第八章 章末綜合檢測

1、第八章章末綜合檢測(時(shí)間:90分鐘滿分:100分)【測控導(dǎo)航】考點(diǎn)題號1.電流的磁場、安培定則12.磁場的疊加83.通電導(dǎo)線在磁場中的受力2,34.帶電粒子在有界磁場中的運(yùn)動4,10,115.帶電粒子在組合場中的運(yùn)動7,16,176.帶電粒子在交變磁場中的運(yùn)動187.帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動128.現(xiàn)代科技與磁場6,9,149.磁場與力學(xué)綜合問題5,13,15一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第17題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第812題有多項(xiàng)正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的得0分)1.(2015寶雞三模)19世紀(jì)法國學(xué)者安培提出了著名

2、的分子電流假說.他認(rèn)為,在原子、分子等物質(zhì)微粒內(nèi)部,存在著一種環(huán)形電流分子電流(分子電流實(shí)際上是由原子內(nèi)部電子的繞核運(yùn)動形成的),分子電流使每個(gè)物質(zhì)微粒都成為微小的磁體,它的兩側(cè)相當(dāng)于兩個(gè)磁極.下面將分子電流(箭頭表示電子運(yùn)動方向)等效為小磁體的圖示中正確的是(B)解析:由安培定則可判斷出分子電流等效為小磁體的圖示中正確的是B.2.(2016太原檢測)如圖所示,紙面內(nèi)A,B兩點(diǎn)間連接有四段導(dǎo)線,ACB,ADB,AEB,AFB,四段導(dǎo)線的粗細(xì)相同,材料相同,勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向內(nèi),現(xiàn)給MN兩端加上電壓,則關(guān)于四段導(dǎo)線,下列說法正確的是(B)A.四段導(dǎo)線受到的安培力的大小相等B.四段導(dǎo)線受到的安培

3、力方向相同C.ADB段受到的安培力最小D.ACB段受到的安培力最大解析:四段導(dǎo)線等效成通電直導(dǎo)線的等效長度都等于ADB的長度,電流方向相同,因此受到的安培力方向相同,由于ADB段電阻最小,因此電流最大,受到的安培力最大.選項(xiàng)B正確.3.(2015陜西西工大附中適應(yīng)性訓(xùn)練)1873年奧地利維也納世博會上,比利時(shí)出生的法國工程師格拉姆在布展時(shí)偶然接錯(cuò)了導(dǎo)線,把另一直流發(fā)電機(jī)發(fā)出的電接到了自己送展的直流發(fā)電機(jī)的電流輸出端,由此觀察到的現(xiàn)象導(dǎo)致了他的一項(xiàng)重要發(fā)明,從而突破了人類在電能利用中的一個(gè)瓶頸.此項(xiàng)發(fā)明是(B)A.新型直流發(fā)電機(jī)B.直流電動機(jī)C.交流電動機(jī) D.交流發(fā)電機(jī) 解析:直流發(fā)電機(jī)發(fā)電時(shí)

4、接另一直流發(fā)電機(jī),則另一直流發(fā)電機(jī)實(shí)際成了直流電動機(jī),B正確.4.(2016長春模擬)如圖所示,帶異種電荷的粒子a,b以相同的動能同時(shí)從O點(diǎn)射入寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場,兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°,且同時(shí)到達(dá)P點(diǎn).a,b兩粒子的質(zhì)量之比為(C)A.12B.21C.34D.43解析:根據(jù)題意畫出a,b粒子的軌跡如圖所示,a,b粒子軌跡的圓心分別是O1和O2,由圖可知,粒子a軌跡的半徑R1=d2sin60°=d3,粒子b軌跡的半徑R2=d2sin30°=d,由Ek=12mv2,可得12m1v12=12m2v22,即m1v12=m2v2

5、2,由qvB=mv2R,可得R1=m1v1q1B,R2=m2v2q2B,又a粒子軌跡長度s1=2×60360×2R1=2R13,粒子b的軌跡長度s2=2×30360×2R2=R23,所以v1=s1t,v2=s2t,聯(lián)立以上各式解得m1m2=34.5.(2015唐山調(diào)研)如圖所示,兩平行的粗糙金屬導(dǎo)軌水平固定在勻強(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,導(dǎo)軌寬度為L,一端與電源連接.一質(zhì)量為m的金屬棒ab垂直于平行導(dǎo)軌放置并接觸良好,金屬棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為=33,在安培力的作用下,金屬棒以v0的速度向右勻速運(yùn)動,通過改變磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向,可使流過導(dǎo)體棒的電流最小,此

6、時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向的夾角為(B)A.37°B.30°C.45°D.60°解析:由題意對棒受力分析,設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與豎直方向成角,則有ILBcos =(mg-ILBsin )整理得ILB=mgcos+sin電流有最小值,就相當(dāng)于安培力有最小值,最后由數(shù)學(xué)知識解得=30°.6.(2015北京豐臺區(qū)一模)如圖所示是洛倫茲力演示儀的實(shí)物圖和結(jié)構(gòu)示意圖,用洛倫茲力演示儀可以觀察運(yùn)動電子在磁場中的運(yùn)動徑跡.下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和分析正確的是(B)A.勵(lì)磁線圈通以逆時(shí)針方向的電流,則能形成結(jié)構(gòu)示意圖中的電子運(yùn)動徑跡B.勵(lì)磁線圈通以順時(shí)針方向的電流,

7、則能形成結(jié)構(gòu)示意圖中的電子運(yùn)動徑跡C.保持勵(lì)磁電壓不變,增加加速電壓,電子束形成圓周的半徑減小D.保持加速電壓不變,增加勵(lì)磁電壓,電子束形成圓周的半徑增大解析:若勵(lì)磁線圈通以逆時(shí)針方向的電流,由安培定則知,產(chǎn)生的磁場向外,根據(jù)左手定則判斷知,電子進(jìn)入磁場時(shí)所受的洛倫茲力向下,電子的運(yùn)動徑跡不可能是圖中所示,故A錯(cuò)誤;同理,可得勵(lì)磁線圈通以順時(shí)針方向的電流,則能形成圖中的電子運(yùn)動徑跡,故B正確;電子在加速電場中加速,由動能定理有eU=12mv02電子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動,洛倫茲力提供向心力,有eBv0=mv02R解得R=mv0eB=1B2mUe.可見保持勵(lì)磁電壓不變,B不變,增加加速電壓,

8、電子束形成圓周的半徑增大;保持加速電壓不變,增加勵(lì)磁電壓,B增大,電子束形成圓周的半徑減小,故C,D錯(cuò)誤.7.如圖所示,在x軸下方的第,象限中,存在垂直于xOy平面方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=2B2=2B,帶電粒子a,b分別從x軸上的P,Q兩點(diǎn)(圖中沒有標(biāo)出)以垂直于x軸方向的速度同時(shí)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B1,B2中,兩粒子恰在第一次通過y軸時(shí)發(fā)生正碰,碰撞前帶電粒子a的速度方向與y軸正方向成60°角,若兩帶電粒子的比荷分別為k1,k2,進(jìn)入磁場時(shí)的速度大小分別為v1,v2,不計(jì)粒子重力和兩粒子間相互作用,則下列關(guān)系正確的是(C)A.k1=2k2B.2k1=k2C.v1=2v2D.2v1

9、=v2解析:兩粒子在y軸上發(fā)生正碰時(shí)粒子a的速度與y軸正方向成60°角,則粒子b速度與y軸負(fù)方向成60°角,軌跡對應(yīng)的圓心角分別為120°和60°,如圖所示.兩粒子同時(shí)進(jìn)入磁場并相撞,則運(yùn)動時(shí)間相等,即t1=t2,而t1=T13=2m13q1B1,t2=T26=m23q2B2,將B1=2B2=2B代入得k1=k2;由于兩粒子正碰則軌道半徑相等,而R1=m1v1q1B1,R2=m2v2q2B2,解得v1=2v2.8.有兩根長直導(dǎo)線a,b互相平行放置,如圖所示為垂直于導(dǎo)線的截面圖.在圖中所示的平面內(nèi),O點(diǎn)為兩根導(dǎo)線連線的中點(diǎn),M,N為兩根導(dǎo)線附近的兩點(diǎn),它們

10、在兩導(dǎo)線連線的中垂線上,且與O點(diǎn)的距離相等.若兩導(dǎo)線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I,則關(guān)于線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的說法中正確的是(BD)A.M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相同B.M點(diǎn)和N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反C.在線段MN上各點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度都不可能為零D.在線段MN上只有一點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零解析:兩根導(dǎo)線分別在M點(diǎn)和N點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向如圖所示,分析得1=2=3=4,由矢量相加可知M點(diǎn)、N點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等,方向相反,線段MN中點(diǎn)O的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零.9.磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù).如圖所示,平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場,將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的

11、等離子體,沿圖中所示方向噴入磁場.圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī).把兩個(gè)極板與用電器相連,則(AD)A.用電器中的電流方向從A到BB.用電器中的電流方向從B到AC.若只減小磁場,發(fā)電機(jī)的電動勢增大D.若只增大噴入粒子的速度,發(fā)電機(jī)的電動勢增大解析:等離子體噴入磁場后,受洛倫茲力作用,帶正電粒子打在上極板,帶負(fù)電粒子打在下極板,用電器中電流方向從A到B;當(dāng)?shù)入x子體在磁場和電場中滿足qE=qvB時(shí),電場強(qiáng)度E=vB,此時(shí)電動勢最大,最大值Em=Bdv,所以若只增強(qiáng)磁場或只增大噴入粒子的速度,發(fā)電機(jī)的電動勢均會增大.10.(2016江西師大附中等五校聯(lián)考)在一個(gè)邊界為等邊三角形的區(qū)域內(nèi),存在一個(gè)方向垂直

12、于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,在磁場邊界上的P點(diǎn)處有一個(gè)粒子源,發(fā)出比荷相同的三個(gè)粒子a,b,c(不計(jì)重力),沿同一方向進(jìn)入磁場,三個(gè)粒子通過磁場的軌跡如圖所示,用ta,tb,tc分別表示a,b,c通過磁場的時(shí)間,用Ra,Rb,Rc分別表示a,b,c在磁場中的運(yùn)動半徑,則下列判斷正確的是(AC)A.ta=tb>tcB.tc>tb>taC.Rc>Rb>RaD.Rb>Ra>Rc解析:粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,由題圖可知,粒子軌道半徑Rc>Rb>Ra,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角a=b>c,粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期T=2mBq,由于粒子的比荷相同,磁感應(yīng)

13、強(qiáng)度B相同,故粒子周期相同,粒子在磁場中的運(yùn)動時(shí)間t=2T,故ta=tb>tc.11.(2015江西南昌二模)如圖,在 0x3a 區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.在t=0時(shí)刻,一位于坐標(biāo)原點(diǎn)的粒子源在xOy平面內(nèi)的第一象限發(fā)射出大量相同的帶電粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向與y軸正方向的夾角分布在090°范圍內(nèi).已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時(shí)刻剛好從磁場邊界上P(3a,3a)點(diǎn)離開磁場(粒子重力不計(jì)),則下列說法正確的有(AD)A.粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R為2aB.粒子速度大小為v0=2a3t0C.從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的

14、時(shí)間為3t0D.t=t0時(shí)刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比為13解析:由圖可知:OP=23a,=30°,如圖(甲)所示,C為粒子軌跡的圓心,CO=R.由R2=(R2)2+(3a)2得R=2a,選項(xiàng)A正確.由t0=2T得t0=120°360°·2mqB=2m3qB,由R=mvqB得v0=qBRm,聯(lián)立解得v0=4a3t0,選項(xiàng)B錯(cuò)誤.粒子在磁場中運(yùn)動時(shí)間最長,軌跡應(yīng)與磁場右邊界相切,如圖(乙)所示.粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為240°,所用時(shí)間為t=240°360°·TT=2mqB,聯(lián)立解得t=2t0,選項(xiàng)C錯(cuò)誤

15、.粒子不出磁場的入射角最大值為30°,所以t=t0時(shí)刻仍在磁場中的粒子數(shù)n1與發(fā)射總數(shù)n2之比n1n2=30°90°=13,選項(xiàng)D正確.12.(2015貴州六校聯(lián)盟第一次聯(lián)考)下列四個(gè)圖中,甲、乙兩圖是質(zhì)量均為m的小球以相同的水平初速度向右拋出,甲圖只受重力作用,乙圖除受重力外還受水平向右的恒定風(fēng)力作用;丙、丁兩圖中有相同的無限寬的電場,場強(qiáng)方向豎直向下,丁圖中還有垂直于紙面向里無限寬的勻強(qiáng)磁場且和電場正交,在兩圖中均以相同的初速度向右水平拋出質(zhì)量為m的正電荷,兩圖中不計(jì)重力作用,則下列有關(guān)說法正確的是(AC)A.甲、乙、丙三圖中的研究對象均做勻變速曲線運(yùn)動B.從

16、開始拋出經(jīng)過相同時(shí)間丙、丁兩圖豎直方向速度變化相同,甲、乙兩圖豎直方向速度變化相同C.從開始拋出到沿電場線運(yùn)動相等距離的過程內(nèi)丙、丁兩圖中的研究對象動能變化相同D.相同時(shí)間內(nèi)甲、乙兩圖中的研究對象在豎直方向的動能變化相同解析:甲、乙、丙三圖中的研究對象的受力均為恒力,因此研究對象均做勻變速曲線運(yùn)動;從開始拋出經(jīng)過相同時(shí)間,丙、丁兩圖正電荷在豎直方向受力不同,速度變化也不同;丙、丁兩圖中從開始拋出到沿電場線運(yùn)動相等距離的過程中電場力做功相同,洛倫茲力不做功,重力忽略不計(jì),因此只有電場力做功,所以丙、丁兩圖中的正電荷動能變化相同;因?yàn)閯幽苁菢?biāo)量沒有分量形式之說,因此相同時(shí)間內(nèi)甲、乙兩圖中研究對象在

17、豎直方向的動能變化相同這種說法是錯(cuò)誤的.二、非選擇題(共52分)13.(5分)(2016山東名校質(zhì)檢)如圖所示,一質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒MN兩端分別放在兩個(gè)固定的光滑圓形導(dǎo)軌上,兩導(dǎo)軌平行且間距為L,導(dǎo)軌處在豎直方向的勻強(qiáng)磁場中,當(dāng)導(dǎo)體棒中通一自左向右的電流I時(shí),導(dǎo)體棒靜止在與豎直方向成37°角的導(dǎo)軌上,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,求:(1)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=; (2)每個(gè)圓形導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力大小FN=. 解析:(1)從左向右看,受力分析如圖所示.由平衡條件得tan 37°=F安mg,F安=ILB,解得B=3mg

18、4IL.(2)設(shè)兩導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒支持力為2N,另有2Ncos 37°=mg,解得N=58mg.即每個(gè)圓導(dǎo)軌對導(dǎo)體棒的支持力大小為58mg.答案:(1)3mg4IL(2)58mg評分標(biāo)準(zhǔn):(1)2分,(2)3分.14.(6分)如圖所示為一電流表的原理示意圖.質(zhì)量為m的勻質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連,絕緣彈簧勁度系數(shù)為k.在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外.與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標(biāo)尺上的讀數(shù),MN的長度大于 ab.當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí),MN與矩形區(qū)域的cd邊重合,當(dāng)MN中有電流通過時(shí),指針示數(shù)可表示

19、電流強(qiáng)度. (1)當(dāng)電流表示數(shù)為0時(shí),彈簧的伸長量為.(重力加速度為g) (2)電流表正常工作時(shí),MN的哪一端接電源的正極?. (3)若k=2.0 N/m,ab=0.20 m,cb=0.050 m,B=0.20 T,則此電流表的量程為. (4)若將表的量程變?yōu)?3)中的2倍,磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)增加為. 解析:(1)設(shè)電流表示數(shù)為零時(shí),彈簧的伸長量為x,則有mg=kx,解得x=mgk.(2)為使電流表正常工作,作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下,因此M端應(yīng)接正極.(3)設(shè)電流表滿偏時(shí)通過MN的電流強(qiáng)度為Im,則有BImab+mg=k(cb+x),聯(lián)立并代

20、入數(shù)據(jù)得Im=2.5 A.(4)設(shè)量程擴(kuò)大后,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽,則有2BImab+mg=k(cb+x).解得B=kcb2Imab.代入數(shù)據(jù)得B=0.10 T.答案:(1)mgk(2)M端(3)2.5 A(4)0.10 T評分標(biāo)準(zhǔn):每空1.5分.15.(8分)如圖所示,在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.4 m、質(zhì)量為6×10-2 kg的通電直導(dǎo)線,電流強(qiáng)度I=1 A,方向垂直于紙面向外,導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動,整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度每秒增加0.4 T、方向豎直向上的磁場中.設(shè)t=0時(shí),B=0,則需要多長時(shí)間斜面對導(dǎo)線的支持力為零?(g取10 m/s2,sin

21、 37°=0.6,cos 37°=0.8)解析:斜面對導(dǎo)線的支持力為零時(shí)導(dǎo)線的受力如圖所示.由平衡條件得FTcos 37°=F (1分)FTsin 37°=mg (1分)解得F=mgtan37° (1分)代入數(shù)值得F=0.8 N. (1分)由F=ILB得B=FIL=0.81×0.4 T=2 T. (1分)B與t的變化關(guān)系為B=0.4t(T), (2分)所以t=5 s. (1分)答案:5 s16.(9分)如圖所示,AB,CD,EF是三條足夠長的豎直平行直線,它們之間的距離均為L=3 m,在AB至CD之間的區(qū)域內(nèi)有一豎直向上的勻強(qiáng)電場,場

22、強(qiáng)E=1×105 V/m,在CD至EF之間的區(qū)域內(nèi)有一方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度B=1×10-2 T.一比荷qm=3×109 C/kg、不計(jì)重力的帶正電粒子以初速度v0=3×107 m/s垂直于AB邊射入場區(qū).不考慮相對論效應(yīng),求:(1)粒子經(jīng)過電場從CD邊射出時(shí)速度的偏轉(zhuǎn)角;(2)粒子從EF邊離開磁場時(shí)出射點(diǎn)與AB邊的入射點(diǎn)間的高度差.解析:(1)粒子在電場中做類平拋運(yùn)動vx=v0vy=atL=v0t (1分)a=qEmtan =vyvx (1分)解得=30°. (1分)(2)在電場中,粒子沿豎直方向偏移的距離y1=12at2vc

23、os 30°=v0 (1分)粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動qvB=mv2R (1分)解得R=233 m (1分)因此粒子垂直邊界EF射出磁場,如圖所示據(jù)幾何關(guān)系:y2=R-Rcos 30° (1分)出射點(diǎn)與AB邊的入射點(diǎn)間的高度差y=y1+y2 (1分)解得y=43-36 m. (1分)答案:(1)30°(2)43-36 m17.(11分)在真空室內(nèi)建立坐標(biāo)系xOy,在x軸上存在兩個(gè)方向都垂直于紙面向外的磁場區(qū)域和,如圖所示,平行于x軸的直線aa和bb是區(qū)域的邊界線,兩個(gè)區(qū)域在y方向上的寬度都為d,在x方向上都足夠長,區(qū)和區(qū)內(nèi)分別充滿磁感應(yīng)強(qiáng)度為B和23B的勻強(qiáng)磁場,邊

24、界bb上裝有足夠長的平面感光板.一質(zhì)量為m、電荷量為+q的帶電粒子,從坐標(biāo)原點(diǎn)O以大小為v的速度沿y軸正方向射入?yún)^(qū)的磁場中,不計(jì)粒子的重力作用.(1)粒子射入的速度v大小滿足什么條件時(shí)可使粒子只在區(qū)內(nèi)運(yùn)動而不會進(jìn)入?yún)^(qū)?(2)粒子射入的速度v大小滿足什么條件時(shí)可使粒子擊中bb上的感光板?并求感光板可能被粒子擊中的范圍.解析:(1)粒子在區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有qvB=mv2R1, (1分)得粒子運(yùn)動的軌跡半徑R1=mvqB (1分)粒子只在區(qū)內(nèi)運(yùn)動而不會進(jìn)入?yún)^(qū),則R1d,解得速度v滿足的條件vqBdm. (1分)(2)粒子在區(qū)內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,有qv·23B=mv2R2 (1分)得粒子運(yùn)動的軌跡半徑R2=3mv2qB=32R1 (1分)粒子恰好能運(yùn)動到感光板的運(yùn)動情況如圖所示粒子在區(qū)中運(yùn)動的圓心為A1,在區(qū)中運(yùn)動的圓心為A2,在圖中A1CD相似于A2CE,因此CDA1C=A2EA2C,即dR1=R2-dR2, (1分)解得R1=53d,v=5qBd3m, (1分)因此,要使粒子擊中感光板,粒子射入的速度應(yīng)滿足v5qBd3m,在A1CD中,可得cos =dR1=35, (1分)粒子經(jīng)過感光板上的F點(diǎn)的橫