章末检测
(时间：90分钟　满分：100分)
一、单项选择题(本题6小题，每小题5分，共30分)
1．关于地磁场，下列叙述正确的是    (　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A．地球的地磁两极与地理的两极重合
B．我们用指南针确定方向，指南的一极是指南针的北极
C．地磁的北极与地理南极重合
D．地磁的北极在地理南极附近
解析　地球是一个大磁体，地磁北极(N极)在地理南极附近，地磁南极(S极)在地理北极附近，并不重合．指南针指南的一端应该是磁针的南极(S极)．选项D正确．
答案　D
2．一个带正电的微粒(重力不计)穿过如图1所示的匀强电场和匀强磁场区域时，恰能沿直线运动，则欲使电荷向下偏转，应采用的办法是    (　　)．


图1
A．增大电荷质量      B．增大电荷电荷量
C．减小入射速度      D．增大磁感应强度
解析　粒子在穿过这个区域时所受的力为：竖直向下的电场力Eq和竖直向上的洛伦兹力qvB，且此时Eq＝qvB.若要使电荷向下偏转，需使Eq>qvB，则减小速度v、减小磁感应强度B或增大电场强度E均可．
答案　C


图2
3. (2010·上海单科，13)如图2所示，长为2l的直导线折成边长相等，夹角为60°的V形，并置于与其所在平面相垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B.当在该导线中通以电流强度为I的电流时，该V形通电导线受到的安培力大小为
        (　　)．
A．0      B．0.5BIl 
C．BIl      D．2BIl
解析　V形导线通入电流I时每条边受到的安培力大小均为BIl，方向分别垂直于导线斜向上，再由平行四边形定则可得其合力F＝BIl，答案为C.
答案　C


图3
4.如图3所示，当电键S闭合的时候，导线ab受力的方向应为    (　　)．
A．向右      B．向左
C．向纸外      D．向纸里
解析　由安培定则可判断左边的螺线管右端为S极，右边的螺线管左端为N极，即导线ab处在向左的磁场中，由左手定则可判断，导线ab受力方向向纸里，故D项正确，A、B、C项错误．
答案　D
5．(2010·重庆理综，21)如图4所示，矩形MNPQ区域内有方向垂直于纸面的匀强磁场，有5个带电粒子从图中箭头所示位置垂直于磁场边界进入磁场，在纸面内做匀速圆周运动，运动轨迹为相应的圆弧．这些粒子的质量、电荷量以及速度大小如下表所示．

粒子
编号
质量
电荷量
(q>0)
速度
大小

1
m
2q
v

2
2m
2q
2v

3
3m
－3q
3v

4
2m
2q
3v

5
2m
－q
v

　

图4
由以上信息可知，从图中a、b、c处进入的粒子对应表中的编号分别为
        (　　)．
A．3、5、4      B．4、2、5
C．5、3、2      D．2、4、5
解析　结合题图，运用左手定则可知，粒子a与b电性相同，粒子c与前两者电性必相反．ra＝rc＝rb.根据r＝可知，A项中ra＝rb，B项中ra＝rb，均与题意不符，A、B两项均错误．C项中若只剩粒子1和4则二者电性与图中其余两条轨道不符，故C项错误，只有D项符合，答案为D.
答案　D
6．如图5所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将再一次通过O点(　　)．


图5

A.      B.
C.      D.


解析　粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝＋＝，所以B选项正确．
答案　B
二、多项选择题(本题5小题，每小题6分，共30分．每小题选对但不全的得4分，有选错的或不选的得0分)


图6
7.如图6所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化，则下列判断中正确的是        (　　)．
A．磁场B减小，油滴动能增加
B．磁场B增大，油滴机械能不变
C．使磁场方向反向，油滴动能减小
D．使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小
解析　开始时油滴所受洛伦兹力跟重力平衡，即qvB＝mg.B减小或反向时，油滴将向下偏转，重力做正功，洛伦兹力不做功，故动能增加，重力势能减小，A、D项正确，C项错误；当B增加时，油滴将向上偏转，但只有重力做功，故B项正确．
答案　ABD
8．如图7所示，在垂直纸面向里的匀强磁场的边界上，有两个质量和电荷量均相同的正、负离子，从O点以相同的速度射入磁场中，射入方向均与边界成θ角．若不计重力，关于正、负离子在磁场中的运动，下列说法正确的是
        (　　)．


图7
A．运动的轨道半径不相同
B．重新回到边界的速度大小和方向都相同
C．重新回到边界的位置与O点距离相同
D．运动的时间相同
解析　

由于洛伦兹力不做功，所以再次回到边界的速度大小相同，正负离子在磁场中运动，再次回到边界的轨迹如图．正离子沿1，负离子沿2，把2轨迹翻转刚好能和1组成一个完整的圆，所以＝，因此A项错、C项正确、B项正确，又由于两段圆弧所对的圆心角不同，因此运行时间不同，D项错．
答案　BC


图8
9．如图8所示，直导线处于足够大的匀强磁场中，与磁感线成 θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是 (　　)．
A．增大电流I
B．增加直导线的长度
C．使导线在纸面内顺时针转30°角
D．使导线在纸面内逆时针转60°角
答案　ABD


图9
10．光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S与内阻不计、电动势为E的电源相连，一根质量为m、电阻为R的导体棒ab，用长为l的绝缘细线悬挂，悬线竖直时导体棒恰好与导轨良好接触且细线处于张紧状态，如图9所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，当闭合开关S时，导体棒向右摆出，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ角，则        (　　)．
A．磁场方向一定竖直向上
B．导体棒离开导轨前受到向左的安培力
C．导体棒摆到最大高度时重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)
D．导体棒离开导轨前电源提供的电能大于mgl(1－cos θ)
解析　从题中知道导体棒ab向右摆动，说明导体棒ab受到向右的安培力作用，由左手定则可知磁场方向一定竖直向下，A、B两项错误；电源提供的电能转化成了两部分，一部分是电路中所产生的热，另一部分是导体棒的机械能，D项正确；最大高度时，导体棒重力势能的增加量等于mgl(1－cos θ)，C项正确．
答案　CD
11．如图10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10
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零的匀加速运动，故小球运动轨迹是抛物线，故C正确、D错误．
答案　BC
三、非选择题(40分)


图11
12．(12分)如图11所示，导轨间的距离L＝0.5 m，B＝2 T，ab棒的质量m＝1 kg，物块G＝3 N，动摩擦因数μ＝0.2，电源的电动势E＝10 V，r＝0.1 Ω，导轨的电阻不计，ab棒电阻也不计，问R的取值范围怎样时棒处于静止状态？
解析　依据物体平衡条件可得
棒恰不右滑时：G－μmg－BLI1＝0①
棒恰不左滑时：G＋μmg－BLI2＝0②
依据全电路欧姆定律可得
E＝I1(R1＋r)③
E＝I2(R2＋r)④
联立①③得R1＝BLE/(G－mgμ )－r＝9.9 Ω
联立②④得R2＝BLE/(G＋mgμ)－r＝1.9 Ω
所以R的取值范围为：1.9 Ω≤R≤9.9 Ω.
答案　1.9 Ω≤R≤9.9 Ω


图12
13．(12分)如图12所示，AB为水平放置，长度足够长的固定绝缘横杆，杆上套着一个带正电的滑块，滑块的质量m＝10 g，带电量q＝8×10－3 C，整个装置处于水平向里的匀强磁场中，磁感应强度B＝5 T，现给滑块一个水平向右的初速度v0＝10 m/s，滑块便开始运动，已知滑块跟杆之间的动摩擦因数为μ＝0.2，求滑块克服摩擦力所做的功．(g＝10 m/s2)
解析　滑块最初所受洛伦兹力的大小为
F＝qv0B＝8×10－3×10×5 N＝0.4 N
重力mg＝0.01×10 N＝0.1 N＜F
所以滑块受到向下的正压力的作用，水平方向有摩擦力存在，直到N＝0即qvB＝mg时，摩擦力消失，滑块匀速运动
这时v＝＝2.5 m/s
Wf＝mv－mv2＝0.47 J.
答案　0.47 J


图13
14．(16分)在以坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，如图13所示．一个不计重力的带电粒子从磁场边界与x轴的交点A处以速度v沿－x方向射入磁场，它恰好从磁场边界与y轴的交点C处沿＋y方向飞出．
(1)请判断该粒子带何种电荷，并求出其比荷；
(2)若磁场的方向和所在空间范围不变，而磁感应强度的大小变为B′，该粒子仍从A处以相同的速度射入磁场，但飞出
磁场时的速度方向相对于入射方向改变了60°角，求磁感应强度B′是多大？此次粒子在磁场中运动所用时间t是多少？
解析　(1)由粒子的飞行轨迹，利用左手定则可知，该粒子带负电荷．


粒子由A点射入，由C点射出，其速度方向改变了90°，则粒子轨迹半径
R＝r①
又qvB＝m②
则粒子的比荷＝.③
(2)粒子从D点飞出磁场，速度方向改变了60°角，故AD弧所对圆心角为60°，粒子做圆周运动的半径
R′＝rcot 30°＝r④
又R′＝⑤
所以B′＝B⑥
粒子在磁场中的飞行时间
t＝T＝×＝.⑦
答案　见解析