章末强化练(1) 磁场（Word练习）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

章末强化练(一)　磁场 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．如图所示，一条形磁铁放在水平桌面上，在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线，当导线中通以图示方向的电流时(磁铁始终未动)(　　) A．磁铁对桌面的压力减小，且受到向左的摩擦力作用 B．磁铁对桌面的压力减小，且受到向右的摩擦力作用 C．磁铁对桌面的压力增大，且受到向左的摩擦力作用 D．磁铁对桌面的压力增大，且受到向右的摩擦力作用 C　[根据左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方，故由牛顿第三定律知，导线对磁铁的反作用力应斜向右下方，则一方面使磁铁对桌面的压力增大，一方面使磁铁产生向右的运动趋势，从而受到向左的摩擦力作用．] 2．如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是(　　) A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点 B．无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长 C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点 D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点 D　[地磁场在赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．] 3．某物理兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置，如图所示，U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域的磁场．一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间(未与磁铁接触)，导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上．导体棒没有通电时，测力计的示数为G0，导体棒通以图示方向电流I(垂直纸面向外)时，测力计的示数为G1，测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止，不考虑导体棒中电流对磁铁磁场的影响．下列说法正确的是(　　) A．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为B＝ B．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为B＝ C．若使图示方向电流增大，“称量”的磁感应强度将增大 D．若通以与图示方向相反、大小不变的电流I′，测力计示数将变为2(G0－G1) A　[导体棒没有通电时测力计的示数等于磁铁的重力G0，导体棒通以题图所示电流后，由左手定则可知导体棒受向上的安培力，根据牛顿第三定律可知导体棒对磁铁的作用力方向向下，对磁铁由平衡条件得，G0＋BIL＝G1，解得B＝，A正确，B错误；若使题图所示方向电流I增大，由于“称量”的磁感应强度描述的是磁铁本身的磁场性质，故其大小不变，C错误；若通以与题图所示方向相反、大小不变的电流I′，安培力将反向，设此时测力计的示数为G′1，根据平衡条件有G′1＋BI′L＝G0，解得G′1＝2G0－G1，D错误] 4．如图是自动跳闸的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里的匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路．以下说法正确的是(　　) A．闸刀刀片中的电流方向为O至C B．闸刀刀片中的电流方向为C至O C．跳闸时闸刀所受安培力没有做功 D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值增大 A　[当MN通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向O→C，故A正确，B错误；跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C错误；跳闸的作用力是一定的，依据安培力F＝BIL可知，电流I变小，故D错误．] 5．如图所示，空间有匀强电场(图中未画出)和水平匀强磁场，与磁场垂直的竖直面内，有一带电小球从M沿直线运动到N，MN与水平方向夹角为α，下列说法可能正确的是(　　) A．小球一定带负电 B．小球所受电场力大小与重力大小相等 C．电场方向沿竖直方向 D．从M到N过程中，小球克服电场力做功 B　[由题知带电小球沿直线运动必是做匀速直线运动，由于匀强电场没确定，所以小球可能带正电，可能带负电，故A错误；只能确定小球所受电场力与重力的合力与小球受到的洛伦兹力大小相等，方向相反，无法确定小球所受电场力大小与重力大小关系，所以小球所受电场力大小可能与重力大小相等，故B正确；由于带电小球沿直线做匀速直线运动，合外力为零，所以电场力方向一定不沿竖直方向，即电场方向一定不沿竖直方向，故C错误；由于小球机械能增大，所以电场力对小球做正功，故D错误．] 6．如图所示，长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片，使溶液中通入沿x轴正向的电流I，沿y轴正向加恒定的匀强磁场B.图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前后两内侧面，则(　　) A．a处电势高于b处电势 B．a处离子浓度小于b处离子浓度 C．溶液的上表面电势高于下表面的电势 D．溶液的上表面处的离子浓度等于下表面处的离子浓度 D　[电流向右，正离子向右运动，磁场的方向是竖直向上的，根据左手定则可以判断，正离子受到的洛伦兹力的方向是向前，即向a处运动，同理，可以判断负离子受到的洛伦兹力的方向也是指向a处的，所以a处整体不带电，a的电势和b的电势相同，所以A错误；由于正、负离子都向a处运动，所以a处的离子浓度大于b处离子浓度，所以B错误；离子都向a处运动，并没有上下之分，所以溶液的上表面电势等于下表面的电势，溶液的上表面处的离子浓度也等于下表面处的离子浓度，所以C错误，D正确．] 7．如图所示，长方形abcd的长ad＝0.6 m，宽ab＝0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，长方形与以e为圆心、eb为半径的四分之一圆弧，和以O为圆心、Od为半径的四分之一圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T．一束不计重力、质量为 m＝3×10－11 kg、电荷量为q＝2×10－7C的带正电粒子，以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向射入磁场区域，则下列判断正确的是(　　) A．从O、d之间(含O、d点)射入的粒子，出射点全部分布在Oa边 B．从a、O之间(含a、O点)射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C．从O、d之间(含O、d点)射入的粒子，出射点分布在ab边 D．从a、d之间(含a、d点)射入的粒子，出射点一定是b点 D　[粒子进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力得，粒子的运动半径为r＝＝0.3 m，则ab＝0.3 m＝r，由几何关系知，从O点射入的粒子从b点射出，从O、d(除O、d点)之间射入的粒子，均到达bc边，由于边界上无磁场，因此粒子到达bc边后做直线运动，所以粒子最终全部通过b点，从d点射入的粒子沿着直线运动到c点，A、C错误；从a、O(除a、O点)之间射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M点进入磁场，其轨迹圆圆心为O′，如图所示，根据几何关系可得，虚线四边形O′Meb是菱形，则粒子的出射点一定是b点，同理可知，从a、O(除a、O点)之间射入的粒子，出射点全部为b点，而从a点射入的粒子沿直线通过b点，从O点射入的粒子从b点射出，所以D正确． ] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 8．(2022·浙江卷)如图为某一径向电场示意图，电场强度大小可表示为E＝，a为常量．比荷相同的两粒子在半径r不同的圆轨道运动．不考虑粒子间的相互作用及重力，则(　　) A．轨道半径r小的粒子角速度一定小 B．电荷量大的粒子的动能一定大 C．粒子的速度大小与轨道半径r一定无关 D．当加垂直纸面磁场时，粒子一定做离心运动 BC　[粒子在半径为r的圆轨道运动，有qE＝mω2r，将E＝代入上式得ω2＝，可知轨道半径小的粒子，角速度大，A错误；由qE＝m、Ek＝mv2、E＝解得Ek＝，即电荷量大的粒子动能一定大，B正确；由qE＝m、E＝可得v2＝，即粒子速度的大小与轨道半径r无关，C正确；带电粒子的运动方向和垂直纸面的磁场方向是向里还是向外未知，粒子所受洛伦兹力方向未知，D错误．] 9．如图所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向、垂直纸面向里的匀强磁场．现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段(　　) A．甲、乙两物块间的摩擦力不变 B．甲、乙两物块做加速度减小的加速运动 C．乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 D．甲、乙两物块最终做匀速直线运动 BD　[以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图所示，随着速度的增大，F洛增大，FN增大，则乙物块与地面之间的摩擦力f不断增大，故C错误；由于f增大，F电一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故B、D正确；对甲研究得，乙对甲的摩擦力f′＝m甲a，a减小，则f′减小，甲、乙两物块间的静摩擦力不断减小，故A错误． ] 10．如图甲所示，在 xOy平面内存在均匀、大小随时间周期性变化的磁场和电场，变化规律分别如图乙、丙所示(规定垂直纸面向里为磁感应强度的正方向、＋y轴方向为电场强度的正方向).在t＝0时刻由原点O发射初速度大小为v0，沿＋y轴方向的带负电粒子(不计重力).其中已知v0、t0、B0、E0，且E0＝，粒子的比荷＝，x轴上有一点A，坐标为(，0)，则下列选项正确的是 (　　) A．时带电粒子的位置坐标为(，) B．带电粒子运动过程中偏离x轴的最大距离为v0t0＋ C．带电粒子运动过程中偏离y轴的最大距离为 D．粒子经过32t0经过A点 ABD　[在0～t0时间内，粒子做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力可得：qB0v0＝mr1＝m，得：T＝＝2t0，r1＝＝，则在时间内转过的圆心角α＝，所以在t＝时，粒子的位置坐标为：(，)，选项A正确；在t0～2t0时间内，粒子经电场加速后的速度为v，粒子的运动轨迹如图所示 v＝v0＋t0＝2v0， 运动的位移：x＝t0＝1.5v0t0， 在2t0～3t0时间内粒子做匀速圆周运动， 半径：r2＝2r1＝， 故粒子偏离x轴的最大距离： h＝x＋r2＝1.5v0t0＋， 在3t0～4t0时间内粒子做减速直线运动．粒子以后做周期性运动，重复上述运动，则粒子偏离y轴无最大值；选项B正确，C错误．粒子在xOy平面内做周期性运动的运动周期为4t0，一个周期内向右运动的距离：d＝2r1＋2r2＝，AO间的距离为：＝8d，所以粒子运动至A点的时间为：t＝32t0，选项D正确，故选A、B、D.] 三、非选择题：本题共5小题，共54分．要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位． 11．(7分)如图所示，利用电流天平可以测量匀强磁场的磁感应强度，电流天平的右臂挂着矩形线圈，匝数为n，线圈的水平边长为L，bc边处于匀强磁场内，磁感应强度B的方向与线圈平面垂直，当线圈中通过电流I时，调节砝码使两臂达到平衡，然后使电流反向，大小不变，这时需要在左盘中增加质量为m的砝码，才能使两臂达到新的平衡． (1)用已知量和可测量n、m、L、I计算B的表达式为________． (2)当n＝5，L＝10 cm，I＝0.1 A，m＝10 g时，磁感应强度为________T．(重力加速度g取10 m/s2) 解析　(1)设左、右砝码质量分别为m1、m2，线圈质量为m0，当磁场方向垂直纸面向里时，根据平衡条件有 m1g＝(m0＋m2)g－nILB　① 当磁场方向垂直纸面向外时，根据平衡条件有 (m1＋m)g＝(m0＋m2)g＋nILB　② 联立①②解得B＝. (2)代入数据得B＝＝T＝1T. 答案　(1)　　(2)1 12．(9分)物体的带电荷量是一个不易测得的物理量，某同学设计了如下实验来测量带电物体所带电荷量．如图(a)所示，他将一由绝缘材料制成的小物块A放在足够长的木板上，打点计时器固定在长木板末端，物块靠近打点计时器，一纸带穿过打点计时器与物块相连，操作步骤如下，请结合操作步骤完成以下问题： (1)为消除摩擦力的影响，他将长木板一端垫起一定倾角，接通打点计时器，轻轻推一下小物块，使其沿着长木板向下运动．多次调整倾角θ，直至打出的纸带上的点迹________，测出此时木板与水平面间的倾角，记为θ0. (2)如图(b)所示，在该装置处加上一范围足够大的垂直纸面向里的匀强磁场，用细绳通过一轻小定滑轮将物块A与物块B相连，绳与滑轮摩擦不计．给物块A带上一定量的正电荷，保持倾角θ0不变，接通打点计时器，由静止释放小物块A，该过程可近似认为物块A带电荷量不变，下列关于纸带上点迹的分析正确的是________． A．纸带上的点迹间距先增加后减小至零 B．纸带上的点迹间距先增加后减小至一不为零的定值 C．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差不变 D．纸带上的点迹间距逐渐增加，且相邻两点间的距离之差逐渐减少，直至间距不变 (3)为了测定物块所带电荷量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有________． A．物块A的质量M B．物块B的质量m C．物块A与木板间的动摩擦因数μ D．两物块最终的速度vm (4)用重力加速度g、磁感应强度B、θ0和所测得的物理量可得出q的表达式为________． 解析　(1)此实验平衡摩擦力后，确定物块做匀速直线运动的依据是打点计时器在纸带上所打出的点等间距分布． (2)设A的质量为M，B的质量为m，没有磁场时，对A受力分析，A受到重力Mg、支持力、摩擦力．根据平衡条件可知f＝Mg sin θ0，FN＝Mg cos θ0 又因为f＝μFN，所以μ＝＝＝tan θ0 当存在磁场时，以A、B整体为研究对象，由牛顿第二定律可得(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos θ0)＝(M＋m)a 由此式可知，v和a是变量，其他都是不变的量，所以A、B一起做加速度减小的加速运动，直到加速度减为零后做匀速运动，即速度在增大，加速度在减小，最后速度不变，所以纸带上的点迹间距逐渐增加，说明速度增大；根据逐差公式Δx＝at2，可知，加速度减小，则相邻两点间的距离之差逐渐减小；匀速运动时，间距不变．故D正确，A、B、C错误． (3)根据(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqv＋Mg cos θ0)＝(M＋m)a，可得当加速度减为零时，速度最大，达到最大速度vm时，有(mg＋Mg sin θ0)－μ(Bqvm＋Mg cos θ0)＝0 整理得q＝ 把μ＝tan θ0代入，得q＝ 由此可知为了测定物块所带电荷量q，除θ0、磁感应强度B外，本实验还必须测量的物理量有物块B的质量m和两物块最终的速度vm. (4)由(3)知q＝. 答案　(1)间距相等　　(2)D (3)BD　　(4) 13．(10分)如图所示，电源电动势为3 V，内阻不计，两个不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距1m，两环分别与电源正负极相连．现将一质量0.06 kg、电阻1.5 Ω的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场．当开关闭合后，导体棒上滑到某位置静止不动，试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？若已知环半和径为0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？ 解析　棒受的安培力F＝BIL， 棒中电流为I＝， 代入数据解得F＝＝0.8 N， 对棒受力分析如图所示(从右向左看)， 两环支持力的总和为2FN＝，(2分) 代入数据解得FN＝0.5 N．(1分) 由牛顿第三定律知，棒对每一个环的压力为0.5 N， 由图中几何关系有tan θ＝＝＝， 得θ＝53°， 棒距环底的高度为 h＝r(1－cos θ)＝0.2 m. 答案　0.5 N　　0.2 m 14．(12分)如图所示，在纸面内有一圆心为O、半径为R的圆形区域，圆形区域内存在斜向上的电场，电场强度大小未知，区域外存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从圆外P点在纸面内垂直于OP射出，已知粒子从Q点(未画出)进入圆形区域时的速度方向垂直于Q点的圆弧切线，随后在圆形区域内运动，并从N点(O、N连线的方向与电场方向一致，ON与PO的延长线夹角θ＝37°，sin θ＝)射出圆形区域，不计粒子重力，已知OP＝3R. (1)求粒子在磁场中运动的速度大小v； (2)求电场强度大小和粒子射出电场时的速度大小． 解析　(1)粒子运动轨迹如答图所示，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由几何知识得 (3R－r)2－R2＝r2 解得r＝R 粒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 qvB＝m 解得v＝ (2)因为r＝R，所以QO与PO夹角为53°，则粒子在Q点处的入射速度方向与电场方向垂直，粒子在电场中做类平抛运动，从N点射出，粒子在垂直电场方向的位移为x＝R＝vt 在沿电场方向，由牛顿第二定律得qE＝ma 粒子在沿电场方向的位移为y＝R＝at2 解得t＝，E＝ 粒子从射入电场到射出电场过程中，由动能定理得 qER＝mv′2－mv2 解得粒子射出电场时的速度大小v′＝. 答案　(1)　　(2)　 15．(16分)“太空粒子探测器”由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化为如图所示．辐射状的加速电场区域Ⅰ边界为两个同心平行圆弧面，O1为圆心，圆心角θ为120°，外圆弧面AB与内圆弧面CD的电势差为U0，M为外圆弧的中点，在紧靠O1右侧有一圆形匀强磁场区域Ⅱ，圆心为O2，半径为L，磁场方向垂直于纸面向外且大小为B＝ ，在磁场区域下方相距L处有一足够长的收集板PQ.已知M、O1、O2在一条直线上，且所在直线和PQ平行，N为Q2在PQ上的投影．假设太空中漂浮着质量为m、电荷量为q的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB弧面上，经电场从静止开始加速，然后从O1进入磁场，并最终到达PQ板被收集，忽略一切万有引力和粒子之间相互作用力． (1)求粒子经电场加速后，进入磁场时的速度大小v； (2)求从M点出发的粒子在磁场中运动的半径R； (3)假设所有粒子从AB弧面同时出发，则最先到达收集板的是从哪一点出发的粒子？求出该粒子从O1运动至收集板所用的时间． 解析　(1)带电粒子在电场中加速时，电场力做正功，根据动能定理有qU0＝mv2 解得v＝ . (2)从M点出发的粒子经电场加速到达O1点后水平进入磁场，在磁场中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有 qvB＝m 解得R＝L. (3)所有粒子从AB弧面同时出发，经电场由静止开始加速，到达O1点时的速度大小相等，在磁场中做匀速圆周运动的半径相同，根据对称性可知，它们经过磁场偏转后都从磁场边界垂直于PQ板射出，最终到达PQ板被收集，轨迹如图所示． 从各个粒子的运动轨迹可以看出，轨迹1在磁场中转动的角度最小，所以从A点出发的粒子运动的时间最短，根据轨迹图以及几何知识可知，该粒子速度方向偏转了30°，所以在磁场中运动的时间为 t1＝T＝·＝ 该粒子在磁场中沿竖直方向运动的距离为 d＝R sin 30°＝ 该粒子出磁场后匀速运动的时间为 t2＝＝＝ 该粒子从O1运动至收集板所用的时间为 t＝t1＋t2＝(3＋) . 答案　(1) 　　(2)L (3)A 点　(3＋) 学科网（北京）股份有限公司 $$