第一章　磁场 达标检测卷（有解析）高中物理粤教版选择性必修第二册

磁场
达标检测卷
(考试时间：60分钟　满分：100分)
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7小题只有一项符合题目要求，第8～10小题有多项符合题目要求)
1．教学中常用如图甲所示的装置演示通电导体在磁场中受力的情况．现将图中的蹄形磁铁改用图乙所示的电磁铁代替，则合上开关时，以下判断正确的是(　　)
A．电磁铁上端为N极，下端为S极，导体棒ab向右运动
B．电磁铁上端为N极，下端为S极，导体棒ab向左运动
C．电磁铁上端为S极，下端为N极，导体棒ab向右运动
D．电磁铁上端为S极，下端为N极，导体棒ab向左运动
2．假设有一个带负电的粒子垂直于地球赤道射来，如图所示．在地球磁场(不考虑磁偏角及地球的自转)的作用下，这个粒子偏转的方向是(　　)
A．向北 B．向南
C．向东 D．向西
3．在恒定的匀强磁场中固定一根通电直导线，导线的方向与磁场方向垂直，如图反映的是这根导线受到的磁场力大小F与通过导线的电流I之间的关系，M、N两点各对应一组F、I的数据，其中可能正确的是(　　)
　　　　　　
A　　　　 B　　　 　C　　 　　D
4．如图所示，磁感应强度大小为B，方向水平向右的匀强磁场中，有一长为L的轻质半圆形金属导线，通有从O到O′的恒定电流I.现将金属导线绕轴OO′由图示位置向纸面外转过90°，下列说法正确的是(　　)
A．转动过程中，安培力大小始终不变
B．转动过程中，安培力大小一直变化
C．转过90°时，安培力大小为BIL
D．转动过程中，安培力方向不断变化
5．如图为长方体形霍尔元件，其中的载流子是自由电子，通入的电流方向自左向右，当加一匀强磁场时，元件前、后两表面会形成电势差，设前、后两表面的电势分别为φ1、φ2.下列说法正确的(　　)
A．磁场方向沿电流方向，φ1>φ2
B．磁场方向沿电流方向，φ1<φ2
C．磁场方向与上表面垂直且向下，φ1>φ2
D．磁场方向与上表面垂直且向下，φ1<φ2
6．如图所示，在勾强磁场中，有一个正六边形线框，现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为(　　)
A．F B．F
C．F D．2F
7．如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向均不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(　　)
A． B．
C． D．
8．如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，从圆上的A点沿半径AO方向，以某一速度射入一个带电粒子(不计重力)，粒子从D点离开磁场．已知粒子的比荷为k，且∠AOD＝120°.下列说法正确的是(　　)
A．粒子进磁场的速率为kBR
B．粒子进磁场的速率为kBR
C．粒子在磁场中的运动时间为
D．粒子在磁场中的运动时间为
9．如图所示，O点下方水平边界PQ之下充满了正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿纸面水平向右，磁场方向垂直于纸面向里．将一带正电小球从O点由静止释放，小球穿过电磁场后到达水平地面，空气阻力忽略不计，下列说法中正确的是(　　)
A．小球进入电磁场后做匀变速曲线运动
B．小球下落过程中增加的机械能等于减少的电势能
C．若仅增大磁感应强度，其他条件不变，小球下落到水平地面时的动能将变大
D．若仅将电场反向，其他条件不变，小球在电磁场中可能沿直线运动
10．一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是(　　)
A．速度选择器的P1极板带负电
B．粒子束1带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．粒子束2的比荷绝对值最大
二、非选择题(本题共4小题，共40分)
11．(8分)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，利用这种装置可以把质量为2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)加速到6 km/s.若这种装置的轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，则轨道间所加匀强磁场的磁感应强度大小为________T；安培力的最大功率为__________W.(轨道摩擦不计)
12．(10分)如图所示，图中虚线框内存在一与纸面垂直的匀强磁场，现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来计算磁场的磁感应强度大小并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．
(1)在图中画线连接成实验电路图．
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
①按图接线．
②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称量细沙质量m1.
③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入或减去适量细沙，使D________________________________；然后读出__________________________，并用天平称出____________________________________．
④用米尺测量________________________________________．
(3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝__________.
(4)判定磁感应强度的方向的方法是：若____________________，磁感应强度方向垂直于纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直于纸面向里．
13．(10分)如图所示，长方形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，AB边长为l，AD边足够长，一质量为m，电荷量为＋q的粒子从BC边上的O点以初速度v0垂直于BC方向射入磁场，粒子从A点离开磁场，速度方向与直线AB成30°角，不计粒子重力．求：
(1)OB的长度；
(2)磁场的磁感应强度大小；
(3)粒子在磁场中经历的时间．
14．(12分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若换作α粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的多少倍？
答案解析
1、【答案】A　【解析】对于电磁铁，根据电池正负极判断线圈电流方向，运用右手定则判断电磁铁上端为N极，下端为S极，C、D错误；对于导体棒，根据电源正负极判断电流方向，并且磁场方向向下，运用左手定则可知导体棒所受安培力向右，故导体棒ab向右运动，B错误，A正确．
2、【答案】D　【解析】电子垂直于地球赤道射来，处于由南向北(在图中向上)的地球磁场中，由左手定则可知其受垂直于纸面向外(向西)的洛伦兹力，故选D．
3、【答案】C　【解析】根据F＝BLI可知F-I图像为过原点的直线，故选C．
4、【答案】A　【解析】转动过程中，因有效长度不变，安培力大小始终不变，半圆导线的半径为r＝，受到的安培力为F＝2BIr＝，由左手定则知安培力方向不变．
5、【答案】C　【解析】磁场方向沿电流方向，即磁场方向与电流方向平行，载流子不会受到洛伦兹力作用，就不会产生霍尔效应，前、后两表面的电势相等，即φ1＝φ2，A、B错误；磁场方向与上表面垂直且向下，由左手定则可知，自由电子向后表面偏转，因此后表面带负电，前表面带正电，即φ1>φ2，C正确，D错误．
6、【答案】A　【解析】根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°，每边受安培力设为F1，则2F1cos 30°＝F，可得F1＝F，故A正确．
7、【答案】B　【解析】由于qvB＝m及v＝得T＝，可得周期相等．粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示．由题意可知∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，则ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝2m，解得粒子的最大速度为vm＝，故A、C、D错误，B正确．
8、【答案】AD　【解析】粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝Rtan 60°＝R，根据qvB＝m，可得进磁场的速率为v＝＝kBR，A正确，B错误；粒子在磁场中的运动时间为t＝T＝＝，C错误，D正确．
9、【答案】BC　【解析】小球进入电磁场后受到变化的洛伦兹力作用，加速度不恒定，A错误；下落过程中电场力做正功，电势能减少，根据能量守恒，减少的电势能等于增加的机械能，B正确；若仅增大磁感应强度，小球落地时的水平距离将增大，电场力做功增加，小球下落到水平地面时的动能将变大，C正确；若仅将电场反向，刚进入电磁场时电场力与洛伦兹力可能平衡，但洛伦兹力是变力，合力会发生变化，小球不可能沿直线运动，D错误．
10、【答案】BC　【解析】若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B2时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有qvB1＝qE，解得v＝，故C正确；根据qvB2＝m得，r＝，知r越大，比荷越小，故D错误．
11、【答案】18　2.16×106　【解析】电磁炮在安培力的作用下，沿轨道做匀加速运动．因为通过100 m的位移加速至6 km/s，利用动能定理可得F安s＝ΔEk，即BILs＝mv－0，代入数据可得B＝18 T．运动过程中，安培力的最大功率为P＝F安vm＝BILvm＝2.16×106 W．
12、【答案】(1)如图　(2)③重新处于平衡状态　电流表的示数I　此时细沙的质量m2　④D的底边长度l　(3)g　(4)m2>m1
【解析】(1)用滑动变阻器的限流式接法即可．
(2)③金属框平衡时测量才有意义，重新处于平衡状态．读出电流表的示数I，此时细沙的质量m2.
④安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框架下边受的安培力，需测D的底边长度l.
(3)根据平衡条件列式即可求解．根据平衡条件，有|m2－m1|g＝BIL，解得B＝g.
(4)根据左手定则判断即可．若m2>m1，安培力方向向下，磁感应强度方向垂直于纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直于纸面向里．
13、解：(1)粒子运动轨迹如图．
根据几何关系有Rsin 30°＝l，
解得粒子在磁场中运动的半径为R＝2l，
所以OB＝R－Rcos 30°＝(2－)l.
(2)粒子在磁场中做圆周运动，有qv0B＝，
解得B＝.
(3)粒子在磁场中经历的时间t＝·＝·，解得t＝.
14、解：电场中的直线加速过程根据动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝.
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，得R＝，
联立可得B＝.
质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则B∝ .
可得＝＝.