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《磁场》综合评估
限时：90分钟 总分：100分
答题表
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
一、选择题(1－7为单选题，每小题5分；8－10为多选题，每小题6分，共53分)
1.下列四个试验现象中，不能表明电流能产生磁场的是( )
A．甲图中，导线通电后磁针发生偏转
B．乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用
C．丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近
D．丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离
2．下列四幅图关于各物理量方向间的关系中，正确的是( )
3．如图，接通电键K的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将( )
A．A端向上，B端向下，悬线张力不变
B．A端向下，B端向上，悬线张力不变
C．A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小
D．A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大
4．水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动状况是( )
A．沿路径Oa运动
B．沿路径Ob运动
C．沿路径Oc运动
D．沿路径Od运动
5．如图所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最终将( )
A．N极竖直向上
B．N极竖直向下
C．N极水平向左
D．小磁针在水平面内转动
6．带电粒子以初速度v0从a点进入匀强磁场如图所示，运动中经过b点，Oa＝Ob.若撤去磁场加一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度v0从a点进入电场，仍能通过b点，则电场强度E和磁感应强度B的比值为( )
A．v0 B.
C．2v0 D.
《磁场》综合评估
1．B 甲、丙、丁中小磁针或导线所受的磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的．
2．B 3.D
4．D 水平电流下方的磁场垂直向外，且离导线越远，磁感应强度B越小，依据左手定则可以确定电子从开头运动向下偏转，再由r＝知电子运动轨迹半径渐渐增大，故A、B、C错，D对．
5．C 带电金属环匀速转动，形成逆时针的等效电流(从右向左看)，依据安培定则可以确定通过金属环轴OO′的磁场方向水平向右，小磁针处的磁场方向水平向左，故小磁针N极最终水平指向左方，故C选项正确．
6．C 设Oa＝Ob＝d，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d
即d＝，得B＝
假如换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有
d＝2
得E＝，所以＝2v0.选项C正确．
7．如图所示，真空中狭长区域内的匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面对里，区域宽度为d，边界为CD和EF，速度为v的电子从边界CD外侧沿垂直于磁场方向射入磁场，入射方向跟CD的夹角为θ，已知电子的质量为m、带电荷量为e，为使电子能从另一边界EF射出，电子的速率应满足的条件是( )
A．v> B．v<
C．v> D．v<
8．如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，假如这束正离子流在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们确定具有相同的( )
A．速度 B．质量
C．电荷量 D．比荷
9．如图所示，在x>0，y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面对里，大小为B，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同的初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( )
A．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子
C．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子
D．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子
10．如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则( )
A．小球A仍可能处于静止状态
B．小球A将可能沿轨迹1运动
C．小球A将可能沿轨迹2运动
D．小球A将可能沿轨迹3运动
二、填空题(共14分)
11．(4分)如图所示，铜棒ab长0.1 m，质量为6×10－2 kg，两端与长为1 m的轻铜线相连，静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5 T，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒发生摇摆，平衡时的偏转角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了______J；通电电流的大小为______A．(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)
12．(6分)如图所示，有一半径为R、有明显边界的圆形匀强磁场区域，磁感应强度为B.今有一电子沿x轴正方向射入磁场，恰好沿y轴负方向射出．假如电子的比荷为，则电子射入时的速度为________，电子通过磁场的时间为________，此过程中电子的动能增量为________．
13．(4分)如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽为L，共N匝，线圈的下部悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I(方向如图所示)时，在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡．当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡．由此可知磁感应强度的方向垂直纸面________，大小为________．
《磁场》综合评估
7．A 由题意可知电子从EF射出的临界条件为到达边界EF时，速度与EF平行，轨迹与EF相切，如右图．由几何学问，得
R＋Rcosθ＝d，R＝
解得v0＝，v>v0
即能从EF射出．
8．AD 离子流在区域Ⅰ中不偏转，确定是qE＝qvB，v＝，A正确．进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝知，因v、B相同，所以只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．
9．AD 明显图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R＝可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A对B错；依据周期公式T＝知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t＝，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子，D对C错．
10．AB 若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能连续处于平衡状态，A正确．若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动
并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确，C、D错误．
11．0.12 9
解析：ΔEp＝mgL1(1－cos37°)＝6×10－2×10×1×(1－0.8) J＝0.12 J
以导体棒为争辩对象，受力如图．
受重力mg、悬线拉力T及安培力F，处于平衡状态，则
mgtanθ＝F，F＝BIL2
得I＝＝9 A
12. 0
解析：如图所示电子运动的圆心为O′，由几何学问，可知电子做圆周运动的轨迹半径为R.
由evB＝，得v＝
由T＝，得电子运动时间t＝＝.
由于洛伦兹力不做功，故动能不变，动能增量ΔEk＝0
13．向里
解析：由于右边再加上质量为m的砝码后，天平才能重新平衡，由此可知，开头时天平的右臂下面挂的矩形线圈受到的安培力F方向竖直向下，磁场方向垂直纸面对里．电流反向时矩形线圈受到的安培力F方向竖直向上，安培力的变化量ΔF＝mg，所以有2NILB＝mg，得B＝.
三、 计算题(共33分)
14．(8分)如图所示，两平行光滑导轨相距为20 cm，金属棒MN的质量为10 g，电阻R＝8 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，方向竖直向下，电源电动势E＝10 V，内阻r＝1 Ω，当开关S闭合时，MN恰好平衡，求变阻器R1的取值为多少？设θ＝45°.
15．(9分)一个负离子，质量为m，电荷量大小为q，以速率v垂直于屏S经小孔O射入存在着匀强磁场的真空室中，如图所示，磁感应强度B的方向与离子的运动方向垂直，并垂直纸面对里．
(1)求离子进入磁场后到达屏S上时的位置与O点的距离；
(2)假如离子进入磁场后经时间t到达P点，证明直线OP与离子入射方向之间的夹角θ跟t的关系是θ＝t.
《磁场》综合评估
14．7 Ω
解析：先依据左手定则判定安培力的方向，然后依据平衡条件列方程，再利用安培力公式以及闭合电路欧姆定律进行求解．
金属棒平衡时的平面受力图，如图所示．
当MN平衡时，有mgsinθ－BILcosθ＝0①
由电路欧姆定律，得I＝②
由①②式联立并代入数据，得R1＝7 Ω.
15．(1) (2)证明略
解析：(1)离子的初速度与磁场方向垂直，在洛伦兹力作用下，做匀速圆周运动，设圆半径为r，则依据牛顿其次定律，可得qvB＝，得r＝
如图，离子回到屏S上的位置A与O的距离AO＝2r，所以AO＝.
(2)离子到达P时，圆心角α＝
由于α＝2θ，所以θ＝＝＝t
16．(8分)如图所示，一个质量为m、电量为＋q的带电粒子从A孔以初速度v0垂直于AD进入磁感应强度为B的匀强磁场中，并恰好从C孔垂直于OC射入匀强电场中，电场方向跟OC平行，OC⊥AD，最终打在D点，且＝2.若已知m，q，v0，B，不计重力，试求：
(1)粒子运动到D点所需时间；
(2)粒子抵达D点时的动能．
17．(8分)如图所示的坐标系，在y轴左侧有垂直纸面、磁感应强度为B的匀强磁场．在x＝L处，有一个与x轴垂直放置的屏，y轴与屏之间有与y轴平行的匀强电场．在坐标原点O处同时释放两个均带正电荷的粒子A和B，粒子A的速度方向沿着x轴负方向，粒子B的速度方向沿着x轴正方向．已知粒子A的质量为m，带电量为q，粒子B的质量是n1m，带电量为n2q，释放瞬间两个粒子的速率满足关系式mvA＝n1mvB.若已测得粒子A在磁场中运动的半径为r，粒子B击中屏的位置到x轴的距离也等于r.粒子A和粒子B的重力均不计．求：
(1)试在图中画出粒子A和粒子B的运动轨迹的示意图；
(2)粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离．
《磁场》综合评估
16.(1) (2)mv
解析：带电粒子垂直进入磁场，在磁场中将做匀速圆周运动，运动时间t1＝
带电粒子在电场中做类平抛运动，在电场中运动时间
t2＝
带电粒子在磁场中运动，由于洛伦兹力不做功，只有粒子在电场中运动时电场力对粒子做正功．由动能定理可求粒子抵达D点时的动能．
(1)带电粒子在磁场中运动时间t1为t1＝＝
带电粒子在电场中做类平抛运动，运动时间t2为
t2＝＝＝＝
所以粒子运动到D点的时间为
t＝t1＋t2＝＋＝
(2)电场力对带电粒子做正功．由动能定理求粒子到达D点时动能Ek
W＝Ek－mv，W＝F电r＝mar.①
而r＝at
所以W＝②
由①②式，得Ek＝mv＋＝mv
17．(1)见解析 (2)3r－
解析：(1)粒子A在磁场中做半个圆周的匀速圆周运动后进入电场做类平抛运动，设打在屏上的位置为Q点，粒子B直接在电场中做类平抛运动，设打在屏上的位置为P点，如图所示．
(2)由题意，两个粒子的速率满足关系式mvA＝n1mvB
粒子A在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿其次定律得，
qvAB＝
解得：vA＝，vB＝
粒子A和粒子B做类平抛运动过程中，沿电场方向上的侧移分别为yA＝2，r＝2
由以上两式解得yA＝
所以，粒子A和粒子B打在屏上的位置之间的距离为
Δy＝2r＋r－yA＝3r－
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