第一章磁场 单元试卷（解析版）高中物理粤教版（2019）选择性必修第二册

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1、第一章磁场(考试时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分在每小题给出的四个选项中，第13小题只有一项符合题目要求，第46小题有多项符合题目要求)1如图所示，原来静止的圆形线圈通以逆时针方向的电流，在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面并被固定今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将()A向左平动B向右平动C仍然静止D绕ab轴转动【答案】D【解析】根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力；同理b点也不受力取线圈上下位置一微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置

2、产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动故D正确2(2020年阳泉名校期末)如图所示，在匀强磁场中，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()AF BFCFD2F【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2F1cos30F

3、，可得F1F，故A正确3(2020年景德镇名校期末)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，a60，b90，边长acL，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()ABCD【答案】B【解析】由于qvBm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a60，b90，边长acL，则abL，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径rL

4、，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB2m，解得粒子的最大速度为vm，故A、C、D错误，B正确4(2020年贵州名校期末)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场场强为E，方向竖直向下，一带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，则()A此微粒带正电荷B此微粒带负电荷C此微粒沿顺时针方向转动D此微粒沿逆时针方向转动【答案】BD【解析】由题意，带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上合外力为零，所以带电粒子的重力和电场力二力平衡，因为电场方向向下，电场力方向向上，所以微粒带负电，B正确；粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由左手定

5、则可知微粒沿逆时针方向转动，D正确5(2020年河北名校期中)如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使离子流经磁场时不偏转(不计重力)则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是()A该电场场强大小为Bv，方向向上B离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关C负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转D负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转【答案】ABD【解析】为使离子不发生偏转，离子所受到的电场力和洛伦兹力是平衡力，即qvBqE，所以电场与磁场的关系为EvB，与离子电性无关，D正确，C错误；离子带正电，则受到向下的

6、洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，A正确；沿直线匀速穿过该装置的时间与离子速度和板的长度有关，与场强无关，故B正确6一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1带负电C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于D粒子2的比荷绝对值最大【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

7、，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qvB1qE，解得v，故C正确；根据qvB2m得，r，知r越大，比荷越小，故D错误二、非选择题(本题共6小题，共64分)7(4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)【答案】182.16106【解析】电磁炮在安培力的作用下，沿轨道做匀加

8、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sEk，即BILsmv0，代入数据可得B18 T运动过程中，安培力的最大功率为PF安vmBILvm2.16106 W.8(9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：按图接线保持开关S断开，在托盘内

9、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.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_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纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里【答案】(1)如图(2)重新处于平衡状态电流表的示数I此时细沙的质量m2D的底边长度l(3)g(4)m2m1【解析】(1)用滑动变阻器的限流式接法即可(2)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.安培力与电流长

10、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(m2m1)gBIL，解得Bg.(4)根据左手定则判断即可若m2m1，安培力方向向下，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里9(12分)如图所示，一个质量为m、带电量为q的正离子，从D点以某一初速度垂直进入匀强磁场磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B离子的初速度方向在纸面内，与直线AB的夹角为60.结果离子正好穿过AB的垂线上离A点距离为L的小孔C，垂直AC的方向进入AC右边的匀强电场中电场的方向与AC平行离子最后打在AB直线上的B点，B到A的距离为2L.不计离

11、子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，求：(1)离子从D点入射的速度v0的大小；(2)匀强电场的电场强度E的大小解：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示由几何关系可知，离子做匀速圆周运动的半径r满足Lrrcos 60，离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0Bm，解得入射速度v0.(2)离子进入电场后做类平抛运动，轨迹如图所示水平方向2Lv0t，竖直方向Lt2，解得匀强电场的电场强度E.10(15分)如图所示，一个质量为m2.01011 kg，电荷量q1.0105 C的带电微粒，从静止开始经U1100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场

12、的电压U2100 V金属板长L20 cm，两板间距d10 cm.经偏转后进入右侧匀强磁场微粒的重力忽略不计，求：(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小； (2)微粒射出偏转电场时的偏转角； (3)若该匀强磁场的宽度D10 cm，为使微粒不会由磁场右边界射出，求该匀强磁场的磁感应强度应满足的条件. 解：(1)微粒在加速电场中，由动能定理有qU1mv，解得v01104 m/s.(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示a，vyat，Lv0t，tan ，得偏转角30.(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动进入磁场的速度v，qBvm，得R.微粒恰好不从右边界射出时，DRRsin ，得B.解得B T.为使

13、微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度应满足B T.11. (12分)如图所示，在磁感应强度B1.0 T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成37角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆已知接在滑轨中的电源电动势E16 V，内阻r1 .ab杆长L0.5 m，质量m0.2 kg，杆与滑轨间的动摩擦因数0.5，滑轨与ab杆的电阻忽略不计求要使杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10 m/s2，sin 370.6，cos 370.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力)解：分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示当ab杆恰好不下滑时，

14、如图甲所示由平衡条件得沿斜面方向mgsin FN1F安1cos ，垂直斜面方向FN1mgcos F安1sin ，而F安1BL，解得R121 .当ab杆恰好不上滑时，如图乙所示由平衡条件得沿斜面方向mgsin FN2F安2cos ，垂直斜面方向FN2mgcos F安2sin ，而F安2BL，解得R21 .则要使ab杆保持静止，R的取值范围是1 R21 .12(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多少倍？解：电场中的直线加速过程根据动能定理得qUmv20，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qvBm，得R，联立可得B.质子与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.