高二物理下册磁场课时滚动检测题(带答案)

编辑: 逍遥路 关键词: 高二 来源: 高中学习网
滚动检测9 磁 场   
一、单项(本题共5小题,每小题4分,共20分)
1.如图1所示,两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上,但能自由移动,若两线圈内通以大小不等的同向电流,则它们的运动情况是(  )
图1
A.都绕圆柱转动      B.以不等的加速度相向运动
C.以相等的加速度相向运动 D.以相等的加速度反向运动
解析:同向环形电流的间相互吸引,虽两电流大小不等,但据牛顿第三定律知两线圈间的相互作用力必大小相等,所以选C.
答案:C
2.如图2所示,用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n匝,线圈由粗细均匀、单位长度的质量为2.5 g的导线绕制而成,三条细线呈对称分布,稳定时线圈平面水平.在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁,磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O,测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5 T,方向与竖直线成30°角,要使三条细线上的张力为零,线圈中通过的电流至(  )
图2
A.0.1 A   B.0.2 A   C.0.05 A   D.0.01 A
解析:设线圈半径为R,通电导线受到的安培力F=nBI?2πR,所受重力为G=n?2πRρg,平衡时有:Fsin30°=G,则有I=2ρgB,代入数据得I=0.1 A,故A正确.
答案:A
3.如图3所示,质量为m、电量为q的带正电粒子,以初速度v0垂直进入正交的匀强电场E和匀强磁场B中,从P点离开该区域,此时侧向位移为s,则(重力不计)(  )
图3
A.粒子在P所受的磁场力可能比电场力大
B.粒子的加速度为(Eq-Bqv0)/m
C.粒子在P点的速率为v20+2Eqs/m
D.粒子在P点的动能为mv20/2-Eqs
解析:因为带电粒子向下偏转,所以电场力大于洛伦兹力,电场力做正功,速度增大,所以A、B错;由动能定理可知12mv2=Eqs+12mv20,所以C对,D错.
答案:C
4.如图4所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场.一点电荷a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O′点(图中未标出)穿出.若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b(  )
图4
A.穿出位置一定在O′点下方
B.穿出位置一定在O′点上方
C.运动时,在电场中的电势能一定减小
D在电场中运动时,动能一定减小
解析:点电荷恰好沿直线穿过场区,则粒子所受电场力与洛伦兹力是一对平衡力,即qE=qvB,且OO′垂直于电场方向,但粒子所带电性未知,因此当撤去磁场只有电场时,不能确定粒子穿出场区的位置是在O′的下方还是上方,A、B错;由于点电荷垂直于电场方向进入电场,因此偏转时电场力一定对粒子做正功,粒子的电势能一定减小,动能一定增大,C项正确,D错.
答案:C
5.回旋加速器是利用较低电压的高频电源,使粒子经多次加速获得巨大速度的一种仪器,工作原理如图5所示.下列说法正确的是(  )
图5
A.粒子在磁场中做匀速圆周运动
B.粒子由A0运动到A1比粒子由A2运动到A3所用时间少
C.粒子的轨道半径与它被电场加速的次数成正比
D.粒子的运动周期和运动速率成正比
解析:本题考查对回旋加速器的基本工作原理的理解,由于D形盒的屏蔽作用,带电粒子在磁场中不受静电力的作用,仅受洛伦兹力,因此粒子在磁场中做匀速圆周运动,A正确;粒子的周期T=2πmqB与粒子运动速率无关,从A0到A1和从A2到A3的时间相等,均为T2,故B、D选项错误;当粒子被加速n次后进入磁场,由nqU=12mv2n,rn=mvnqB可得:rn=2nqUmqB,故rn∝n,C选项不正确,因此本题选A.
答案:A
二、双项(本题共6小题,每小题6分,共36分)
6.如图6所示,下端封闭、上端开口、内壁光滑的细玻璃管竖直放置,管底有一带电的小球.整个装置以水平向右的速度匀速运动.垂直于磁场方向进入方向水平的匀强磁场,由于外力作用,玻璃管在磁场中的速度保持不变,最终小球从上端开口飞出,小球的电荷量始终保持不变,则从玻璃管进入磁场到小球运动到上端开口的过程中(  )
图6
A.洛伦兹力对小球做正功
B.洛伦兹力对小球不做功
C.小球运动轨迹是抛物线
D.小球运动轨迹是直线
解析:由于洛伦兹力与粒子运动方向始终垂直,所以洛伦兹力对小球不做功,故B正确,A错误,由于小球水平向右的速度不变,因此小球所受洛伦兹力在竖直向上的分力不变,所以小球竖直向上做初速度为0的匀加速运动,故小球运动轨迹是抛物线,故C正确,D错误.
答案:BC
7.如图7所示,一质量为m,电荷量为q的带正电绝缘体物块位于高度略大于物块高的水平宽敞绝缘隧道中,物块上、下表面与隧道上、下表面的动摩擦因数均为μ,整个空间中存在垂直纸面向里,磁感应强度为B的水平匀强磁场,现给物块水平向右的初速度v0,空气阻力忽略不计,物块电荷量不变,隧道足够长,则整个运动过程中,物块克服阻力做功可能是(  )
图7
①0   ②12mv20-m3g22q2B2
③12mv20    ④m3g22q2B2-12mv20
A.①② B.③④ C.①④ D.②③
解析:物块进入磁场后的受力情况有三种可能情况:第一种,洛伦兹力和重力是一对平衡力,即qv0B=mg,满足该情况的v0=mgqB,没有摩擦力,所以克服摩擦力做功为零;第二种情况,v0>mgqB,挤压上表面,要克服摩擦力做功,当速度减小为v=mgqB后,摩擦力消失,故克服摩擦力做功W=12mv20-12mv2=12mv20-m3g22q2B2;第三种情况,v0答案:AD
8.如图8所示,台秤上放一光滑平板,其左边固定一挡板,一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来,此时台秤读数为T1.现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒,当导体棒中通以方向如图所示的电流后,台秤读数为T2,则以下说法正确的是(  )
图8
A.弹簧长度将变长
B.弹簧长度将变短
C.T1>T2
D.T1解析:根据左手定则可知,通电导线所受安培力斜向右下方,根据牛顿第三定律,磁铁受到斜向左上方的磁场力,所以B、C正确.
答案:BC
9.如图9所示,一个用细线悬吊着的带电小球,在垂直于匀强磁场方向的竖直面内摆动,图中B为小球运动的最低位置,则(  )
A.小球向右和向左运动通过B点时,小球的加速度相同
B.小球向右和向左运动通过B点时,悬线对小球的拉力相同
C.小球向右和向左运动通过B点时,具有的动能相同
D.小球向右和向左运动通过B点时,具有的速度相同
图9
解析:带电小球在运动过程中,因洛伦兹力不做功,只有重力做功,机械能守恒,摆球不管向何方向运动通过最低点时,速率v必然相等,动能相同.故C正确;向心加速度a=v2R则a相同,故A正确.若小球带正电,在最低点向右和向左运动时,拉力分别为FT1和FT2,则FT1+qvB-mg=ma,FT2-qvB-mg=ma,则FT1答案:AC
10.如图10所示,空间存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场的方向竖直向下,磁场的方向垂直纸面向里,一带电油滴P恰好处于静止状态,则下列说法正确的是(  )
图10
A.若撤去电场,P可能做匀加速直线运动
B.若撤去磁场,P可能做匀加速直线运动
C.若给P一初速度,P可能做匀速直线运动
D.若给P一初速度,P可能做顺时针方向的匀速圆周运动
解析:由P处于静止状态,则P带负电.若撤去电场,只受重力和磁场力作用,由于磁场方向与速度垂直必做曲线运动,故A错.若撤去磁场,受重力和电场力仍处于平衡状态,故B错.若所给初速度的方向与磁场方向平行,油滴只受重力和电场力处于平衡状态,做匀速直线运动;若所给初速度的方向向上,与磁场方向垂直,合力等于洛伦兹力,则P做顺时针的匀速圆周运动,故C、D正确.
答案:CD
11.如图11所示,平行金属板M、N之间的距离为d,其中匀强磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向外,有带电量相同的正负离子组成的等离子束,以速度v沿着水平方向由左端连续射入,电容器的电容为C,当S闭合且电路达到稳定状态后,平行金属板M、N之间的内阻为r,电容器的带电量为Q,则下列说法正确的是(  )
图11
A.当S断开时,电容器的充电电荷量Q>CBdv
B.当S断开时,电容器的充电电荷量Q=CBdv
C.当S闭合时,电容器的充电电荷量Q=CBdvRR+r
D.当S闭合时,电容器的充电电荷量Q=CBdvrR+r
解析:当S断开时,电容器两端电压等于电源电动势E=Bdv,所以Q=CE=CBdv;S闭合时,电容器两端电压为路端电压U=RR+rE=RBdvR+r,Q=CU=CBdvRR+r.
答案:BC
三、非选择题(本题共3小题,共44分)
12.(14分)如图12所示,厚度为h,宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中,当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A′之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电流I和B的关系为U=kIBd,式中的比例系数k称为霍尔系数.
霍尔效应可解释如下:外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧会出现多余的正电荷,从而形成横向电场,横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力,当静电力与洛伦兹力达到平衡时,导体板上、下两侧之间就会形成稳定的电势差.设电流I是由电子的定向流动形成的,电子的平均定向流动速度为v,电量为e,回答下列问题:
图12
(1)达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势________下侧面A′的电势(填“高于”、“低于”或“等于”).
(2)电子所受的洛伦兹力的大小为________.
(3)当导体板上、下两侧之间的电势差为U时,电子所受静电力的大小为________.
(4)由静电力和洛伦兹力平衡的条件,证明霍尔系数为k=1ne,其中n代表导体板单位体积中电子的个数.
解析:(1)电子向左移动,由左手定则知,电子受洛伦兹力向上,故上侧面A聚积电子,下侧面A′聚积正电荷,故上侧面的电势低于下侧面.(2)洛伦兹力f=evB.(3)电子受静电力eE=eUh.(4)电子受横向静电力与洛伦兹力的作用,两力平衡,有:eUh=evB,得U=hvB,通过导体的电流密度I=nev?d?h,又由U=kIBd,得hvB=knev?d?hdB,解得k=1ne.
答案:见解析
13.(15分)如图13甲所示,偏转电场的两个平行极板水平放置,板长L=0.08 m,板距足够大,两板的右侧有水平宽度l=0.06 m、竖直宽度足够大的有界匀强磁场.一个比荷为qm=5×107 C/kg的带负电粒子(其重力不计)以v0=8×105 m/s速度从两板间中间沿与板平行的方向射入偏转电场,进入偏转电场时,偏转电场的场强恰好按图乙所示的规律变化,粒子离开偏转电场后进入匀强磁场,最终垂直磁场右边界射出.求:
甲       乙
图13
(1)粒子在磁场中运动的速率v;
(2)粒子在磁场中运动的轨道半径R;
(3)磁场的磁感应强度B.
解析:(1)电子在偏转电场中的运动时间
t=Lv0=0.088×105 s=1×10-7 s①
对比乙图可知,电子在极板间运动的时间是偏转电压的一个周期
在第一个t=5×10-8 s时间内,电子在垂直于极板方向上做初速度为0的匀加速度运动,在第二个t=5×10-8 s时间内,电子做匀速直线运动.②
在第一个t=5×10-8 s时间内,
vy=qEmt=5×107×2.4×105×5×10-8 m/s=6×105 m/s③
v=v20+v2y=?8×105?2+?6×105?2 m/s=1×106 m/s④
(2)电子在磁场中的运动轨迹如图所示.
设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,由几何关系,有
lR=v⊥v⑤
R=vv⊥l=1×1066×105×0.06 m=0.1 m⑥
(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动,有qvB=mv2R⑦
B=mvqR=1×1065×107×0.1T=0.2 T⑧
答案:(1)1×106 m/s (2)0.1 m (3)0.2 T
14.(15分)如图14所示,匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的,且宽度相等,均为d;电场方向在纸平面内,而磁场方向垂直纸面向里.一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场,在电场力的作用下发生偏转,从A点离开电场进入磁场,离开电场时带电粒子在电场方向的位移为电场宽度的一半,当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致,(带电粒子重力不计)求:
图14
(1)粒子从C点穿出磁场时的速度v.
(2)电场强度E和磁感应强度B的比值E/B.
(3)粒子在电、磁场中运动的总时间.
解析:(1)粒子在电场中偏转,在垂直电场方向v1=v0,平行电场分量为vy,则d=v1?t=v0t,d2=vy2?t,所以vy=vx=v0,得v=2v0,tanθ=vyvx=1.所以θ=45°,即粒子进入磁场时的速度方向与水平方向成45°角斜向右下方.粒子在磁场中做匀速圆周运动,故穿出磁场速度v=2v0,方向水平向右.
(2)在电场中运动时vy=qEm?t=qEm?dv0,得E=mv20qd.在磁场中运动如图,运动方向改变45°,运动半径为R,则R=dsin45°=2d,又qvB=mv2R,
则B=mvqR=m?2v0q?2d=mv0qd,所以EB=v0.
(3)粒子在电场中运动时间t=dv0,粒子在磁场中运动时间
t′=π42π?T=T8=πm4qB=πm4qmv0qd=πd4v0,
运动总时间t总=t+t′=dv0+πd4v0.


本文来自:逍遥右脑记忆 http://www.jiyifa.net/gaoer/71113.html

相关阅读:2013年高二上学期期中物理试题(带答案)