版选修3_1.docx

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1、1第三章 磁场测评(时间:60 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 6 分,共 48 分。其中第 15 题为单选题;第 68 题为多选题,全部选对得 6 分,选不全得 3 分,有选错或不答的得 0 分)1.下列关于电场和磁场的说法正确的是( )A.电场线和磁感线都是封闭曲线B.电场线和磁感线都是不封闭曲线C.通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D.电荷在电场中一定受到静电力的作用解析 磁感线是封闭曲线,电场线不是封闭曲线,选项 A、B 错误;当通电导线与磁场方向平行时,不受磁场力的作用,但电荷在电场中一定受到静电力的作用,选项 C 错误,选项 D 正确。答案 D2.如

2、图所示, ab、 cd 是两根在同一竖直平面内的直导线,在两导线中央悬挂一个小磁针,静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内,当两导线中通以大小相等的电流时,小磁针 N 极垂直纸面向里转动,则两导线中的电流方向 ( )A.一定都向上B.一定都向下C.ab 中电流向下, cd 中电流向上D.ab 中电流向上, cd 中电流向下解析 小磁针的 N 极垂直纸面向里偏转,说明两导线间的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可以判断, ab 中电流向上, cd 中电流向下。答案 D3.磁场中某区域的磁感线如图所示,则( )A.A、 B 两处的磁感应强度的大小不等, BABBB.A、 B 两处的磁感应强度的大小不等

3、, BABB,通电导线所受安培力与通电导线的放置有关,通电导线放在 A 处与放在 B 处受力大小无法确定。2答案 A4.一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度 顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔 M 射入筒内,射入时的运动方向与 MN 成 30角。当筒转过 90时,该粒子恰好从小孔 N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )A. B.3B 2BC. D. B 2B解析 如图为筒转过 90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。 M、 N分别为入射点和出射点

4、,分别作入射速度的垂线和 MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心 O。根据题意, NMN=45,OM 与 NM 延长线的夹角为 60,所以 OMN=75, MON=30,即轨迹圆的圆心角为 30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同, ,即T磁12=T筒4,解得比荷 ,A 选项正确。1122mqB=142 qm=3B答案 A5.如图所示,电源电动势为 E,内阻为 r,滑动变阻器的电阻为 R,两平行金属极板 a、 b 间有垂直纸面向里的匀强磁场,闭合开关,一束速度为 v 的带正电的粒子正好匀速穿过两板。不计带电粒子的重力,以下说法正确的是 ( )A.将滑片 P 向上滑动,粒子有可能从下极板边缘射

5、出B.将滑片 P 向下滑动,粒子有可能从下极板边缘射出3C.将 a 极板下移一些,粒子将继续沿直线穿出D.如果将开关断开,粒子将继续沿直线穿出解析 平行金属极板 a、 b 组成一个电容器,因电容器与滑动变阻器并联,将滑片 P 向上滑动,则滑动变阻器两端的电压减小,故两板间的电场强度减小,粒子所受静电力减小,因上板带正电,静电力向下,则粒子将向 a 板偏转,A 错误;将滑片 P 向下滑动,则滑动变阻器两端的电压增大,故两板间的电场强度增大,粒子所受的静电力增大,因上板带正电,静电力向下,则粒子将向 b 板偏转,B 正确;保持开关闭合,将 a 极板向下移动一点,板间距离减小,电压不变,故板间电场强

6、度增大,因粒子带正电,则粒子所受电场力向下,洛伦兹力向上,带电粒子所受的静电力变大,则粒子将向 b 板偏转,C 错误;若开关断开,则电容器与电源断开,而与滑动变阻器形成通路,电容器放电,故两板间的电场强度要减小,故粒子所受的静电力减小,粒子不会做直线运动,D 错误。答案 B6.已知一质量为 m 的带电液滴,经电压 U 加速后,水平进入互相垂直的匀强电场 E 和匀强磁场 B 中,液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,则( )A.液滴在空间可能受 4 个力作用B.液滴一定带负电C.液滴做圆周运动的半径 r=1B 2UEgD.液滴在场中运动时总能量不变解析 液滴受到重力、电场力和洛伦兹力

7、的作用,所以选项 A 错误。由于液滴做匀速圆周运动,所以电场力与重力为平衡力,电场力方向向上,可以判定液滴带负电,选项 B 正确。根据qU= mv2,r= ,qE=mg,解得 r= ,选项 C 正确。液滴在场中运动的整个过程能量守恒,选项 D 正确。12 mvqB 1B 2UEg答案 BCD7.如图所示,直导线通入垂直纸面向里的电流,在下列匀强磁场中,直导线能静止在光滑斜面上的是( )解析 要使直导线能够静止在光滑的斜面上,则直导线在磁场中受到的安培力必须与重力或重力沿斜面向下的分力平衡,通过左手定则判断得出,A、C 是正确的。4答案 AC8.质谱仪的工作原理示意图如图所示。带电粒子被加速电场

8、加速后,进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为 B 和 E。平板 S 上有可让粒子通过的狭缝 P 和记录粒子位置的胶片 A1A2。平板 S 下方有磁感应强度为 B0的匀强磁场。下列表述正确的是( )A.质谱仪是分析同位素的重要工具B.速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C.能通过狭缝 P 的带电粒子的速率等于EBD.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝 P,粒子的比荷越小解析 由加速电场可见粒子所受静电力向下,即粒子带正电,在速度选择器中,静电力水平向右,洛伦兹力水平向左,因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外;经过速度选择器时满足 qE=qvB,可知能通过狭缝 P 的带电

9、粒子的速率等于 ,带电粒子进入磁场做匀速圆周运动,则有 R= ,可见当 v 相同时,EB mvqBR ,所以可以用来区分同位素,且 R 越大,比荷就越小,D 错误。mq答案 ABC二、实验题(本题共 2 小题,共 18 分。把答案填在题中的横线上)9.(9 分)如图为“电流天平”,可用于测定磁感应强度。在天平的右端挂有一矩形线圈,设其匝数n=5,底边 cd 长 L=20 cm,放在垂直于纸面向里的待测匀强磁场中,且线圈平面与磁场垂直。当线圈中通入如图所示方向的电流 I=100 mA 时,调节砝码使天平平衡。若保持电流大小不变,使电流方向反向,则要在天平右盘加质量 m=8.2 g 的砝码,才能使

10、天平再次平衡。则 cd 边所受的安培力大小为 N,磁感应强度 B 的大小为 T(g 取 10 m/s2)。 解析 电流方向反向,则安培力大小不变,由竖直向下变为竖直向上,则 F=2nBIL=mg,所以 cd 边所受安培力大小 F 安 = mg=4.110-2 N,磁感应强度 B= T=0.41 T。12 mg2nIL= 8.210-3102510010-30.2答案 4.110-2 0.4110.(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:(115(1)能把 粒子 He)加速到的速度为 。 (42(2)能使 粒子获得的动能为 。 (3)加速 粒

11、子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为 。 解析 回旋加速器的最大半径是一定的,由 R= ,质子 H 的质量和电荷量的比值即 ,而 粒子mvqB 11 me=11质量和电荷量的比值为 ,RH= ,R = 。42 mveB m vqBRH=R ,得 v = mv2= 。v2,12 R2q2B22m所以 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 粒子2mqB的周期是质子运动周期的 2 倍,即所加交变电场的周期的比为 2 1 的关系,则频率之比为 1 2。答案 (1) (2)Ek (3)1 2v2三、解答题(本题共 3 小题,共 34 分。解答应写出必要的文字说

12、明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)11.(10 分)水平面上有电阻不计的 U 形导轨 NMPQ,它们之间的宽度为 L,M 和 P 之间接入电动势为 E 的电源(不计内阻)。现垂直于导轨搁一根质量为 m、电阻为 R 的金属棒 ab,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,方向与水平面夹角为 且指向右上方,如图所示,问:(1)当 ab 棒静止时,受到的支持力和摩擦力各为多少?(2)若 B 的大小和方向均能改变,则要使 ab 棒所受支持力为零, B 的大小至少为多少?此时 B 的方向如何?解析 从 b 向 a 看截面如图所示。(1)水平方向:Ff=F

13、 安 sin 竖直方向:FN+F 安 cos =mg 又 F 安 =BIL=B L ER联立 得:6FN=mg- ,Ff= 。BLEcosR BLEsinR(2)要使 ab 棒受支持力为零,且让磁场最小,可知安培力竖直向上,则有 F 安 =mg,Bmin= ,根据mgREL左手定则判定磁场方向水平向右。答案 (1)mg- (2) 方向水平向右BLEcosR BLEsinR mgREL12.(12 分)如图所示,在半径为 R= 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场 ,磁感应强度为 B,圆mv0Bq形区域右侧有一竖直感光板 MN,圆顶点 P 有一速率为 v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场,已知粒

14、子的质量为 m,电荷量为 q,粒子的重力不计。(1)若粒子对准圆心射入,求它在磁场中运动的时间;(2)若粒子对准圆心射入,且速率为 v0,求它打到感光板 MN 上时速度的垂直分量。3解析 (1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为 r,由牛顿第二定律得 Bqv0=m ,所以v02rr=R,带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周,轨迹对应的圆心角为 ,如图所示。故运动时间 2t= 。 2Rv0= m2qB(2)由(1)知,当 v= v0时,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为 R,其运动轨迹如图所示。3 3由图可知 PO2O= OO2A=30所以带电粒子离开磁场时偏向角为 60粒子打到感

15、光板上时速度的垂直分量为 v =vsin 60= v0。327答案 (1) (2) v0 m2qB 3213.(12 分)如图所示的平面直角坐标系 xOy,在第 象限内有平行于 y 轴的匀强电场,方向沿 y 轴正方向;在第 象限的正方形 abcd 区域内有匀强磁场,方向垂直于 xOy 平面向里,正方形边长为 L 且ad 边与 x 轴重合, ab 边与 y 轴平行。一质量为 m、电荷量为 q 的粒子,从 y 轴上的 P(0,h)点,以大小为 v0的速度沿 x 轴正方向射入电场,通过电场后从 x 轴上的 a(2h,0)点进入第 象限的磁场区域,不计粒子所受的重力。求:(1)电场强度 E 的大小。(

16、2)粒子到达 a 点时速度的大小和方向。(3)磁感应强度 B 满足什么条件,粒子经过磁场后能到达 y 轴上,且速度与 y 轴负方向成 45角?解析 (1)粒子做类平抛运动, h= t2,解得 E=qE2m mv022qh粒子做类平抛运动:沿 y 轴方向: h= t212Eqm沿 x 轴方向:2 h=v0t解得: E= 。mv022qh(2)到达 a 点时水平速度为 v0,竖直速度为 vy水平方向 2h=v0t,竖直方向 h= vyt12得 vy=v0所以到达 a 点的速度 va= v0,方向与 x 轴正方向成 45角。28(3)粒子到达 y 轴上,且速度与 y 轴负方向成 45角,必须要从 ab 边射出,从 b 点射出时对应的磁感应强度 B 最小,粒子在磁场中的轨迹是以 O1为圆心的一段四分之一圆弧,设半径为 r1,r1= L22由 Bqva=m 得 B=va2r1 2mv0qL所以磁感应强度须满足的条件为 B 。2mv0qL答案 (1) (2) v0,方向与 x 轴正方向成 45角mv022qh 2(3)B2mv0qL9