2019高中物理 第五章 磁場與回旋加速器測評B（含解析）滬科選修3-1.docx

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磁場與回旋加速器測評B (高考體驗卷) 一、選擇題(本題包含8小題,每小題6分,共48分。在每小題給出的四個選項中,第1~5題只有一個選項符合題目要求,第6~8題有多個選項符合題目要求。全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有錯選的得0分) 1.(2014全國課標Ⅰ)關(guān)于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是(　　) A.安培力的方向可以不垂直于直導線 B.安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C.安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關(guān) D.將直導線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 解析:根據(jù)左手定則可知,安培力的方向既與磁場方向垂直,又與電流(或直導線)方向垂直,A項錯誤,B項正確;由安培力的大小F=BILsinθ可知,C項錯誤;將直導線從中點折成直角,有效長度不一定為原來的12,D項錯誤。 答案:B 2.(2014全國課標Ⅰ)如圖,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變,不計重力。鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為(　　) A.2　　　　B.2　　　　C.1　　　　D.22 解析:設(shè)鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度為B1和B2,由題意可知,粒子在鋁板上方與下方的運動半徑和動能之比分別為r1∶r2=2∶1,Ek1∶Ek2=2∶1,又r=mvqB,Ek=12mv2,可得B=2mEkqr,故B1∶B2=2∶2,D項正確。 答案:D 3.空間有一圓柱形勻強磁場區(qū)域,該區(qū)域的橫截面的半徑為R,磁場方向垂直于橫截面。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速率v0沿橫截面的某直徑射入磁場,離開磁場時速度方向偏離入射方向60。不計重力,該磁場的磁感應(yīng)強度大小為(　　) A.3mv03qR B.mv0qR C.3mv0qR D.3mv0qR 解析:根據(jù)題意作出粒子運動的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可得,粒子運動的半徑r=3R,根據(jù)粒子受到的洛倫茲力提供向心力可得,qv0B=mv02r,解得,B=3mv03qR,A項正確。 答案:A 4.如圖,半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面),磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面向外。一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域,射入點與ab的距離為R2。已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60,則粒子的速率為(不計重力)(　　) A.qBR2m B.qBRm C.3qBR2m D.2qBRm 解析:作出粒子在圓柱形勻強磁場區(qū)域的運動軌跡如圖,連接MN,根據(jù)粒子射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60,及MP=R2,得出各角的大小如圖所示,粒子的出射點必與磁場圓的圓心等高,四邊形OMON為菱形,粒子做圓周運動的半徑r=R,根據(jù)qvB=mv2R,得v=qBRm。 答案:B 5.(2014河南十所名校高三第一次階段測試)有兩根長直導線a、b互相平行放置,如圖所示為垂直于導線的截面圖。在如圖所示的平面內(nèi),O點為兩根導線連線的中點,M、N為兩導線連線的中垂線上的兩點,與O點的距離相等,aM與MN夾角為θ。若兩導線中通有大小相等、方向相反的恒定電流I,單根導線中的電流在M處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B0,則關(guān)于線段MN上各點的磁感應(yīng)強度,下列說法中正確的是(　　) A.M點和N點的磁感應(yīng)強度方向一定相反 B.M點和N點的磁感應(yīng)強度大小均為2B0cos θ C.M點和N點的磁感應(yīng)強度大小均為2B0sin θ D.在線段MN上有磁感應(yīng)強度為零的點 解析:根據(jù)安培定則和磁場疊加原理,M和N兩點的磁感應(yīng)強度方向相同,大小均為2B0sinθ,選項A、B錯誤,選項C正確。在MN上沒有磁感應(yīng)強度為零的點,選項D錯誤。 答案:C 6.(2014江蘇單科)如圖所示,導電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間,線圈中電流為I,線圈間產(chǎn)生勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小B與I成正比,方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面,此時通過霍爾元件的電流為IH,與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足:UH=kIHBd,式中k為霍爾系數(shù),d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離,電阻R遠大于RL,霍爾元件的電阻可以忽略,則(　　) A.霍爾元件前表面的電勢低于后表面 B.若電源的正負極對調(diào),電壓表將反偏 C.IH與I成正比 D.電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比 解析:由左手定則可判斷霍爾元件中電子的受力方向向里,電子向元件的后表面聚集,故霍爾元件的前表面電勢高于后表面,選項A錯誤;電源的正、負極對調(diào)時,線圈中及霍爾元件中電流方向均反向,電子的受力方向不變,仍是前表面電勢高于后表面,故電壓表不會反偏,選項B錯誤;由并聯(lián)電路電流分配特點可知,IH=RLR+RLI,IL=RR+RLI,有IH∝I,IL∝I,選項C正確;因B∝I,IH∝I,所以UH∝I2,又RL消耗的電功率P=IL2RL,即P∝IL2∝I2,所以UH∝P,選項D正確。 答案:CD 7.(2014浙江理綜)如圖1所示,兩根光滑平行導軌水平放置,間距為L,其間有豎直向下的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。垂直于導軌水平對稱放置一根均勻金屬棒。從t=0時刻起,棒上有如圖2所示的持續(xù)交變電流I,周期為T,最大值為Im,圖1中I所示方向為電流正方向。則金屬棒(　　) 圖1 圖2 A.一直向右移動 B.速度隨時間周期性變化 C.受到的安培力隨時間周期性變化 D.受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功 解析:在0~T2時間內(nèi),由左手定則可知,金屬棒所受安培力方向向右,金屬棒向右加速,在T2~T時間內(nèi),金屬棒所受安培力方向向左,金屬棒向右減速,t=T時,速度恰好減為零,以后又周期性重復上述運動,可知金屬棒一直向右移動,其速度隨時間周期性變化,受到的安培力隨時間周期性變化,選項A、B、C正確;安培力在一個周期內(nèi)對金屬棒先做正功,后做負功,由動能定理可知安培力在一個周期內(nèi)做的總功為零,選項D錯誤。 答案:ABC 8.空間存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場,圖中的正方形為其邊界。一細束由兩種粒子組成的粒子流沿垂直于磁場的方向從O點入射。這兩種粒子帶同種電荷,它們的電荷量、質(zhì)量均不同,但其比荷相同,且都包含不同速率的粒子。不計重力。下列說法正確的是 (　　) A.入射速度不同的粒子在磁場中的運動時間一定不同 B.入射速度相同的粒子在磁場中的運動軌跡一定相同 C.在磁場中運動時間相同的粒子,其運動軌跡一定相同 D.在磁場中運動時間越長的粒子,其軌跡所對的圓心角一定越大 解析:在磁場中,半徑r=mvqB,運動時間t=θmqB(θ為轉(zhuǎn)過的圓心角),選項B、D正確;當粒子從O點所在的邊上射出時:軌跡可以不同,但圓心角相同,為180,選項A、C錯誤。 答案:BD 二、填空題(本題包含2小題,共16分) 9.(8分)(2015江蘇新沂檢測)一個面積是40 cm2的導線框,垂直地放在勻強磁場中,穿過它的磁通量為0.8 Wb,則勻強磁場的磁感應(yīng)強度為　　　　。 解析:在勻強磁場中,當線圈與磁場垂直時,穿過線圈的磁通量Φ=BS,磁感應(yīng)強度B=ΦS=0.84010-4T=200T。 答案:200 T 10.(8分)(2014河北衡水檢測)一導體材料的樣品的體積為abc, A、C、A、C為其四個側(cè)面,如圖所示。已知導體樣品中載流子是自由電子,且單位體積中的自由電子數(shù)為n,電阻率為ρ,電子的電荷量為e,沿x方向通有電流I。 (1)導體樣品A、A兩個側(cè)面之間的電壓是　　　　,導體樣品中自由電子定向移動的速率是　　　　。 (2)將該導體樣品放在勻強磁場中,磁場方向沿z軸正方向,則導體側(cè)面C的電勢　　　　(選填“高于”“低于”或“等于”)側(cè)面C的電勢。 (3)在(2)中,達到穩(wěn)定狀態(tài)時,沿x方向的電流仍為I,若測得C、C兩側(cè)面的電勢差為U,則勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小為　　　　　。 解析:(1)由電阻定律知,導體材料的電阻為R=ρcab,則電壓U=IR=ρcIab,由電流的微觀表達式I=neSv,則電子定向移動的速率為v=Inabe。 (2)根據(jù)左手定則,電子向側(cè)面C偏轉(zhuǎn),故側(cè)面C的電勢較低,所以導體側(cè)面C的電勢高于側(cè)面C的電勢。 (3)當電子受洛倫茲力與電場力平衡后,有eUb=evB,解得B=naeUI。 答案:(1)ρcIab　Inabe　(2)高于　(3)naeUI 三、計算題(本題包含3小題,共36分。解題時要有必要的步驟和文字說明) 11.(10分)(2014江南十校聯(lián)考)某同學自制一電流表,其原理如圖所示。質(zhì)量為m的均勻細金屬桿MN與一豎直懸掛的絕緣輕彈簧相連,彈簧的勁度系數(shù)為k,在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直紙面向外。MN的右端連接一絕緣輕指針,可指示出標尺上的刻度。MN的長度大于ab,當MN中沒有電流通過且處于靜止時,MN與矩形區(qū)域的ab邊重合,且指針指在標尺的零刻度;當MN中有電流時,指針示數(shù)可表示電流大小。MN始終在紙面內(nèi)且保持水平,重力加速度為g。 (1)當電流表的示數(shù)為零時,求彈簧的伸長量; (2)為使電流表正常工作,判斷金屬桿MN中電流的方向; (3)若磁場邊界ab的長度為L1,bc的長度為L2,此電流表的量程是多少? 解析:(1)設(shè)當電流表示數(shù)為零時,彈簧的伸長量為Δx,則有 mg=kΔx,Δx=mgk。 (2)根據(jù)左手定則,金屬桿中的電流方向為M→N。 (3)設(shè)電流表滿偏時通過MN的電流為Im,則 BImL1+mg=k(L2+Δx),Im=kL2BL1。 答案:(1)mgk　(2)M→N　(3)Im=kL2BL1 12.(12分)如圖,在第一象限存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面(xy平面)向外;在第四象限存在勻強電場,方向沿x軸負向。在y軸正半軸上某點以與x軸正向平行、大小為v0的速度發(fā)射出一帶正電荷的粒子,該粒子在(d,0)點沿垂直于x軸的方向進入電場。不計重力。若該粒子離開電場時速度方向與y軸負方向的夾角為θ,求: (1)電場強度大小與磁感應(yīng)強度大小的比值; (2)該粒子在電場中運動的時間。 解析:(1)如圖,粒子進入磁場后做勻速圓周運動。設(shè)磁感應(yīng)強度的大小為B,粒子質(zhì)量與所帶電荷量分別為m和q,圓周運動的半徑為R0。由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B=mv02R0 ① 由題給條件和幾何關(guān)系可知R0=d ② 設(shè)電場強度大小為E,粒子進入電場后沿x軸負方向的加速度大小為ax,在電場中運動的時間為t,離開電場時沿x軸負方向的速度大小為vx。由牛頓第二定律及運動學公式得 Eq=max ③ vx=axt ④ vx2t=d ⑤ 由于粒子在電場中做類平拋運動(如圖),有 tanθ=vxv0 ⑥ 聯(lián)立①②③④⑤⑥式得 EB=12v0tan2θ。 ⑦ (2)聯(lián)立⑤⑥式得 t=2dv0tanθ。 ⑧ 答案:(1)12v0tan2θ　(2)2dv0tanθ 13.(14分)(2014四川資陽期末檢測)在如圖所示的直角坐標中,x軸的上方有與x軸正方向成θ=45角的勻強電場,電場強度的大小為E=2104 V/m。x軸的下方有垂直于xOy面的勻強磁場,磁感應(yīng)強度的大小為B=210-2 T,方向垂直紙面向外。把一個比荷為qm=2108 C/kg的帶正電粒子從坐標為(0,1.0)的A點處由靜止釋放,電荷所受的重力忽略不計。求: (1)帶電粒子從釋放到第一次進入磁場時所用的時間t; (2)帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑R; (3)帶電粒子第三次到達x軸上的位置坐標。 解析:(1)帶電粒子從A點釋放后做勻加速直線運動,有qE=ma ① yAsinθ=12at2 ② 聯(lián)立①②并代入數(shù)據(jù)得t=10-6s。 ③ (2)設(shè)帶電粒子進入磁場時的速度為v,則v=at ④ 帶電粒子進入磁場后在洛倫茲力作用下以O(shè)1為圓心做勻速圓周運動,有 qvB=mv2R ⑤ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得R=22m。 ⑥ (3)根據(jù)粒子運動軌跡的對稱性,由幾何關(guān)系知帶電粒子第二次到x軸的位置與第一次相距 L=2Rsinθ=1m⑦ 可知粒子恰從O點回到電場區(qū)域,作出運動軌跡如圖所示。 帶電粒子再次進入電場后,粒子做類平拋運動,設(shè)運動時間t后到達x軸位置Q(xQ,0),則由運動學規(guī)律有 沿著速度v方向xQsinθ=vt ⑧ 垂直速度v方向xQcosθ=12at2 ⑨ 聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得xQ=8m,即Q點位置坐標為(8,0)。 ⑩ 答案:(1)10-6 s　(2)22 m　(3)(8,0)