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单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一项符合题目要求,第68题有多项符合题目要求。全部选对的得8分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(2018黑龙江大庆模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置一直导线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为I时,小磁针左偏30,则当小磁针左偏60时,通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)()A.2IB.3IC.3ID.无法确定答案B解析设地磁场磁感应强度为B地,当通过电流为I,根据题意可知:地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为:当夹角为30时,有:B1=kI=B地tan30;当夹角为60时,有:B2=kI1=B地tan60联立两式解得:I1=3I,故A、C、D错误,B正确。故选B。2.(2018江西南昌模拟)如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,沿边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。若从上向下看,下列判断正确的是()A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变答案A解析若A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故D错误。3.如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度,下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长MN相等,将它们分别挂在天平的右臂下方,线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态,若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是()答案A解析天平原本处于平衡状态,所以由于线框平面与磁场强度垂直,且线框不全在磁场区域内,所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度,由图可知,A图的有效长度最长,磁场强度B和电流大小I相等,所以A所受的安培力最大,则A图最容易使天平失去平衡。故选A。4.(2018湖南常德期末)在绝缘圆柱体上a、b两个位置固定有两个金属圆环,当两环通有图示电流时,b处金属圆环受到的安培力为F1;若将b处金属圆环移动位置c,则通有电流为I2的金属圆环受到的安培力为F2。今保持b处于金属圆环原来位置不变,在位置c再放置一个同样的金属圆环,并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流,则在a位置的金属圆环受到的安培力()A.大小为|F1-F2|,方向向左B.大小为|F1-F2|,方向向右C.大小为|F1+F2|,方向向左D.大小为|F1+F2|,方向向右答案A解析当金属圈在b处时,两个的圆形线圈的电流的环绕方向相反,所以两个线圈之间存在排斥力,这一对引力是作用力与反作用力,大小相等,方向相反,所以b处对a的力为F1,同理,当金属圈在c位置时,对a的力为F2;当保持b处金属圈位置不变,在位置c再放置一个同样的金属圆环,并通有与a处金属圆环同向、大小为I2的电流,b处对a处金属圈的力为F1方向向左,此时c处对a的力与之前相反,方向向右,大小为F2,即在a位置的金属圆环受到的安培力为|F1-F2|,方向向左。故A正确。5.(2018广东深圳调研)如图所示,直线MN左侧空间存在范围足够大,方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在磁场中P点有一个粒子源,可在纸面内各个方向射出质量为m,电荷量为q的带正电粒子(重力不计),已知POM=60,PO间距为L,粒子速率均为3qBL2m,则粒子在磁场中运动的最短时间为()A.m2qBB.m3qBC.m4qBD.m6qB答案B解析粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力作向心力,则有:Bvq=mv2R,解得:R=mvBq=mBq3BqL2m=32L;粒子做圆周运动的周期为:T=2Rv=3L3BqL2m=2mBq;因为粒子做圆周运动的半径、周期相同,那么,粒子转过的中心角越小,则其弦长越小,运动时间越短;所以,过P点做OM的垂线,可知,粒子运动轨迹的弦长最小为:Lsin60=32L=R,故最短弦长对应的中心角为60,所以,粒子在磁场中运动的最短时间为:tmin=16T=m3Bq,故ACD错误,B正确;故选B。6.(2018云南文山调研)如图所示,磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极,两极间距为d,极板长和宽分别为a和b,这两个电极与可变电阻R相连。在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场,磁感应强度大小为B。发电导管内有电阻率为的高温电离气体等离子体,等离子体以速度v向右流动,并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力,调节可变电阻的阻值,则()A.运动的等离子体产生的感应电动势为E=BavB.可变电阻R中的感应电流方向是从Q到PC.若可变电阻的阻值为R=dab,则其中的电流为I=Bvab2D.若可变电阻的阻值为R=dab,则可变电阻消耗的电功率为P=B2v2dab4答案CD解析根据左手定则,等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上,带正电粒子累积在上极板,可变电阻R中电流方向从P到Q,B错误;当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,两极板间电压稳定,设产生的电动势为E,则有qvB=qEd,E=Bdv,A错误;发电导管内等离子体的电阻r=dab,若可变电阻的阻值为R=dab,由闭合电路欧姆定律有I=ER+r=Bvab2,可变电阻消耗的电功率P=I2R=B2v2dab4,C、D正确。7.(2018安徽马鞍山二质监)如图所示,绝缘圆筒内有垂直纸面向里的匀强磁场,两带异种电荷的带电微粒分别从小孔P以等大速率射向圆心O,微粒与筒壁的碰撞是弹性碰撞,最终两微粒都从小孔P射出磁场,正、负电荷与筒壁分别碰撞了3次和2次(不考虑微粒的重力)。则正、负微粒()A.与筒壁的碰撞都是垂直碰撞B.在磁场中运动轨迹的半径之比是31C.在磁场中运动时间之比是23D.比荷之比为32答案AC解析由题意可知,分别作出正、负电荷的运动轨迹,如图设磁场圆的半径为r,正电荷的轨迹半径为r1,负电荷的轨迹半径为r2,由图可知,正电荷偏转一次的圆心角为90,负电荷偏转一次的圆心角为60,根据几何关系得:r1=rtan45=r,r2=rtan60=3r,故r1r2=13,周期T1=2r1v=2rv,周期T2=2r2v=23rv,则正电荷运动的时间为t1=T1=2rv,负电荷运动的时间为t2=16T23=162r2v3=3rv,故t1t2=23,根据T=2mqB,得qm=2TB,则有:q1m1q2m2=2T1B2T2B=T2T1=31,因为粒子刚开始要从P点水平进入,最后又要从P点水平射出,故粒子每次碰撞都是垂直的,才能达到要求,故AC正确,BD错误,故选AC。8.(2018河南周口期末)如图所示,平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交,一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B,重力加速度大小为g,则下列判断中正确的是()A.小球一定带负电荷B.小球一定沿顺时针方向转动C.小球做圆周运动的线速度大小为gBrED.小球在做圆周运动的过程中,电场力始终不做功答案AC解析带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相反,故小球一定带负电荷,故A正确;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反),故B错误;由电场力和重力大小相等,得:mg=qE,带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为:r=mvqB,联立得:v=gBrE,故C正确;小球在做圆周运动的过程中,电场力要做功,洛伦兹力始终不做功,故D错误;故选AC。二、计算题(本题共3小题,共36分)9.(10分)(2018天津期末)如图甲所示,固定的两光滑导体圆环相距1 m。在两圆环上放一导体棒,圆环通过导线与电源相连,电源的电动势为3 V,内阻为0.2 。导体棒质量为60 g,接入电路的电阻为1.3 ,圆环电阻不计,匀强磁场竖直向上。开关S闭合后,棒可以静止在圆环上某位置,该位置对应的半径与水平方向的夹角为=37,如图乙所示,(g取10 m/s2)求:(1)棒静止时受到的安培力的大小;(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。答案(1)0.8 N(2)0.4 T解析(1)对导体棒进行受力分析,如图所示有mgF=tan解得F=0.8N(2)由闭合电路欧姆定律,得I=ER+r解得I=2A由安培力的公式,得F=BIL解得B=0.4T10.(10分)(2018广西贺州二模)如图,相邻两个匀强磁场区域和,设磁感应强度的大小分别为B1、B2,已知:磁感应强度方向相反且垂直纸面;两个区域的宽度都为d;质量为m、电荷量为+q的粒子由静止开始经电压恒为U的电场加速后,垂直于区域的边界线MN,从A点进入并穿越区域时速度方向与边界线xy成60角进入区域,最后恰好不能从边界线PQ穿出区域,不计粒子重力。求:(1)B1的大小;(2)B1与B2的比值。答案 (1)B1的大小是12qd2mqU;(2)B1与B2的比值是13。解析(1)设粒子经U加速后获得的速度为v,根据动能定理有:qU=12mv2在区域的磁场中偏转,有:qB1v=mv2R1粒子在磁场中做匀速圆周运动,恰好不从上边界穿出,粒子与PQ相切,画出轨迹如图。由几何关系得R1=dsin30=2d联立得B1=12qd2mqU(2)两区域磁场方向相反(如垂直纸面向外,垂直纸面向里),则粒子的运动轨迹如图线ACD,带电粒子在区域的磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力,由:qB2v=mv2R2由几何关系有:R2sin30+R2=d联立得:B1B2=1311.(16分)(2018江西五市八校联考)如图甲所示,直角坐标系xOy中,第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷qm=100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以v0=20 m/s的速度从x轴上的点A(-2m,0)进入第二象限,从y轴上的点C(0,4m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化,g取10 m/s2。(1)求第二象限内电场的电场强度大小;(2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。答案(1)E=1.0 N/C(2)(3 m,0)解析(1)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力,且电场力方向与初速度方向垂直,所以,粒子做类平抛运动;粒子从A点到C点用时t=OCv0=420s=15s;粒子在水平方向上有a=qEm,所以,OA=12at2,则有E=mqa=mq2OAt2=22100(15)2N/C=1N/C;(2)粒子进入磁场时的速度为v,则其竖直分量vy=v0=20m/s,水平分量vx=at=qEmt=20m/s;所以,v=vx2+vy2=202m/s,v与y轴正方向的夹角为45;在洛伦兹力作向心力的作用下,Bvq=mv2R,粒子在磁场中做圆周运动的半径R=mvBq=2021000.4m=22m;粒子做圆周运动的周期T=2Rv=20s,所以,粒子每运动半个圆周则偏转方向相反,则粒子在磁场中的运动如图所示,因为42=8R,所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴,由等腰三角形性质可知,粒子第一、二次经过x轴,在x轴上对应的弦长为2R=1m,所以OD=3m,则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3m,0)。
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