选择性必修二第一章磁场 练习（word版含答案）

选择性必修二 第一章 磁场
一、单选题
1．长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。磁感应强度为B，板间距离为l，极板不带电。现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子（不计重力），从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子打在极板上，可采用的办法是（　　）
A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v>
C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度2．如图所示，在的区域内存在与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B．在时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在时刻刚好从磁场右边界上点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是（　　）
A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为
B．粒子的发射速度大小为
C．带电粒子的荷质比为
D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为
3．如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，忽粒子在电场中的运动时间，下列说法中正确的是（ ）
A．粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径有关
B．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大
C．若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间不变
D．若增大磁感应强度B，为保证粒子总被加速，必须减小周期性变化电场的频率
4．如图所示，两平行光滑金属导轨CD、PQ间距为L，与电动势为E、内阻为r的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计。在空间施加匀强磁场可以使ab棒静止，则磁场的磁感应强度的最小值及其方向分别为（　　）
A．，水平向右 B．，垂直于回路平面向下
C．，竖直向下 D．，垂直于回路平面向上
5．如图，在一水平放置的平板MN的上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向里。许多质量为m带电量为+q的粒子，以相同的速率v沿位于纸面内的各个方向，由小孔O射入磁场区域。不计重力，不计粒子间的相互影响。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中，哪个图是正确的（　　）
A． B． C． D．
6．两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图.若不计粒子的重力，则下列说法正确的是（　　）
A．a粒子动能较大 B．b粒子速率较大
C．b粒子在磁场中运动时间较长 D．a粒子做圆周运动的周期较长
7．如图所示，将一个半径为的导电金属圆环串联接入电路中，电路的电流强度为，接入点a、b是圆环直径上的两个端点，流过圆弧和的电流相等。金属圆环处在磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向与圆环所在平面垂直。则金属圆环受到的安培力为（　　）
A．0 B． C． D．
8．在电磁学发展过程中，许多科学家做出了贡献．下列说法正确的是（　　）
A．奥斯特发现了电流磁效应
B．安培发现了磁场对运动电荷的作用规律
C．拉文迪什发现了点电荷的相互作用规律
D．洛仑兹发现了磁场对电流的作用规律
9．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图中仅增加D形盒狭缝间的电压U，则粒子从加速器中射出的最大动能变大
B．乙图中仅增大A、B两板间的距离，则发电机产生的电动势变小
C．丙图中一粒子恰能沿直线匀速通过，若只改变该粒子的电量或电性，则粒子将会发生偏转
D．丁图中若载流子带负电，则稳定时C侧电势低
10．图所示，直线OM上方存在着垂直纸面方向的匀强磁场（未画出），一电子从O点垂直OM射入磁场，经过时间t0从O点右侧某位置射出磁场．现使电子从O点向左上方射入磁场，速度方向与OM成150°角，则（　　）
A．磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中经历的时间为 t0
B．磁场方向垂直纸面向外，电子在磁场中经历的时间为t0
C．磁场方向垂直纸面向里，电子在磁场中经历的时间为 t0
D．磁场方向垂直纸面向外，电子在磁场中经历的时间为t0
11．如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，∠A＝60°，AO＝a。在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电的粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0＝，发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动（不计重力作用），下列说法正确的是（　　）
A．粒子不可能打到A点
B．以θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时间最短
C．以θ＜30°飞入的粒子在磁场中运动的时间都相等
D．在AC边界上只有一半区域有粒子射出
12．直角坐标系的第一象限内，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。大量质量为m、电量为q的相同粒子从y轴上的点，以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场，设入射速度方向与y轴正方向的夹角为。当时，粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则下面说法错误的是（　　）
A．粒子一定带正电
B．当时，粒子也垂直x轴离开磁场
C．粒子入射速率为
D．粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为
13．如图所示，甲是回旋加速器，乙是磁流体发电机，丙是速度选择器，丁是霍尔元件，下列说法正确的是（　　）
A．甲图要增大粒子的最大动能，可增加电压U
B．乙图可判断出A极板是发电机的负极
C．丙图可以判断出带电粒子的电性，粒子能够沿直线匀速通过速度选择器的条件是v＝
D．丁图中若载流子带负电，稳定时C板电势高
14．如图所示，质量分布均匀的两段通电直导线ab、cd ，两根导线相互垂直放置，电流方向如图所示。已知导线cd固定，导线ab可以自由移动、转动。则通电后导线ab在安培力作用下将（　　）
A．保持与导线cd垂直向上移动
B．保持与导线cd垂直向下移动
C．保持与导线cd垂直向右移动
D．向下移动并发生转动，同时远离cd
15．如图所示，边长为a的正三角形区域内有垂直纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场。现有一带正电、电荷量为q、质量为m的粒子，由边上距A点的P点，以初速度垂直边进入磁场，后从边离开磁场，则磁场磁感应强度的大小可能是（　　）
A． B．
C． D．
二、填空题
16．显像管的构造：如图所示，由电子枪、______和荧光屏组成。
17．如图，长度均为L的长直导体棒a、b平行置于光滑绝缘水平桌面，b棒固定，a棒与力传感器相连。当a、b中分别通以大小为Ia、Ib的恒定电流时，a棒静止，传感器受到a给它水平向左、大小为F的拉力。则a、b中的电流方向______（选填“相同”或“相反”），a中电流在b棒所在处产生的磁感应强度大小为______。
18．用如图等臂天平可测量磁感应强度B，天平右侧下方悬挂的矩形线圈宽为L，共N匝。虚线框中匀强磁场垂直于纸面，线圈通以图示方向的电流I时，天平平衡。保持电流大小不变，改变其方向，从右盘中移动质量为m的砝码至左盘，使天平重新平衡。由此可知磁场的方向垂直纸面向___________，磁感应强度大小___________。（已知重力加速度g）
19．对回旋加速器的工作原理的理解。
(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式___________，粒子运动速率增大，其运动半径将___________（填“增大”“减小”或“不变”，下同），周期___________。
(2)如图所示，要确保粒子每次经过D形盒的间隙时，都受到合适的电场力而被加速，则产生交变电场的频率应___________（填“大于”“小于”或“等于”）粒子运动的频率。
(3)带电粒子获得的最大能量与D形盒的___________（填“半径”或“周期”）有关。
三、解答题
20．离子注入是芯片制造中的一道重要工序，简化的注入过程原理如图所示。静止于A处的离子，经电压为U的电场加速后，沿图中半径为R的圆弧虚线通过磁分析器，然后从M点垂直CD进入矩形CDQS有界匀强电场中，最后恰好打在Q点。已知磁分析器截面是四分之一圆环，内部为匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里；匀强电场沿水平方向，DQ＝d，MD＝2d。整个装置处于真空中，离子重力不计。
（1）判断匀强电场的场强方向
（2）求通过磁分析器的离子比荷；
（3）求矩形区域内匀强电场场强大小E。
21．如图所示，质量为m=0.04kg的导电细杆ab置于倾角为的平行放置的导轨上，导轨宽为d=0.4m，细杆ab与导轨垂直，导轨所在区域存在垂直导轨平面向下的匀强磁场，磁感应强度为B=1T，已知电源电动势E=1.5V，内阻r=0.2Ω，导轨和细杆的电阻均忽不计（g取10m/s2）。
（1）若导轨光滑，为保证释放细杆后ab保持静止不动，则滑动变阻器接入电路的阻值是多大？
（2）若导轨粗糙，且与细杆的动摩擦因数，为保证释放细杆后ab仍保持静止不动，则通过细杆的电流范围是多少？（已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力）
22．如图所示，在第二、三象限内，存在电场强度大小为E、方向沿x轴正方向的匀强电场。在第一、四象限内存在磁感应强度大小均相等的匀强磁场，其中第四象限内0（1）带电粒子的比荷；
（2）匀强磁场的磁感应强度大小。
23．在xOy平面内，以抛物线OM为界，MOy区域内存在竖直向上的匀强电场，电场强度为E，y轴为电场的右边界；MOx区域内有垂直于平面向外的匀强磁场，x轴为磁场的下边界，如图所示.质量为m、电荷量为q的粒子从y轴上P（0，h）点以垂直于y轴的初速度进入电场中，经电场后以与x轴成45°角的速度从抛物线上的Q点（图中未画出）进入磁场，已知Q点的纵坐标为 ，粒子重力不计.
（1）试求带电粒子从P射入电场时的速度大小；
（2）若O为抛物线OM的顶点，写出边界OM的抛物线方程；
（3）要使带电粒子不穿过x轴，试确定匀强磁场的磁感应强度B应满足的条件。
24．如图所示，水平地面上方MN边界右侧存在垂直纸面向外的匀强磁场和竖直方向的匀强电场（图中未标出），磁感应强度B=1.0T。在边界MN离地面高h=3m处的A点，质量m=1×10-3kg、电量q=1×10-3C的带正电的小球（可视为质点）以速度v0水平进入右侧的匀强磁场和匀强电场的区域，小球进入右侧区域恰能做匀速圆周运动（g取10m/s2）。不考虑小球落到水平地面反弹情况。求：
（1）电场强度的大小和方向；
（2）若0（3）若0试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．D
【详解】
如图所示
带电粒子刚好打在极板右边缘时，根据几何关系有
在磁场中，由洛伦兹力提供向心力
解得
v1＝
粒子刚好打在极板左边缘时，根据几何关系有
解得
v2＝
综合上述分析可知，粒子的速度范围为
故D正确，ABC错误。
2．D
【详解】
A．沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图所示
设粒子运动的轨迹半径为r，根据几何关系有
可得粒子在磁场中做圆周运动的半径
r=2a
故A错误；
B． 根据几何关系可得
故
圆弧OP的长度
所以粒子的发射速度大小
故B错误；
C．根据洛伦兹力提供向心力可得
联立以上分析可得带电粒子的荷质比
故C错误；
D．当粒子轨迹恰好与磁场右边界相切时，粒子在磁场中运动的时间最长，画出粒子轨迹过程图如图所示，粒子与磁场边界相切于M点，从E点射出
从P点射出的粒子转过的圆心角为（π-θ），时间为t0，根据几何关系可知，从E点射出的粒子转过的圆心角为2（π-θ），故带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0，故D正确。
故选D。
3．A
【详解】
AB．粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律
解得
粒子射出时的最大动能
粒子射出时的最大动能与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，与加速电压无关，故A正确，B错误；
C．粒子做圆周运动的周期
根据动能定理
加速次数
粒子在回旋加速器中运动的时间
若增大加速电压，粒子在回旋加速器中运动的时间减小，故C错误；
D．若增大磁感应强度B，根据
可知，为保证粒子总被加速，必须减小周期性变化电场的周期，必须增大周期性变化电场的频率，故D错误。
故选A。
4．B
【详解】
对导体棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示：
根据左手定则可知，当磁场方向垂直于回路平面向下时，安培力的方向沿斜面向上，根据受力分析图可知此时安培力最小，故安培力的最小值为
故磁感应强度的最小值为
根据闭合电路欧姆定律，有
故有
故选B。
5．A
【详解】
所有粒子的速率相等，根据半径公式
可知所有粒子在磁场中圆周运动半径相同，由图可知，由O点射入水平向右的粒子恰好应为最右端边界，根据几何关系有
随着粒子的速度方向偏转，粒子转动的轨迹圆可认为是以O点为圆心以2R为半径转动；则可得出符合题意的范围应为A。
故选A。
6．B
【详解】
AB．带电粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律
得
如图，a粒子运动半径小于b粒子运动半径，在粒子的质量和电荷量相同的情况下，a粒子速度和动能小于b粒子速度和动能，故A错误，B正确；
CD．由粒子运动周期公式
可知，两个粒子的质量和电荷量相同，周期相同；周期相同的前提下，a粒子轨迹对应的圆心角大于b粒子轨迹对应的圆心角，所以a粒子运动时间较长，故CD错误。
故选B。
7．D
【详解】
流过圆弧和的电流相等，电流方向向右，由电路可知，其电流大小为，圆弧所受的安培力为
是指导线首尾相连的直线的长度，故圆弧段所受的安培力为
由左手定则知方向向下，同理可得受的安培力大小为，方向向下，金属圆环受到的安培力为，D正确。
故选D。
8．A
【详解】
A．物理学家奥斯特通过实验发现了电流的磁效应，A正确；
BD．洛伦兹发现了磁场对运动电荷的作用规律；安培发现了磁场对电流的作用规律，BD错误；
C．库仑发现了点电荷相互作用的规律，C错误。
故选A。
9．D
【详解】
A．由洛伦兹力提供向心力得
所以当轨道半径最大时，最大速度为
最大动能为
最大动能Ek与交变电压U大小无关，故A错误；
B．根据
可得
仅增大A、B两板间的距离，发电机产生的电动势变大，故B错误；
C．恰能沿直线匀速通过，则有
式子两边可约掉，所以只改变该粒子的电量或电性，粒子不会发生偏转，故C错误；
D．根据左手定则，带负电的载流子向C偏转，则C电势低，故D正确。
故选D。
10．A
【详解】
电子垂直OM进入磁场后，经半个周期从O点右侧离开磁场，由左手定则可知，磁场方向垂直纸面向里，由周期公式可知
t0＝＝
当电子向左上方垂直射入磁场时，由几何关系可知电子在磁场中运动的轨迹圆弧所对的圆心角为
θ＝π
故其在磁场中的运动时间
t＝T＝＝t0
故选A。
11．D
【详解】
A．由牛顿第二定律
得
解得：R＝a，因此当θ＝60°入射时，粒子恰好从A点飞出，见图1，故A错误；
B．当θ＝60°飞入的粒子在磁场中运动时对应的弦长为a，对应的时间为，不管是从OA段射出，还是从AC段射出，这个弦长都是最大弦长，最大的弦长就对应着最大的弧长，而速度大小不变，所以弧长越大时间越长，即这个时间是最长时间，故B错误；
C．当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，见图2，在磁场中运动时间也恰好是，所以：θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大，故C错误；
D．当θ＝0°飞入的粒子在磁场中，粒子恰好从AC中点飞出，见图2，因此在AC边界上只有一半区域有粒子射出，故D正确。
故选D。
12．B
【详解】
A．根据题意可知粒子垂直轴离开磁场，根据左手定则可知粒子带正电，A正确；
BC．当时，粒子垂直轴离开磁场，运动轨迹如图
粒子运动的半径为
洛伦兹力提供向心力
解得粒子入射速率
若，粒子运动轨迹如图
根据几何关系可知粒子离开磁场时与轴不垂直，B错误C正确；
D．粒子离开磁场距离点距离最远时，粒子在磁场中的轨迹为半圆，如图
根据几何关系可知
解得
D正确。
故选B。
13．B
【详解】
A．甲图中粒子速度最大时，根据洛伦兹力提供向心力
解得
v＝
故最大动能
Ekm＝mv2＝
与加速电压无关，故A错误；
B．由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是发电机的负极，B板是发电机的正极，故B正确；
C．电场的方向与B的方向垂直，带电粒子进入复合场，受电场力和洛伦兹力，且二力是平衡力，即
qE＝qvB
所以
v＝
不管粒子带正电还是带负电都可以匀速直线通过，所以无法判断粒子的电性，故C错误；
D．若载流子带负电，载流子的运动方向与电流方向相反，由左手定则可知，负粒子向C端偏转，所以稳定时C板电势低，故D错误。
故选B。
14．D
【详解】
由直导线cd电流方向，可以用安培定则来确定导线ab处的磁场垂直纸面向外， 根据左手定则可知，判断a端受到向下的安培力，b端也受向下的力
离导线越远，磁场越弱，则a端的安培力较大，从而使得ab杆发生转动，转动到电流方向相反过程中，出现相互排斥，ab将远离cd。
ABC错误，D正确。
故选D。
15．B
【详解】
设当磁感应强度为时粒子恰好与边相切，如图
由几何关系可知此时粒子的轨道半径为
由洛伦兹力提供向心力有
解得
设当磁感应强度为时，粒子恰好与边相切，如图
可知
解得
同理解得
则磁场磁感应强度大小范围为
只有B选项符合条件，其他不符合。
故选B。
16．偏转线圈
【详解】
17． 相同
【详解】
[1] a棒静止，传感器受到a给它水平向左、大小为F的拉力,说明两导体棒互相吸引，则a、b中的电流方向相同；
[2] a中电流在b棒所在处产生的磁感应强度大小为
18． 外
【详解】
[1]由题知，当电流改为反方向时（大小不变），从右盘中移动质量为m的砝码至左盘，天平重新平衡，说明电流反向后，线框所受的安培力方向由原来的向上变成向下，即开始线圈所受安培力的方向向上，根据左手定则可知，磁感应强度B的方向垂直纸面向外。
[2]开始线圈所受安培力的方向向上，电流方向反向，则安培力方向反向，变为竖直向下，安培力大小变化量等于所移动砝码重力的2倍，根据天平平衡有
解得
19． 增大 不变 等于 半径
【详解】
(1)[1][2][3]带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得
解得
由周期公式
粒子运动速率增大，其运动半径将增大，周期不变。
(2)[4]带电粒子在磁场中运动的周期不变，所以交变电场的频率应等于粒子运动的频率。
(3)[5]设回旋加速器半径为R，由
解得
则最大动能为
知最大动能与加速的电压无关，狭缝间的距离无关，与磁感应强度大小和D形盒的半径有关。
20．（1）水平向左；（2）；（3）
【详解】
（1）如图所示，粒子在磁场中运动洛伦兹力指向圆心，可以知道粒子带正电，粒子经过Q点水平方向向左加速，因此场强方向水平向左，匀强电场的方向水平向左；
（2）设离子质量为m，电荷量为q，离开加速电场时速度为v；在加速电场中，由动能定理有
qU＝①
在磁分析器中，根据洛伦兹力提供向心力有
qvB＝②
联立①②可得
；
（3）离子在匀强电场中运动时，水平方向做匀加速运动，则有
离子在竖直方向做匀速运动，则有
d＝vt
联立解得
E＝
21．（1）；（2）。
【详解】
（1）通电细杆在磁场中受到的安培力方向沿斜面向上，设电流为时，细杆刚好静止不动，根据受力平衡有
由闭合电路欧姆定律可得
联立解得
（2）当摩擦力沿斜面向下的时候，根据受力平衡有
物体恰好静止时有
联立解得
当摩擦力沿斜面向上的时候，根据受力平衡有
由于
故当
可得
故电流的范围为
22．（1）；（2），（n=1，2，3…）
【详解】
（1）带电粒子在电场中做类平抛运动
解得
（2）粒子进入磁场时，速度方向与x轴正方向的夹角θ
速度大小
设x为每次偏转圆弧对应的弦长，由运动的对称性，粒子能到达N点，需满足
（n=1，2，3…）
设圆弧半径为R，圆弧对应的圆心角为，则有
可得
由洛伦兹力提供向心力，有
得
，（n=1，2，3…）
23．（1） ；（2） y＝ ；（3）B≥（2＋2 ）
【详解】
带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，由牛顿第二定律得粒子加速度
a＝
过边界OM时y方向上的速度大小为vy，则
由此时速度方向与x轴成45°角可知
vy＝v0
联立解得
（2）O为抛物线顶点，Q点纵坐标为
由类平抛运动可得
x＝v0t
联立解得
x＝h
将Q（h，）、O（0,0）代入
x2＝2py
即可得MO的抛物线方程为
y＝
（3）带电粒子的运动轨迹如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为R，要使粒子不穿过x轴，则由几何关系得
粒子在磁场中运动的速度大小
v＝v0
由牛顿第二定律得
联立解得
B≥（2＋2）
24．（1）E=10V/m，方向竖直向上；（2）s；（3）落在N点右侧3m和N点左侧的范围内
【详解】
（1）小球做匀速圆周运动，电场力等于重力
qE=mg
解得
E=10V/m
方向竖直向上
（2）小球以3m/s在磁场中做匀速圆周运动的时间最短，有
解得
r=3m
小球在磁场中运动的时间为
（3）小球以3m/s的速度进入磁场落在N点的右侧最远
x1=r=3m
小球从MN离开磁场后做平抛运动
解得
设
令
解得
R=0（舍）
R=1m
当R=1m时x2有最大值，解得
故小球落在N点右侧3m和N点左侧的范围内。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页