第一章 磁场 单元测试（Word解析版）

2021-2022学年粤教版（2019）选择性必修第二册
第一章
磁场
单元测试（解析版）
第I卷（选择题）
一、选择题（共48分）
1．雷云一般聚集了大量的负电荷Q，假设雷云与大地构成了一个大电容器，把它视作平行板电器，其电容为C，则下列说法正确的是（　　）
A．雷云与大地之间的电压为
B．雷云与大地之间的电场线方向向下
C．雷云在赤道上放电时电子受到向东的洛伦兹力
D．若雷云持续放电时间为t，则放电电流的平均值为
2．如图所示为质谱仪的工作原理图，在容器A中存在若干种电荷量q相同而质量m不同的带电粒子，它们可从容器A下方经过窄缝S1和S2之间的电场加速后射入速度选择器，速度选择器中的电场E和磁场B都垂直于离子速度，且E也垂直于B。通过速度选择器的粒子接着进入均匀磁场B0中，沿着半圆周运动后到达照相底片上形成谱线。若测出谱线A到入口S0的距离为x，则下列能正确反映x与m之间函数关系的是（　　）
A．B．C．D．
3．如图所示，垂直于平面向外的匀强磁场的边界为平行四边形ABCD，其中E为BC边的中点，AE垂直于BC，一束电子以大小不同的速度沿AE方向射入磁场，不计电子的重力和电子间的相互作用，关于电子在磁场中运动的情况，下列说法正确的是（　　）
A．入射速度越大的电子，其运动时间越长
B．入射速度越大的电子，其运动轨迹越长
C．从AB边射出的电子运动时间都相等
D．从BC边射出的电子运动时间都相等
4．如图所示，足够长的竖直绝缘墙壁右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。质量为m、带电量为的绝缘物块与绝缘墙壁之间的动摩擦因数为?，重力加速度为g。现将小物块紧贴竖直墙壁由静止释放，则在小物块下落的过程中，下列说法正确的是（　　）
A．小物块下落的过程中会与墙壁分离
B．小物块向下运动的过程中速度先增大后减小
C．小物块向下运动的过程中速度最大时，加速度向上
D．小物块能达到的最大速度为
5．如图所示，比荷为的带电粒子（不计重力），从坐标原点以速度沿轴正方向射入垂直纸面向里的匀强磁场中；在坐标平面内，半径为的圆形边界（圆心在点）正好与轴相切在，粒子从圆形边界的点射出，磁场的磁感应强度大小为，下列说法正确的是（　　）
A．粒子做匀速圆周运动的半径为
B．点的坐标为
C．粒子从到的运动时间为
D．若该粒子从圆形边界上的点或点，以平行于轴的速度射入磁场，则粒子必不从点射出圆形边界
6．如图所示，两足够大挡板MO、NO垂直固定放置，其中MO水平，两挡板间存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。挡板MO内侧P点有一放射源，能在纸面内沿各个方向连续向磁场内发射速度大小为v、质量为m、电荷量为q的带正电粒子，粒子打到挡板上后均被挡板立即吸收，不计粒子所受的重力和粒子间的相互作用。已知P、O两点间的距离为，则粒子在磁场中经过的区域形成的图形的面积为（　　）
A．
B．
C．
D．
7．如图所示，一内壁光滑、上端开口下端封闭的绝缘玻璃管竖直放置，高为h，管底有质量为m、电荷量为+q的小球，玻璃管以速度v沿垂直于磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中。在外力作用下，玻璃管在磁场中运动速度保持不变，小球最终从上端管口飞出，在此过程中，下列说法正确的是（　　）
A．洛伦兹力对小球做正功
B．小球做匀加速直线运动
C．小球机械能的增加量小于qvBh
D．若玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小
8．如图所示，一带电液滴在相互垂直的匀强电场和匀强磁场中刚好做匀速圆周运动，其轨迹半径为，已知该电场的电场强度为，方向竖直向下，该磁场的磁感应强度为，方向垂直于纸面向里，不计空气阻力，重力加速度为，则（　　）
A．液滴带正电
B．液滴的比荷
C．液滴沿顺时针方向运动
D．液滴运动速度大小
9．如图所示，在轴上方存在磁感应强度为的匀强磁场，一个电子（质量为，电荷量为）从轴上的点以速度斜向上射入磁场中，速度方向与轴的夹角为并与磁场方向垂直，电子在磁场中运动一段时间后，从轴上的点射出磁场，则（　　）
A．电了在磁场中运动的时间为
B．电子在磁场中运动的时间为
C．两点间的距离为
D．两点间的距离为
10．某同学自制一电流表，其原理如图所示。质量为m的均匀细金属杆MN与一竖直悬挂的绝缘轻弹簧相连，弹簧的劲度系数为k，在矩形区域abcd内有匀强磁场，ab=L1，bc=L2，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向外。MN的右端连接一绝缘轻指针，可指示出标尺上的刻度。MN的长度大于ab，当MN中没有电流通过且处于静止时，MN与矩形区域的ab边重合，且指针指在标尺的零刻度；当MN中有电流时，指针示数可表示电流强度。MN始终在纸面内且保持水平，重力加速度为g。下列说法中正确的是（　　）
A．当电流表的示数为零时，弹簧的伸长量为
B．标尺上的电流刻度是均匀的
C．为使电流表正常工作，流过金属杆的电流方向为M→N
D．电流表的量程为
11．如图所示为霍尔元件的简易图，已知该元件为长方体，长、宽高分别为、、，该元件内的导电微粒是电子，电子的电荷量为，元件单位体积内的电子个数为，空间中存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为，当元件中通有水平向左的电流时，前后表面的电势差为。下列说法正确的是（　　）
A．前表面的电势比后表面的电势低
B．仅增加前后表面的距离，则前后表面的电势差增大
C．仅增加上下表面的距离，则前后表面的电势差增大
D．通入的电流的大小为
12．如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场。一束等离子体（即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子）
沿垂直于磁场的方向喷入磁场。把P、Q与电阻R相连接，下列说法正确的是（　　）
A．Q板的电势高于P板的电势
B．R中有由a向b方向的电流
C．增加等离子体中带电粒子个数，R中电流保持不变
D．若只增大PQ间距离，R中电流减小
第II卷（非选择题）
二、解答题（共52分）
13．如图所示在第一象限内有垂直于纸面向外的匀强磁场，在该平面有一个质最为m带电量为+q的粒子从y轴上的A点以大小为的初速度、与y轴正向成角在纸面内斜向上射入第一象限。经过偏转后从P点（图中未画出）垂直于x轴射出第一象限。已知之间的距离为d，不计粒子重力。求：
（1）磁感应强度B；
（2）粒子在磁场中运动的时间t。
14．如图，在真空中，xoy坐标平面第一象限x≤1m的范围内，存在一水平向右的匀强电场，场强大小E＝2.0×102N/C，在x＝1m处有一足够大吸收荧光屏MN，在第二象限存在一半径R＝0.4m的四分之一圆弧边界的匀强磁场，原点O为圆心，磁感应强度B＝0.2T，方向垂直纸面向里。现有一束宽度也为R的线状正粒子源，以水平速度v0＝1.28×104m/s沿x轴正向射入磁场区域，穿过磁场后通过y轴进入右侧电场区域。所有粒子的比荷均为＝1.6×105C/kg，不计粒子的重力及其相互作用。
（1）从A（－0.4m，0）处水平射入的粒子刚进入电场时的y坐标
（2）吸收光屏上有粒子出现的y坐标范围
（3）若已知粒子质量m＝1.0×10－8kg，粒子打在光屏上不反弹，作用时间均为t＝1.0×10－3s，求单个粒子打到光屏上时，与光屏间的最大作用力。（结果保留两位有效数字，提示：＝1.4，＝1.7）
15．如图所示，一个不计重力的带电粒子以速度v0水平向右垂直进入一块匀强电场和匀强磁场叠加区域，恰好能做匀速直线运动，已知，粒子质量为m，电量为+q，磁感应强度为B。
（1）求匀强电场场强大小E，并在图中标明匀强电场的方向。
（2）若撤掉电场粒子做匀速圆周运动，求出粒子做匀速圆周运动的半径R。
16．如图所示，一水平分界线MN把足够长的竖直边界AB和CD之间的空间分为上下两部分，MN上方区域存在竖直向下的匀强电场，MN下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。在AB和CD边界上，距MN高h处分别有P、Q两点。一电荷量为q、质量为m的带正电的粒子（重力不计）以初速度V从点P垂直于边界AB进入匀强电场，经偏转后从边界MN进人匀强磁场，并恰好不从边界AB射出。若匀强电场的电场强度。求∶
（1）粒子刚进人磁场时的速度v；
（2）匀强磁场的磁感应强度B；
（3）调节AB与CD两边界间的距离，使粒子恰好从Q点离开CD边界，求粒子从P点进入电场到Q点离开CD边界运动时间的可能值。
参考答案
1．D
【详解】
A．雷云与大地之间的电压为
A错误；
B．雷云与大地之间的电场线指向带负电的雷云，故方向向上，B错误；
C．雷云在赤道上放电时电子受到向西的洛伦兹力，C错误；
D．若雷云持续放电时间为t，由电流的定义式可得，放电电流的平均值为
D正确。
故选D。
2．A
【详解】
粒子进入速度选择器后，受力平衡
进入磁场后，由洛伦兹力提供向心力
联立可得
由上可知，与成正比。故选A。
3．C
【详解】
AB．电子做圆周运动的周期
保持不变，电子在磁场中运动时间为
轨迹对应的圆心角θ越大，运动时间越长。电子沿AE方向入射，若从BC边射出时，根据几何知识可知在AD边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故AB错误；
C．电子沿AE方向入射，若从AB边射出时，根据几何知识可知在AB边射出的电子轨迹所对应的圆心角相等，在磁场中运动时间相等，与速度无关，故C正确；
D．从BC边射出的电子轨迹对应的圆心角不相等，且入射速度越大，其运动轨迹越短，在磁场中运动时间不相等，故D错误。
故选C。
4．D
【详解】
AC．物块向下做加速运动，物块受到重力、墙壁对其支持力、竖直向上的摩擦力和洛伦磁力，当物块受到的重力与摩擦力相等时，物块达到最大速度后匀速运动，故AC错误；
B．物体在绝缘板上做加速度
减小的加速运动，物块的速度先增大后匀速，故B错误；
D．根据平衡条件得
解得小物块能达到的最大速度为
故D正确。
故选D。
5．B
【详解】
A．设粒子做匀速圆周运动的半径为，磁感应强度为，由
得
代入，，综合可得
A错误；
B．圆形边界的半径与轨迹圆的半径相等，根据匀速圆周运动知识可知，轨迹圆的圆心在轴上，如图所示，是边长为的正方形，则点的坐标为，B正确；
C．粒子从到运动时间
C错误；
D．圆形边界的半径与轨迹圆的半径相同，满足磁聚焦原理，一组平行粒子垂直射入半径为的圆形匀强磁场区域，若轨迹半径也为，则粒子将汇聚于同一点，即入射速度相同的粒子从圆形磁场边界上的、、点射入，必然从同一点射出，D错误。
故选B。
6．B
【详解】
如图所示
根据
解得
即
故取以
为半径以P为圆心画圆，即可得到粒子轨迹圆心圆，在任意选取圆心上的点为圆心，长为半径在左上方区域画弧，即得粒子在磁场中经过的区域边界，各临界情况对应的角度如图，图形
面积即为所求
则
故选B。
7．D
【详解】
A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永不做功，选项A错误；
B．玻璃管在水平方向做匀速运动，小球受到的洛伦兹力在竖直方向的分力保持不变，即在竖直方向做匀加速运动，合运动为匀加速曲线运动，选项B错误；
C．由于管对球的支持力对小球做了功，小球的机械能是增加的，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
小球离开管口的速度
合速度
动能增量
重力势能增量
联立解得
选项C错误；
D．小球的实际运动速度可分解为水平方向的速度v和竖直方向的速度vy，竖直方向的洛伦兹力不变，在竖直方向上，由牛顿第二定律
由匀变速位移公式
联立解得
即玻璃管运动速度越大，则小球在玻璃管中的运动时间越小，选项D正确。
故选D。
8．BC
【详解】
AB．带电液滴刚好做匀速圆周运动，应满足
mg=qE
电场力向上，与场强方向相反，液滴带负电，可得比荷为
A错误，B正确；
C．由左手定则可判断，只有液滴沿顺时针方向运动，受到的洛伦兹力才指向圆心，C正确；
D．由向心力公式可得
联立可得
D错误。
故选BC。
9．AC
【详解】
AB．由题意可知电子在磁场做匀速圆周运动，转过的圆心角为，所以运动的时间
故A正确，B错误；
CD．由公式
得
根据几何关系得OP两点间的距离
故C正确，D错误。
故选AC。
10．AC
【详解】
A．电流表示数为零时，金属杆不受安培力，金属杆在重力与弹簧弹力作用下处于平衡状态，由平衡条件得
mg=kx0
解得，A正确；
C．要使电流表正常工作，金属杆应向下移动，所受的安培力应向下，由左手定则知金属杆中的电流方向应从M至N，C正确；
B．当电流为I时，安培力为FA=BIL1，静止时弹簧伸长量的增加量为
，根据胡克定律，可得
故该电流表的刻度是均匀，B错误；
D．设当时，I=Im，则有
BImL1=kL2
解得，故电流表的量程为，D错误。
故选AC。
11．BD
【详解】
A．由题意可知，电流方向向左，电子定向移动的方向向右，由左手定则可知，电子所受洛伦兹力的方向指向后表面，则后表面带负电，因此前表面的电势比后表面的电势高，
A错误；
BC．当电子所受的电场力和洛伦兹力相等时，电子处于平衡状态，设电子定向移动的速度
大小为，则由平衡条件可知
解得
因此仅增加前后表面的距离，前后表面的电势差增大，C错误B正确；
D．由电流的微观表达式有
则由以上可解得
D正确。
故选BD。
12．BC
【详解】
AB．等离子体进入磁场，根据左手定则可知正电荷向上偏，打在上极板上；负电荷向下偏，打在下极板上；所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q板的电势，流过电阻电流方向由a到b；故A错误，B正确；
CD．根据稳定时电场力等于磁场力即：
则有：
再由欧姆定律：
则增加等离子体中带电粒子个数，R中电流保持不变；若只增大PQ间距离，R中电流变大，故C正确，D错误；
故选BC。
13．（1）；（2）；
【详解】
（1）粒子的轨迹如图所示：设粒子在磁场中运动的半径为R，则由几何关系可得
解得
根据牛顿第二定律可得
解得
（2）粒子在磁场中运动时间为
解得
14．（1）；（2）；（3）
【详解】
（1）由题意得，于A处释放的粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为R，由牛顿第二定律可得
解得
分析可知，粒子在磁场中的轨迹刚好经过Q点
故
（2）从A处射入的粒子进入磁场后做匀速圆周运动，经Q点后进入电场做类平抛运动，设在电场中沿x轴方向做匀加速运动的时间为t1，由匀变速位移公式得
又由牛顿第二定律得
解得
由y轴方向粒子做匀速运动，设粒子打在光屏上的D点，根据匀速规律可得
沿直接射入电场的粒子，沿x轴方向做匀加速运动，直接打在光屏上C点，故可得
综合上述结论可得粒子打在光屏上所有位置的y坐标取值范围。
（3）所有粒子均从Q点出发，打在之间，由动能定理及运动的合成知识可知，显然到达C点处的粒子速度大小最大。设打到C点处的粒子末速度为。由动能定理可得
代入数据解得
在不反弹的情况下，打到C点处的粒子动量变化最大，作用力也最大。
由动量定理可得
解得
由题意对荧光屏的作用力包含电场力，故作用力大小为
??
15．（1），电场方向：向下（如图）
；（2）
【详解】
（1）根据左手定则可知，洛伦兹力方向向上，根据二力平衡有
可得
电场方向：向下（如图）
（2）根据牛顿第二定律
可得
16．（1）v=v0，速度v方向与MN成45°角指向右下方；（2）（+1）；（3）
【详解】
（1）粒子进入电场后，加速度为
竖直方向的速度为
粒子的合速度为
粒子合速度与初速度的夹角为
解得
v=
v0
速度v方向与MN成45°角指向右下方
（2）粒子在电场中运动中有
粒子进入磁场后有
若粒子恰好不从边界射出应有
r+rsin45°=x
得
（3）粒子在磁场中运动的周期为
若粒子能从Q点离开总时间应满足
得