa的区域中运动的时间之比为25，在磁

18、场中运动的总时间为7T/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)解析：设粒子在磁场中半径为r，则qvB图13若速度较小的粒子将会在xa的区域内运动，最后垂直打在y轴(竖直荧光屏)上，则半径范围为从0到a，屏上发亮的范围从02a；若速度较大的粒子会进入右侧的磁场速度最大的粒子轨迹如图13中实线所示，左边圆弧的圆心在y轴上，用C表示，右边圆弧的圆心为C，由对称性可知，C在x2a直线上设粒子在左、右两磁场中运动的时间分别为t1、t2.由题意，得：t1t2T可得：t1，t2T由几何关系可得 OCM60，MCP150.故NCP15060

19、90即为圆弧，C在x轴上设速度最大的粒子半径为R，由几何关系可知2aRsin60.故OP2(1)a(水平荧光屏发光范围的右边界)又因为粒子进入右侧磁场的最小半径Rmina，如图中虚线所示，此时粒子在右侧的圆轨迹与x轴的D点相切，则OD2a.(水平荧光屏发光范围的左边界)答案：水平荧光屏上亮线范围是2ax2(1)a，竖直屏上亮线范围是0y2a.图1415(2007年全国卷)如图14所示，在坐标系xOy的第一象限中存在沿y轴正方向的匀强电场，场强大小为E.在其他象限中存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里A是y轴上的一点，它到坐标原点O的距离为h；C是x轴上的一点，到O的距离为l.一质量为m、电荷量

20、为q的带负电的粒子以某一初速度沿x轴方向从A点进入电场区域，继而通过C点进入磁场区域，并再次通过A点，此时速度方向与y轴正方向成锐角不计重力作用试求：(1)粒子经过C点时速度的大小和方向(2)磁感应强度B的大小解析：(1)粒子在电场中做类平抛运动，设加速度为a，则qEma设粒子从A点进入电场时初速度为v0，从A运动到C点时间为t，则hat2lv0t图15设粒子在C点时的速度为v，v垂直于x轴的分量为v，则v由于v式联立，得v设粒子经过C点时速度与x轴夹角为.由tan将代入式，得tan即角的正切值是.(2)粒子进入磁场后做圆周运动的半径为R，则qvB设圆心为P，则PC必与过C点的速度垂直，且有R.用表示与y轴的夹角，由几何关系得RcosRcoshRsinlRsin由式解得R由式得B.答案：(1)与x轴夹角为arctan(2)