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章末检测 磁场
(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，多选题已在题号后标出)
1.(2021·宝鸡模拟)19世纪法国学者安培提出了出名的分子电流假说．他认为，在原子、分子等物质微粒内部，存在着一种环形电流——分子电流(分子电流实际上是由原子内部电子的绕核运动形成的)，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极．下图中将分子电流(上图中箭头表示电子运动方向)等效为小磁体的图示中正确的是 ( )
解析：选B.由安培定则可推断出分子电流等效为小磁体的图示中正确的是B.
2.(多选)有两根长直导线a、b相互平行放置，如右图所示为垂直于导线的截面图．在图中所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两根导线四周的两点，它们在两导线连线的中垂线上，且与O点的距离相等．若两导线中通有大小相等、方向相同的恒定电流I，则关于线段MN上各点的磁感应强度的说法中正确的是 ( )
A．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相同
B．M点和N点的磁感应强度大小相等，方向相反
C．在线段MN上各点的磁感应强度都不行能为零
D．在线段MN上只有一点的磁感应强度为零
解析：选BD.两根导线分别在M点和N点产生的磁感应强度大小相等，方向如图所示，分析得θ1＝θ2＝θ3＝θ4，矢量相加可知M点、N点的磁感应强度大小相等，方向相反，选项B正确；线段MN中点O的磁感应强度为零，选项D正确．
3. (多选)如右图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1 T．位于纸面内的细直导线，长L＝1 m，通有I＝1 A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发觉其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值是 ( )
A. T B. T
C．1 T D. T
解析：选BCD.当导线与B1成60°夹角时，发觉其受到的安培力为零，说明该区域同时存在着另一匀强磁场B2，并且B2与B1的合磁场的磁感应强度方向沿导线方向，依据矢量合成的三角形定则，可知B2≥B1sin 60°＝ T，所以B2的值不行能为 T，选项A错误，本题选B、C、D.
4. (2021·甘肃第一次诊考)(多选)极光是来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极四周的大气层后，由于地磁场的作用而产生的．如图所示，科学家发觉并证明，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小．此运动形成的缘由可能是( )
A．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小
B．空气阻力对粒子做负功，使其动能减小
C．与空气分子碰撞过程中粒子的带电量减小
D．越接近两极，地磁场的磁感应强度越大
解析：选BD.由于洛伦兹力与速度时刻垂直，所以不做功，A项错．运动中空气阻力阻碍粒子的运动，做负功，由动能定理可知，动能减小，B项正确．由r＝知若q减小，则r可能变大，与题图情景可能不符，C项错误．因地磁场的磁场分布与条形磁铁的磁场分布相同，所以越接近两极，磁场越强，所以D项正确．
5. 带电粒子(不计重力)以初速度v0从a点进入匀强磁场，如图所示．运动中经过b点，且Oa＝Ob.若撤去磁场，加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以v0从a点进入电场，还能通过b点，那么电场强度E与磁感应强度B之比为 ( )
A．v0 B．1
C．2v0 D.
解析：选C.带电粒子在磁场中运动时，有qv0B＝m，带电粒子在电场中运动时，有x＝v0t，y＝x＝t2.又r＝x，解得＝2v0，选项C正确．
6. 如图所示是某粒子速度选择器截面的示意图，在一半径为R＝10 cm的圆柱形桶内有B＝10－4 T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一截面直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔．粒子束以不同角度入射，最终有不同速度的粒子束射出．现有一粒子源放射比荷为＝2×1011 C/kg的正粒子，粒子束中速度分布连续．当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是 ( )
A.×106 m/s B．2×106 m/s
C．2×108 m/s D．4×106 m/s
解析：选B.由题意知，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动．能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动周期，由几何关系知r＝R，又r＝，解得v＝＝2×106 m/s.
7. (2021·高考重庆卷)如图所示，一段长方体形导电材料，左右两端面的边长都为a和b，内有带电量为q的某种自由运动电荷．导电材料置于方向垂直于其前表面对里的匀强磁场中，内部磁感应强度大小为B.当通以从左到右的稳恒电流I时，测得导电材料上、下表面之间的电压为U，且上表面的电势比下表面的低．由此可得该导电材料单位体积内自由运动电荷数及自由运动电荷的正负分别为 ( )
A.，负 B.，正
C.，负 D.，正
解析：选C.因导电材料上表面的电势比下表面的低，故上表面带负电荷，依据左手定则可推断自由运动电荷带负电，则B、D两项均错．设长方体形材料长度为L，总电量为Q，则其单位体积内自由运动电荷数为，当电流I稳恒时，材料内的电荷所受电场力与磁场力二力平衡，则有＝BIL，故＝，A项错误、C项正确．
8. (2021·江西省重点中学联考)(多选)如图所示，一个半径为R的导电圆环与一个轴向对称的发散磁场处处正交，环上各点的磁感应强度B大小相等，方向均与环面轴线方向成θ角(环面轴线为竖直方向)．若导线环上载有如图所示的恒定电流I，则下列说法正确的是
( )
A．导电圆环有收缩的趋势
B．导电圆环所受安培力方向竖直向上
C．导电圆环所受安培力的大小为2BIR
D．导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ
解析：选ABD.若导线环上载有如题图所示的恒定电流I，由左手定则可得导线环上各小段所受安培力斜向内，导电圆环有收缩的趋势，导电圆环所受安培力方向竖直向上，导电圆环所受安培力的大小为2πBIRsin θ，A、B、D正确，C错误．
9．如图所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场，一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为0.1 kg、电荷量q＝＋0.2 C的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．t＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，g取10 m/s2.则 ( )
A．木板和滑块始终做加速度为2 m/s2的匀加速运动
B．滑块开头做加速度减小的变加速运动，最终做速度为10 m/s的匀速运动
C．木板先做加速度为2 m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的运动，最终做
加速度为3 m/s2的匀加速运动
D．t＝5 s后滑块和木块有相对运动
解析：选C.t＝0时对木板施加方向水平向左、大小为0.6 N的恒力，带电滑块速度增大，所受向上的洛伦兹力增大，先做加速度为2 m/s2的匀加速运动后做加速度减小的加速运动，木板先做加速度为2 m/s2的匀加速运动，再做加速度增大的加速运动，最终带电滑块离开木板做加速度为3 m/s2的匀加速运动，选项C正确，A、B错误；t＝5 s时带电滑块的速度v＝at＝10 m/s，所受洛伦兹力f＝qvB＝1 N，带电滑块已经离开木板，选项D错误．
10.(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开头经电压U加速后，水平进入相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则 ( )
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
解析：选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，则小球带负电，A错误；由于小球做圆周运动的向心力为洛伦兹力，由牛顿其次定律和动能定理可得Bqv＝，Uq＝mv2，联立以上三式可得小球做匀速圆周运动的半径r＝ ，由T＝可以得出T＝，与电压U无关，B、C正确，D错误．
二、计算题(本题共2小题，共40分)
11.(20分)如图所示，xOy为空间直角坐标系，PQ与y轴正方向成θ＝30°角．在第四象限和第一象限的xOQ区域存在磁感应强度为B的匀强磁场，在POy区域存在足够大的匀强电场，电场方向与PQ平行，一个带电荷量为＋q，质量为m的带电粒子从－y轴上的A(0，－L)点，平行于x轴方向射入匀强磁场，离开磁场时速度方向恰与PQ垂直，粒子在匀强电场中经时间t后再次经过x轴，粒子重力忽视不计．求：
(1)从粒子开头进入磁场到刚进入电场的时间t′；
(2)匀强电场的电场强度E的大小．
解析：(1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，则由几何关系得R＝L，qvB＝m，联立得v＝，又T＝，粒子在磁场中运动时间t1＝T.由M到A′做匀速直线运动的时间t2＝，
粒子从开头进入磁场到刚进入电场的时间t′＝t1＋t2，
联立以上各式得t′＝.
(2)粒子在电场中做类平抛运动，M′N＝vt，
A′N＝at2，a＝，由几何关系得
A′N＝A′N′＋N′N，A′N′＝，N′N＝M′Ntan θ，
联立得E＝，把θ＝30°代入得
E＝(4m＋qBt)．
答案：(1) (2)(4m＋qBt)
12.(20分)如右图所示，在竖直平面xOy内，y轴左侧有一水平向右的电场强度为E1的匀强电场和磁感应强度为B1的匀强磁场，y轴右侧有一竖直向上的电场强度为E2的匀强电场，第一象限内有一匀强磁场，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从x轴上的A点以初速度v与水平方向成θ＝30°沿直线运动到y轴上的P点，OP＝d.粒子进入y轴右侧后在竖直面内做匀速圆周运动，然后垂直x轴沿半径方向从M点进入第四象限内、半径为d的圆形磁场区域，粒子在圆形磁场中偏转60°后从N点射出磁场，求：
(1)电场强度E1与E2大小之比；
(2)第一象限内磁场的磁感应强度B的大小和方向；
(3)粒子从A到N运动的时间．
解析：(1)粒子从A到P做匀速直线运动，由受力状况可得qE1＝mgtan θ
粒子从P到M做匀速圆周运动，必有重力与电场力平衡，洛伦兹力供应向心力，即qE2＝mg
联立得E1∶E2＝∶3.
(2)粒子从P到M、从M到N的运动轨迹如图，在第一象限内有R1＝＝
由洛伦兹力供应向心力知
Bqv＝m
联立得B＝，方向垂直纸面对外．
(3)粒子从A到P有vt1＝，即t1＝
从P到M粒子运动轨迹对应的圆心角为120°，所用时间为
t2＝×＝×＝
粒子从M到N做圆周运动，由图知其半径为R2＝d，对应圆心角为60°，所用时间为t3＝×＝
所以粒子从A到N运动的时间为t＝t1＋t2＋t3＝.
答案：(1)∶3 (2) 方向垂直纸面对外
(3)
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