第一章　《磁场》综合评估

时间：90分钟　分值：100分

一、选择题(1～7为单选，每小题3分，8～10为多选，每小题4分，共33分)

1．下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是(　B　)

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

解析：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．

2．两个电子以大小不同的初速度沿垂直于磁场的方向射入同一匀强磁场中，设r1、r2为这两个电子的运动轨道半径，T1、T2是它们的运动周期，则(　C　)

A．r1＝r2，T1＝T2  B．r1＝r2，T1≠T2

C．r1≠r2，T1＝T2  D．r1≠r2，T1≠T2

解析：电子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，R＝，T＝，可知r1≠r2，T1＝T2，选C.

3.如图所示，在真空中，水平导线中有恒定电流I通过，导线的正下方有一质子初速度方向与电流方向相同，则质子可能的运动情况是(　B　)

A．沿路径a运动

B．沿路径b运动

C．沿路径c运动

D．沿路径d运动

解析：由安培定则，电流在下方产生的磁场方向指向纸外，由左手定则，质子刚进入磁场时所受洛伦兹力方向向上．则质子的轨迹必定向上弯曲，因此C、D必错；由于洛伦兹力方向始终与电荷运动方向垂直，故其运动轨迹必定是曲线，则B正确；A错误．

4.如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子打至P点，设OP＝x，能够正确反应x与U之间的函数关系的是(　B　)

解析：带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理有：qU＝mv2，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有：＝，整理得：x2＝U，故B正确．

5.如图所示，一束电子从孔a射入正方形容器的匀强磁场中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，则(　A　)

A．从两孔射出的电子在容器中运动的时间比为12

B．从两孔射出的电子速率的比为12

C．从两孔射出的电子动能的比为21

D．从两孔射出的电子在容器中加速度的比为12

解析：由T＝，可知从d射出的电子和从c点射出的电子在磁场中运动的周期相同，从d点射出的电子运动轨迹为半个圆周，从c点射出的电子运动轨迹为圆周，故在磁场中的运动时间之比21，故A选项正确．

6.如图所示，质量为m，带电荷量为－q的微粒以速度v与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场区域，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是(　A　)

A．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用

B．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用

C．匀强电场的电场强度E＝

D．匀强磁场的磁感应强度B＝

解析：

因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE＝mg，qvB＝mg，得电场强度E＝，磁感应强度B＝，因此A正确．

7．在地球赤道上进行实验时，用磁传感器测得赤道上P点地磁场的磁感应强度大小为B0.将一条形磁铁固定在P点附近的水平面上，让N极指向正北方向，如图所示，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小为B1；现将条形磁铁以P点为轴旋转90°，使其N极指向正东方向，此时用磁传感器测得P点的磁感应强度大小应为(可认为地磁南、北极与地理北、南极重合)(　D　)

A．B1－B0  B．B1＋B0

C.  D.

解析：根据题意，赤道上P点地磁场的磁感应强度大小为B0；条形磁铁N极指向正北方向时，其磁感应强度也向正北方向，故条形磁铁在P点产生的磁感应强度大小为B＝B1－B0；条形磁铁N极指向正东方向时，其磁感应强度也向正东方向，此时两个分矢量垂直，故P点的合磁感应强度大小为B′＝＝，故选D.

8．自行车速度计是利用霍尔传感器获知自行车的运动速率．如图甲所示，自行车前轮上安装一块磁铁，轮子每转一圈，这块磁铁就靠近传感器一次，传感器会输出一个脉冲电压．图乙为霍尔传感器的工作原理图．当磁铁靠近霍尔传感器时，导体内定向运动的自由电荷在磁场力作用下偏转，最终使导体在与磁场、电流方向都垂直的方向上出现电势差，即为霍尔电势差．下列说法正确的是(　AD　)

A．根据单位时间内的脉冲数和前轮半径即可获知车速大小

B．自行车的车速越大，霍尔电势差越高

C．图乙中电流I是由正电荷定向移动形成的

D．如果长时间不更换传感器的电源，霍尔电势差将减小

解析：根据单位时间内的脉冲数，可求得车轮转动周期，从而求得车轮转动的角速度，最后由线速度公式结合前轮半径，即可求解车速大小，故A正确；根据洛伦兹力等于电场力qvB＝q，可得UH＝Bvd，根据电流的微观定义式I＝neSv，可得v＝，联立解得UH＝，可知霍尔电压UH与车速大小无关，故B错误；图乙中电流I是由负电荷定向移动形成的，故C错误；根据公式UH＝，若长时间不更换传感器的电源，则电流I减小，则霍尔电势差将减小，故D正确．所以A、D正确，B、C错误．

9．用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法(　AC　)

A．将其磁感应强度增大为原来的2倍

B．将其磁感应强度增大为原来的4倍

C．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍

D．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍

解析：粒子在回旋加速器的磁场中绕行的最大半径为R，由牛顿第二定律得：

evB＝m①

质子的最大动能：Ekm＝mv2②

解①②式得：Ekm＝.

要使质子的动能增加为原来的4倍，可以将磁感应强度增大为原来的2倍或将两D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故B项错，A、C正确．质子获得的最大动能与加速电压无关，故D项错．

10．如图所示，一个带正电荷的物块m，由静止开始从斜面上A点下滑，滑到水平面BC上的D点停下来．已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同，且不计物块经过B处时的机械能损失．先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场，第二次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块在水平面上的D′点停下来．后又撤去电场，在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场，再次让物块m从A点由静止开始下滑，结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来．则以下说法中正确的是(　BC　)

A．D′点一定在D点左侧  B．D′点一定与D点重合

C．D″点一定在D点右侧  D．D″点一定与D点重合

解析：根据动能定理

mgh＝μmgcosα·LAB＋μmgLBD①

当加电场时(mg＋Eq)h＝μ(mg＋Eq)cosα·LAB＋μ(mg＋Eq)LBD′.②

由上两式得LBD＝LBD′，所以B项正确．

当加磁场时，由左手定则知物块在运动过程中对斜面及地面的正压力减小，又洛伦兹力不做功，所以可判断C项正确．

二、填空题(共21分)

11.(6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，铜棒发生摆动，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0.12 J；通电电流的大小为9 A．(不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10 m/s2)

解析：ΔEp＝mgL1(1－cos37°)＝6×10－2×10×1×(1－0.8) J＝0.12 J

以导体棒为研究对象，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．(6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向里，大小为.

解析：因为右边再加上质量为m的砝码后，天平才能重新平衡，由此可知，开始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，磁场方向垂直纸面向里．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＝.

13．(9分)一回旋加速器，在外加磁场一定时，可把质子(H)加速到v，使它获得动能为Ek，则

(1)能把α粒子(He)加速到的速度为.

(2)能使α粒子获得的动能为Ek.

(3)加速α粒子的交变电压频率与加速质子的交变电压频率之比为12.

解析：回旋加速器的最大半径是一定的，由R＝，得质子H的质量和电荷量的比值即＝.而α粒子质量和电荷量的比值为，RH＝，Rα＝

RH＝Rα，得vα＝，mv2＝

所以α粒子动能与质子相同，带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T＝

所以α粒子的周期是质子运动周期的2倍，即所加交变电压的周期的比为21的关系，则频率之比为12.

三、计算题(共46分)

14．(10分)如图所示，通电直导线ab质量为m，水平地放置在倾角为θ的光滑导轨上，导轨宽度为L，通以图示方向的电流，电流大小为I，要求导线ab静止在斜面上．

(1)若磁场的方向竖直向上，则磁感应强度为多大？

(2)若要求磁感应强度最小，则磁感应强度的大小和方向如何？

答案：(1)　(2)　方向垂直斜面向上

解析：(1)若磁场方向竖直向上，从a向b观察，导线受力情况如图所示．

由平衡条件得：

在水平方向上：

F－FNsinθ＝0，

在竖直方向上：mg－FNcosθ＝0，

其中F＝BIL，联立可解得：B＝.

(2)若要求磁感应强度最小，则一方面应使磁场方向与通电导线垂直，另一方面应调整磁场方向使与重力、支持力合力相平衡的安培力最小．

如右图，由力的矢量三角形法则讨论可知，当安培力方向与支持力垂直时，安培力最小，对应的磁感应强度最小，设其值为Bmin，则BminIL＝mgsinθ，Bmin＝.

根据左手定则知，该磁场方向垂直斜面向上．

15．(12分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴．一质量为m、电荷量为q的带正电荷的小球，从y轴上的A点水平向右抛出．经x轴上的M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：

(1)电场强度E的大小和方向；

(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；

(3)A点到x轴的高度h.

答案：(1)E＝，竖直向上　(2)cotθ

(3)

解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE＝mg①

E＝②

重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．

(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如图所示．设半径为r，由几何关系知＝sinθ③

小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有

qvB＝④

由速度的合成与分解知＝cosθ⑤

由③④⑤式得v0＝cotθ.⑥

(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tanθ⑦

由匀变速直线运动规律v＝2gh⑧

由⑥⑦⑧式得h＝.⑨

16．(12分)如图所示，以两虚线为边界，中间存在平行纸面且与边界垂直的水平电场，宽度为d，两侧为相同的匀强磁场，方向垂直纸面向里．质量为m、带电量＋q、重力不计的带电粒子，以初速度v1垂直边界射入磁场做匀速圆周运动，后进入电场做匀加速运动，然后第二次进入磁场中运动，此后粒子在电场和磁场中交替运动．已知粒子第二次在磁场中运动的半径是第一次的两倍．第三次是第一次的三倍，以此类推．求：

(1)粒子第一次经过电场的过程中电场力所做的功W1；

(2)粒子第n次经过电场时电场强度的大小En；

(3)粒子第n次经过电场所用的时间tn.

答案：(1)mv　(2)　(3)

解析：(1)设磁场的磁感应强度大小为B，粒子第n次进入磁场时的半径为Rn，速度为vn，由牛顿第二定律得：qvnB＝，①

由①式得vn＝，②

因为R2＝2R1，所以v2＝2v1，③

对于粒子第一次在电场中的运动，由动能定理得W1＝mv－mv，④

联立③④式得W1＝.⑤

(2)粒子第n次进入电场时速度为vn，出电场时速度为vn＋1，有

vn＝nv1，vn＋1＝(n＋1)v1，⑥

由动能定理得qEnd＝mv－mv，⑦

联立⑥⑦式得En＝.⑧

(3)设粒子第n次在电场中运动的加速度为an，由牛顿第二定律得qEn＝man，⑨

由运动学公式得vn＋1－vn＝antn，⑩

联立⑥⑧⑨⑩式得tn＝.⑪

17．(12分)飞行时间质谱仪可以对气体分子进行分析．如图所示，在真空状态下，脉冲阀P喷出微量气体，经激光照射产生不同价位的正离子．自a板小孔进入a、b间的加速电场，从b板小孔射出，沿中线方向进入M、N板间的偏转控制区，到达探测器．已知元电荷电荷量为e，a、b板间距为d，极板M、N的长度和间距均为L.不计离子重力及进入a板时的初速度．

(1)当a、b间的电压为U1时，在M、N间加上适当的电压U2，使离子到达探测器．请导出离子的全部飞行时间与比荷k(k＝)的关系式．

(2)去掉偏转电压U2，在M、N间区域加上垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，若进入a、b间的所有离子质量均为m，要使所有的离子均能通过控制区从右侧飞出，a、b间的加速电压U1至少为多少？

答案：(1)t＝　(2)

解析：(1)由动能定理：neU1＝mv2，n价正离子在a、b间的加速度：a1＝，在a、b间运动的时间：t1＝＝·d，在MN间运动的时间：t2＝，离子到达探测器的时间：t＝t1＋t2＝·d＋·L＝.

(2)假定n价正离子在磁场中向N板偏转，洛伦兹力充当向心力，设轨迹半径为R，由圆周运动公式nevB＝m，

离子刚好从N板右侧边缘穿出时，

由几何关系：R2＝L2＋(R－)2，

由以上各式得：U1＝，

当n＝1时，U1取最小值：Umin＝.