章末過關(guān)檢測(cè)(八)磁場(chǎng)(限時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題(本題共6小題，每小題6分，共36分)1．(2016·江門三調(diào))如圖所示，帶負(fù)電的金屬環(huán)繞軸OO′以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn)，在環(huán)左側(cè)軸線上的小磁針最后靜止時(shí)()A．N極豎直向上B．N極豎直向下C．N極沿軸線向左D．N極沿軸線向右2.如圖所示，一電子束垂直于電場(chǎng)線與磁感應(yīng)線方向入射后偏向A極板，為了使電子束沿射入方向做直線運(yùn)動(dòng)，可采用的方法是()A．將變阻器滑動(dòng)觸頭P向右滑動(dòng)B．將變阻器滑動(dòng)觸頭P向左滑動(dòng)C．將極板間距離適當(dāng)減小D．將極板間距離適當(dāng)增大3.如圖所示，一帶電粒子以初速度v0從a點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，v0的方向平行于x軸。運(yùn)動(dòng)中經(jīng)過b點(diǎn)，Oa＝Ob，若撤去磁場(chǎng)加一個(gè)與y軸平行的勻強(qiáng)電場(chǎng)，仍以v0從a點(diǎn)進(jìn)入電場(chǎng)，粒子仍能通過b點(diǎn)，不計(jì)重力，那么電場(chǎng)強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為()A．v0B．1C．2v0D.eq\f(v0,2)4．兩個(gè)質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對(duì)準(zhǔn)圓心O沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。若不計(jì)粒子的重力，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B．a(chǎn)粒子在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力較大C．b粒子動(dòng)能較大D．b粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較長5.(2016·浙江聯(lián)考)如圖所示，三根長為L的直線電流在空間構(gòu)成等邊三角形，電流的方向垂直紙面向里。電流大小均為I，其中A、B電流在C處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B0，導(dǎo)線C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài)，則導(dǎo)線C受到的靜摩擦力是()A.eq\r(3)B0IL，水平向左B.eq\r(3)B0IL，水平向右C.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向左D.eq\f(\r(3),2)B0IL，水平向右6．(2016·云南模擬)如圖所示，兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L，勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。閉合開關(guān)K后，導(dǎo)體棒中的電流為I，導(dǎo)體棒平衡時(shí)，彈簧伸長量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性使棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時(shí)彈簧伸長量為x2。忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為()A.eq\f(k,IL)(x1＋x2)B.eq\f(k,IL)(x2－x1)C.eq\f(k,2IL)(x1＋x2)D.eq\f(k,2IL)(x2－x1)二、多項(xiàng)選擇題(本題共4小題，每小題6分，共24分)7.目前，世界上正在研究磁流體發(fā)電機(jī)，如圖表示它的原理：將一束等離子體噴射入磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中有兩塊金屬板A、B，這時(shí)金屬板上就會(huì)聚集電荷，產(chǎn)生電壓，以下說法正確的是()A．B板帶正電B．A板帶正電C．其他條件不變，只增大射入速度，UAB增大D．其他條件不變，只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度，UAB增大8.(2016·肇慶模擬)在正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，荷質(zhì)比相同的兩個(gè)粒子a、b從一邊長中點(diǎn)垂直勻強(qiáng)方向進(jìn)入磁場(chǎng)，則()A．a(chǎn)帶負(fù)電，b帶正電B．a(chǎn)帶正電，b帶負(fù)電C．a(chǎn)、b進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度之比為1∶2D．a(chǎn)、b在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間之比為1∶19．如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的復(fù)合場(chǎng)中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則()A．小球可能帶正電B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加10.(2016·武漢模擬)如圖所示，有3塊水平放置的長薄金屬板a、b和c，a、b之間相距為L。緊貼b板下表面豎直放置半徑為R的半圓形塑料細(xì)管，兩管口正好位于小孔M、N處。板a與b、b與c之間接有電壓可調(diào)的直流電源，板b與c之間還存在方向垂直紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未標(biāo)出)。當(dāng)體積為V0、密度為ρ、電荷量為q的帶電油滴，等間隔地以速度v0從a板上的小孔豎直向下射入，調(diào)節(jié)板間電壓Uba＝U1、Ubc＝U2時(shí)，油滴穿過b板M孔進(jìn)入細(xì)管，恰能與細(xì)管無接觸地從N孔射出。忽略小孔和細(xì)管對(duì)電場(chǎng)的影響，不計(jì)空氣阻力。則以下說法正確的是()A．油滴帶負(fù)電，板b與c之間的磁場(chǎng)方向向外B．油滴進(jìn)入M孔的速度為eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))C．b、c兩板間的電場(chǎng)強(qiáng)度E為eq\f(ρV0g,q)D．b、c兩板間的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(ρV0g,q)eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))三、計(jì)算題(本題共2小題，共40分)11．(18分)有兩個(gè)相同的全長電阻為9Ω的均勻光滑圓環(huán)，固定于一個(gè)絕緣的水平臺(tái)面上，兩環(huán)分別在兩個(gè)互相平行的、相距為20cm的豎直面內(nèi)，兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直，兩環(huán)面間有方向豎直向下的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.87T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，兩球的最高點(diǎn)A和C間接有一內(nèi)阻為0.5Ω的電源，連接導(dǎo)線的電阻不計(jì)。今有一根質(zhì)量為10g，電阻為1.5Ω的棒置于兩環(huán)內(nèi)側(cè)且可順環(huán)滑動(dòng)，而棒恰好靜止于如圖所示的水平位置，它與圓弧的兩接觸點(diǎn)P、Q和圓弧最低點(diǎn)間所夾的弧對(duì)應(yīng)的圓心角均為θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2。試求此電源電動(dòng)勢(shì)E的大小。12．(22分)如圖所示，在豎直平面xOy內(nèi)，y軸左側(cè)有一水平向右的電場(chǎng)強(qiáng)度為E1的勻強(qiáng)電場(chǎng)和磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，y軸右側(cè)有一豎直向上的電場(chǎng)強(qiáng)度為E2的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第一象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子從x軸上的A點(diǎn)以初速度v與水平方向成θ＝30°沿直線運(yùn)動(dòng)到y(tǒng)軸上的P點(diǎn)，OP＝d。粒子進(jìn)入y軸右側(cè)后在豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，然后垂直x軸沿半徑方向從M點(diǎn)進(jìn)入第四象限內(nèi)、半徑為d的圓形磁場(chǎng)區(qū)域，粒子在圓形磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)60°后從N點(diǎn)射出磁場(chǎng)，求：(1)電場(chǎng)強(qiáng)度E1與E2大小之比；(2)第一象限內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向；(3)粒子從A到N運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。1．解析：選C帶負(fù)電的金屬環(huán)勻速旋轉(zhuǎn)，可等效為反向的電流，根據(jù)安培定則，在環(huán)內(nèi)形成水平向左的磁場(chǎng)，故小磁針靜止時(shí)N極沿軸線向左，C正確，A、B、D錯(cuò)誤。2.解析：選D電子入射極板后，偏向A板，說明Eq>Bvq，由E＝eq\f(U,d)可知，減小場(chǎng)強(qiáng)E的方法有增大板間距離和減小板間電壓，C錯(cuò)誤，D正確；而移動(dòng)變阻器滑動(dòng)觸頭P并不能改變板間電壓，A、B錯(cuò)誤。3.解析：選C帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，O為圓心，故Oa＝Ob＝eq\f(mv0,qB)，帶電粒子在勻強(qiáng)電場(chǎng)中做類平拋運(yùn)動(dòng)，故Ob＝v0t，Oa＝eq\f(qE,2m)t2，聯(lián)立以上各式解得eq\f(E,B)＝2v0，C正確。4．解析：選C由左手定則可知b粒子帶正電，a粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；由于a粒子的軌道半徑較小，所以a粒子的速度較小，動(dòng)能較小，在磁場(chǎng)中所受洛倫茲力較小，B錯(cuò)誤，C正確；由于b粒子軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角較小，所以在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間較短，D錯(cuò)誤。5.解析：選B根據(jù)安培定則，A電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于AC，B電流在C處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向垂直于BC，如圖所示。根據(jù)平行四邊形定則及幾何知識(shí)可知，合磁場(chǎng)的方向豎直向下，與AB邊平行，合磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小為B＝2B0cos30°＝eq\r(3)B0，由公式F＝BIL得，導(dǎo)線C所受安培力大小為F＝eq\r(3)B0IL，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線C所受安培力方向水平向左，因?qū)Ь€C位于水平面處于靜止?fàn)顟B(tài)，由平衡條件知，導(dǎo)線C受到的靜摩擦力方向?yàn)樗较蛴?，故選項(xiàng)B正確，A、C、D錯(cuò)誤。6．解析：選D由平衡條件得mgsinα＝kx1＋BIL，調(diào)轉(zhuǎn)電源極性使棒中電流反向后，由平衡條件得mgsinα＋BIL＝kx2，聯(lián)立解得B＝eq\f(k,2IL)(x2－x1)，D正確。7.解析：選ACD由左手定則，帶正電的離子向下偏轉(zhuǎn)打到B板，使B板帶正電，帶負(fù)電的離子向上偏轉(zhuǎn)打到A板，使A板帶負(fù)電，A正確，B錯(cuò)誤；設(shè)A、B兩板之間的距離為d，當(dāng)達(dá)到穩(wěn)定時(shí)，飛入的帶電離子受力平衡，即qvB＝qeq\f(UAB,d)，所以UAB＝vdB，當(dāng)只增加射入速度v時(shí)，UAB增大，C正確；當(dāng)只增大磁感應(yīng)強(qiáng)度B時(shí)，UAB增大，故D正確。8.解析：選BC磁場(chǎng)的方向向外，粒子運(yùn)動(dòng)的方向向左，由左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力的方向向上，負(fù)電荷受到的洛倫茲力的方向向下，所以a帶正電，b帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤，B正確；由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,r)，所以r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)·eq\f(m,q)·v，可知荷質(zhì)比相同的兩個(gè)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑與速度成正比，由題圖可知eq\f(ra,rb)＝eq\f(1,2)，所以，故C正確；由T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π,B)·eq\f(π,q)知荷質(zhì)比相同的兩個(gè)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)周期相等，由eq\f(θ,2π)＝eq\f(t,T)，所以所用的時(shí)間eq\f(ta,tb)＝eq\f(θa,θb)＝eq\f(π,\f(π,2))＝eq\f(2,1)，故D錯(cuò)誤。9．解析：選BC小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受到的電場(chǎng)力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負(fù)電，A錯(cuò)誤；小球做圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立以上三式可得r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)可得T＝eq\f(2πE,Bg)，與電壓U無關(guān)，B、C正確，D錯(cuò)誤。10.解析：選ABC依題意可知，油滴在板b和c之間恰好做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則其所受重力和靜電力平衡，洛倫茲力提供向心力，由此判斷得出油滴帶負(fù)電，磁場(chǎng)方向向外，A正確；油滴進(jìn)入電場(chǎng)后，重力與靜電力均做功，設(shè)到M點(diǎn)時(shí)的速度為v1，由動(dòng)能定理得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝mgL＋qU1，考慮到m＝ρV0，解得v1＝eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))，B正確；由上面分析可得mg＝qE，解得E＝eq\f(ρV0g,q)，C正確；油滴在半圓形細(xì)管中運(yùn)動(dòng)時(shí)，洛倫茲力提供向心力，即qv1B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R)，解得B＝eq\f(mveq\o\al(2,1),qR)＝eq\f(ρV0,qR)eq\r(veq\o\al(2,0)＋2gL＋\f(2qU1,ρV0))，D錯(cuò)誤。11．解析：在題圖中，從左向右看，棒PQ的受力如圖所示，棒所受的重力和安培力FB的合力與環(huán)對(duì)棒的彈力FN是一對(duì)平衡力，且FB＝mgtanθ＝eq\r(3)mg而FB＝IBL，所以I＝eq\f(\r(3)mg,BL)＝eq\f(\r(3)×10×10－3×10,0.87×0.2)A＝1A在如圖所示的電路中兩個(gè)圓環(huán)分別連入電路中的電阻為R，則R＝eq\f(\f(9,3)×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(9－\f(9,3))),9)Ω＝2Ω由閉合電路歐姆定律得E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V＝6V答案：6V12．解析：(1)粒子從A到P做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由受力情況可得qE1＝mgtanθ粒子從P到M做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，必有重力與電場(chǎng)力平衡，洛倫茲力提供向心力，即qE2＝mg聯(lián)立得E1∶E2＝eq\r(3)∶3(2)粒子從P到M、從M到N的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。在第一象限內(nèi)有R1＝eq\f(OP,cos30°)＝eq\f(2\r(3)d,3)由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝meq\f(v2,R1)聯(lián)立得B＝eq\f(\r(3)mv,2qd)，方向垂直紙面向外。(3)粒子從A到P有vt1＝eq\f(d,sinθ)，即t1＝eq\f(2d,v)從P到M粒子運(yùn)動(dòng)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為120°，所用時(shí)間為t2＝eq\f(120°,360°)×eq\f