高二物理粵教版章末綜合測評磁場含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末綜合測評(三)磁場（時間：90分鐘分值：100分)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選項中，第1~7題只有一項符合題目要求，第8~12題有多項符合題目要求．全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分)1．有一導(dǎo)線南北方向放置，在其下方放一個小磁針．小磁針穩(wěn)定后,給導(dǎo)線通上如圖所示電流，發(fā)現(xiàn)小磁針的S極垂直紙面向外偏轉(zhuǎn)．關(guān)于此現(xiàn)象下列說法正確的是（)A．沒有通電時，小磁針的S極指向地磁場的南極B．通電后小磁針S極仍指向地磁場的南極C．通電導(dǎo)線在小磁針?biāo)谔幃a(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外D．通電后小磁針S極發(fā)生偏轉(zhuǎn)說明通電導(dǎo)線周圍存在磁場D[小磁針自由靜止時，指向地理北極的一端是小磁針的北極，即N極，地磁場的北極在地理南極附近，小磁針的S極指向地磁場的北極,故A錯誤；通電后根據(jù)安培定則可知，導(dǎo)線在小磁針處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里,所以小磁針N極將偏向紙里,S極將偏向紙外,故B、C錯誤；通電后小磁針S極發(fā)生偏轉(zhuǎn)說明通電導(dǎo)線周圍存在磁場，即電流的磁效應(yīng)，故D正確．]2.在同一平面上有a、b、c三根等間距平行放置的長直導(dǎo)線，依次通有電流強度大小為1A、2A和3A的電流，各電流的方向如圖所示，則導(dǎo)線b所受的合力方向是（)A．水平向左B．水平向右C．垂直紙面向外D．垂直紙面向里A［根據(jù)通有反向電流的導(dǎo)線相互排斥，可知b受到a的排斥力,同時受到c的排斥力；a的電流大小小于c的電流大小,則c對b的電場力大于a對b的電場力，可知導(dǎo)線b所受的合力方向水平向左．故A正確，B、C、D錯誤．］3.如圖所示，豎直面內(nèi)的導(dǎo)體框ABCD所在平面有水平方向的勻強磁場，AP⊥BC,∠B＝∠C＝60°，AB＝CD＝20cm，BC＝40cm.若磁場的磁感應(yīng)強度為0.3T，導(dǎo)體框中通入圖示方向的5A電流，A．大小為0。6N,方向沿PA方向B．大小為0。6N，方向沿AP方向C．大小為0。3N，方向沿PA方向D．大小為0.3N，方向沿BC方向C[力是矢量,三段導(dǎo)體在磁場中受到的安培力的合力與AD段受到的安培力是等效的，所以根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的長度L＝BC－2BP＝40cm－2×20cm×cos60°＝20cm＝0.2m，安培力的大小F＝BIL＝0。3×5×0。2＝0.3N．故C正確，A、B、D錯誤．］4．某空間存在勻強磁場和勻強電場．一個帶電粒子(不計重力）以一定初速度射入該空間后，做勻速直線運動；若僅撤除電場，則該粒子做勻速圓周運動，下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是()A．磁場和電場的方向 B．磁場和電場的強弱C．粒子的電性和電量 D．粒子入射時的速度C[由題可知，當(dāng)帶電粒子在復(fù)合場內(nèi)做勻速直線運動,即Eq＝qvB,則v＝eq\f（E,B),若僅撤除電場，粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，說明要滿足題意,對磁場與電場的方向以及強弱程度都要有要求，但是對電性和電量無要求，根據(jù)F＝qvB可知，洛倫茲力的方向與速度方向有關(guān)，故對入射時的速度也有要求,故選C。］5．如圖所示,兩平行光滑金屬導(dǎo)軌固定在絕緣斜面上，導(dǎo)軌間距為L,勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧上端固定，下端與水平直導(dǎo)體棒ab相連，彈簧與導(dǎo)軌平面平行并與ab垂直，直導(dǎo)體棒垂直跨接在兩導(dǎo)軌上，空間存在垂直導(dǎo)軌平面斜向上的勻強磁場．閉合開關(guān)K后,導(dǎo)體棒中的電流為I,導(dǎo)體棒平衡時，彈簧伸長量為x1；調(diào)轉(zhuǎn)圖中電源極性使棒中電流反向，導(dǎo)體棒中電流仍為I，導(dǎo)體棒平衡時彈簧伸長量為x2，忽略回路中電流產(chǎn)生的磁場，彈簧形變均在彈性限度內(nèi)，則磁感應(yīng)強度B的大小為()A．eq\f（k，2IL）(x2－x1） B．eq\f(k,IL)(x2－x1）C．eq\f（k,2IL)（x2＋x1） D．eq\f(k,IL)(x2＋x1)A［彈簧伸長量為x1時，導(dǎo)體棒所受安培力沿斜面向上,根據(jù)平衡條件沿斜面方向有mgsinα＝kx1＋BIL電流反向后，彈簧伸長量為x2，導(dǎo)體棒所受安培力沿斜面向下，根據(jù)平衡條件沿斜面方向有mgsinα＋BIL＝kx2聯(lián)立兩式得B＝eq\f（k,2IL)(x2－x1)，選A。]6.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示．它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近,分別和高頻交流電源相連接，兩盒間的窄縫中形成勻強電場,使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強磁場中,磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做圓周運動，通過兩盒間的窄縫時反復(fù)被加速，直到達到最大圓周半徑時通過特殊裝置被引出．如果用同一回旋加速器分別加速氚核（eq\o\al（\s\up1（3），\s\do1（1))H）和α粒子(eq\o\al(\s\up1（4），\s\do1（2）)He）,比較它們所加的高頻交流電源的周期和獲得的最大速度的大小，有(）A．加速氚核的交流電源的周期較大，氚核獲得的最大速度也較大B．加速氚核的交流電源的周期較大,氚核獲得的最大速度較小C．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大速度也較小D．加速氚核的交流電源的周期較小，氚核獲得的最大速度較大B［帶電粒子在磁場中運動的周期與交流電源的周期相同，根據(jù)T＝eq\f(2πm,qB)，知氚核(eq\o\al(\s\up1(3)，\s\do1（1））H)的質(zhì)量與電量的比值大于α粒子（eq\o\al（\s\up1（4),\s\do1（2)）He）的，所以氚核在磁場中運動的周期大，則加速氚核的交流電源的周期較大，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r）得，最大速度v＝eq\f（qBr,m)，則最大動能Ekm＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f（q2B2r2,2m），氚核的質(zhì)量是α粒子的eq\f(3，4）倍，氚核的電量是α粒子的eq\f（1,2)倍，則氚核的最大動能是α粒子的eq\f（1，3)倍，即氚核的最大動能較小,故B正確,A、C、D錯誤．]7。如圖是質(zhì)譜儀的原理圖，若速度相同的同一束粒子沿極板P1、P2的軸線射入電磁場區(qū)域，由小孔S0射入右邊的偏轉(zhuǎn)磁場B2中，運動軌跡如圖所示，不計粒子重力．下列相關(guān)說法中正確的是（）A．該束帶電粒子帶負(fù)電B．速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷q/m越小D［帶電粒子在磁場中向下偏轉(zhuǎn)，磁場的方向垂直紙面向外，根據(jù)左手定則知,該粒子帶正電，故A錯誤；在平行金屬板間，根據(jù)左手定則知，帶電粒子所受的洛倫茲力方向豎直向上，則電場力的方向豎直向下，知電場強度的方向豎直向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電,故B錯誤；進入B2磁場中的粒子速度是一定的，根據(jù)qvB＝meq\f（v2,r）得，r＝eq\f(mv,qB),知r越大，荷質(zhì)比eq\f（q,m）越小，而質(zhì)量m不一定大，故C錯誤，D正確．]8．如圖所示為圓柱形區(qū)域的橫截面,在該區(qū)域加沿圓柱軸線方向的勻強磁場．帶電粒子(不計重力)第一次以速度v1沿截面直徑入射，粒子飛出磁場區(qū)域時,速度方向偏轉(zhuǎn)60°角；該帶電粒子第二次以速度v2從同一點沿同一方向入射，粒子飛出磁場區(qū)域時，速度方向偏轉(zhuǎn)90°角．則帶電粒子第一次和第二次在磁場中運動的（)A．半徑之比為eq\r(3)∶1B．速度之比為1∶eq\r(3）C．時間之比為2∶3D．時間之比為3∶2AC［設(shè)磁場半徑為R，當(dāng)?shù)谝淮我运俣葀1沿截面直徑入射時，根據(jù)幾何知識可得eq\f（r1，R）＝tan60°，即r1＝eq\r（3）R。當(dāng)?shù)诙我运俣葀2沿截面直徑入射時,根據(jù)幾何知識可得r2＝R,則eq\f(r1，r2)＝eq\f(\r(3),1）,A正確;兩次情況下都是同一個帶電粒子在相同的磁感應(yīng)強度下運動的，所以根據(jù)公式r＝eq\f（mv，Bq)，可得eq\f(v1,v2）＝eq\f（r1,r2)＝eq\f（\r（3），1)，B錯誤；因為周期T＝eq\f（2πm,Bq)，與速度無關(guān),所以運動時間之比為eq\f(t1,t2)＝eq\f（\f（60°,360°)T,\f(90°，360°)T)＝eq\f（2,3），C正確，D錯誤．］9.如圖所示的區(qū)域共有六處開口，各相鄰開口之間的距離都相等，勻強磁場垂直于紙面,不同速度的粒子從開口a進入該區(qū)域，可能從b、c、d、e、f五個開口離開,粒子就如同進入“迷宮”一樣，可以稱作“粒子迷宮”．以下說法正確的是（）A．從d口離開的粒子不帶電B．從e、f口離開的粒子帶有異種電荷C．從b、c口離開的粒子運動時間相等D．從c口離開的粒子速度是從b口離開的粒子速度的2倍AD[從d口離開的粒子不偏轉(zhuǎn)，所以不帶電，選項A正確；根據(jù)左手定則，從e、f口離開的粒子帶有同種電荷，選項B錯誤；從b口離開的粒子運動時間是eq\f（1,2）T，從c口離開的粒子運動時間是eq\f（1，4）T，選項C錯誤;從c口離開的粒子軌道半徑是從b口離開的粒子軌道半徑的2倍，因此速度也是2倍關(guān)系,選項D正確．］10．如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖．帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器．速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強磁場和勻強電場的強度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.平板S下方有強度為B0A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B．該速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面向里C．該速度選擇器只能選出一種電性，且速度等于eq\f(B,E）的粒子D．打在A1處的粒子比打在A2處的粒子的比荷小AD［質(zhì)譜儀是測量帶電粒子荷質(zhì)比，分析同位素的重要工具,故A正確；帶電粒子進入磁場中向左偏轉(zhuǎn)，所受洛倫茲力向左，磁場的方向垂直紙面向外,根據(jù)左手定則，該粒子帶正電；該粒子在速度選擇器中,受到電場力方向水平向右，則洛倫茲力必須水平向左，該粒子才能通過速度選擇器，根據(jù)左手定則判斷磁場方向垂直紙面向外，故B錯誤;根據(jù)qE＝qvB知，v＝eq\f(E,B）時粒子能通過速度選擇器,故C錯誤；根據(jù)qvB＝meq\f（v2，r)知r＝eq\f（mv,qB），則越靠近狹縫P，半徑越小，則比荷越大,故打在A1處的粒子比打在A2處的粒子比荷小,故D正確．]11．電磁流量計是根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律制造的用來測量管內(nèi)導(dǎo)電介質(zhì)體積流量的感應(yīng)式儀表．如圖所示為電磁流量計的示意圖,勻強磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B；當(dāng)管中的導(dǎo)電液體流過時，測得管壁上a、b兩點間的電壓為U，單位時間(1s）內(nèi)流過管道橫截面的液體體積為流量(m3），己知管道直徑為D，則（）A．管中的導(dǎo)電液體流速為eq\f（U，BD)B．管中的導(dǎo)電液體流速為eq\f(BD，U）C．管中的導(dǎo)電液體流量為eq\f(BD,U）D．管中的導(dǎo)電液體流量為eq\f(πDU，4B)AD［最終正負(fù)電荷在電場力和洛倫茲力的作用下處于平衡，有qvB＝qeq\f(U,D）,則v＝eq\f（U,BD),故A正確，B錯誤；流量為Q＝vS＝eq\f（U,BD)·πeq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(D，2）)）eq\s\up10(2)＝eq\f(πDU，4B），故D正確，C錯誤．]12．如圖所示，套在足夠長的絕緣直棒上的帶正電小球，其質(zhì)量為m，電荷量為q。將此棒豎直放在互相垂直的、沿水平方向的勻強電場和勻強磁場中，勻強電場的電場強度大小為E，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B,小球與棒間的動摩擦因數(shù)為μ,小球由靜止沿棒豎直下落，重力加速度為g，且E〈eq\f（mg,μq)，小球帶電荷量不變．下列說法正確的是(）A．小球下落過程中的加速度先增大后減小B．小球下落過程中加速度一直減小直到為0C．小球運動中的最大速度為eq\f（mg,μqB）＋eq\f（E，B）D．小球運動中的最大速度為eq\f（mg,μqB）－eq\f（E,B）BD[小球下滑過程中，受到重力、摩擦力、彈力、向右的洛倫茲力、向右的電場力，開始階段，小球向下做加速運動時，速度增大,洛倫茲力增大,小球所受的棒的彈力向左，大小為FN＝qE＋qvB,FN隨著v的增大而增大，滑動摩擦力f＝μFN也增大，小球所受的合力F合＝mg－f,f增大，F(xiàn)合減小，加速度a減小，當(dāng)mg＝f時,a＝0,速度最大，做勻速運動，由mg＝f＝μ(qE＋qvmB)得小球運動中的最大速度為vm＝eq\f（mg,μqB）－eq\f(E,B）,故B、D正確，A、C錯誤．]二、非選擇題（本題共4小題，共52分）13。(8分)金屬滑桿ab連著一彈簧，水平地放置在兩根互相平行的光滑金屬導(dǎo)軌cd、ef上，如圖所示，有一勻強磁場垂直于cd與ef所在的平面，磁場方向如圖所示，合上開關(guān)S，彈簧伸長2cm，測得電路中的電流為5A，已知彈簧的勁度系數(shù)為20N/m，ab的長L＝0.1m．求勻強磁場的磁感應(yīng)強度的大小是多少?［解析］ab受到的安培力為：F＝BIL，根據(jù)胡克定律：f＝kΔx,由平衡條件得:BIL＝kΔx，代入數(shù)據(jù)解得：B＝eq\f（kΔx，IL)＝eq\f（20×0.02，5×0。1)T＝0。8T。[答案]0.8T14．(12分)如圖所示，粒子源能放出初速度為0、比荷均為eq\f（q，m）＝1。6×104C/kg的帶負(fù)電粒子，進入水平方向的加速電場中，加速后的粒子正好能沿圓心方向垂直進入一個半徑為r＝0.1m的圓形磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度B＝0.5T，在圓形磁場區(qū)域右邊有一豎直屏，屏的高度為h＝0。6eq\r(3)m,屏距磁場右側(cè)距離為L＝0。2m，且屏中心與圓形磁場圓心位于同一水平線上．現(xiàn)要使進入磁場中的帶電粒子能全部打在屏上,不計重力,試求加速電壓的最小值．［解析]粒子運動軌跡如圖所示：根據(jù)牛頓第二定律及幾何知識得taneq\f(θ，2）＝eq\f（r，R）＝eq\f（qBr,mv)，故磁感應(yīng)強度一定時，粒子進入磁場的速度越大，在磁場中偏轉(zhuǎn)量越小．若粒子恰好不飛離屏,則加速電壓有最小值，此時粒子剛好打在屏的最下端B點，根據(jù)帶電粒子在磁場中的運動特點可知,粒子偏離水平方向的夾角正切值為tanθ＝eq\f(\f（h，2）,r＋L)，解得tanθ＝eq\r（3)，粒子偏離水平方向的夾角θ＝60°＝eq\f(π，3)，由幾何關(guān)系可知，此時粒子在磁場中對應(yīng)的軌跡半徑為R＝eq\f(r,tan\f(θ，2）)＝eq\f（\r（3)，10)m帶電粒子在電場中加速,由動能定理得qU＝eq\f（1,2）mv2帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律可得qvB＝eq\f(mv2，R）聯(lián)立解得U＝60V故加速電壓的最小值為60V.［答案]60V15．(14分）如圖甲所示，質(zhì)量為m帶電量為－q的帶電粒子在t＝0時刻由a點以初速度v0垂直進入磁場，Ⅰ區(qū)域磁場磁感應(yīng)強度大小不變、方向周期性變化如圖乙所示(垂直紙面向里為正方向）；Ⅱ區(qū)域為勻強電場，方向向上;Ⅲ區(qū)域為勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小與Ⅰ區(qū)域相同均為B0。粒子在Ⅰ區(qū)域內(nèi)一定能完成半圓運動且每次經(jīng)過mn的時刻均為eq\f(T0,2）整數(shù)倍,則甲乙(1)粒子在Ⅰ區(qū)域運動的軌道半徑為多少？（2）若初始位置與第四次經(jīng)過mn時的位置距離為x，求粒子進入Ⅲ區(qū)域時速度的可能值（初始位置記為第一次經(jīng)過mn).［解析］（1）帶電粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qv0B0＝meq\f(veq\o\al（\s\up1（2），\s\do1(0)),r)解得r＝eq\f（mv0，qB0）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（或T0＝\f(2πr，v0),r＝\f(v0T0,2π)）).(2）第一種情況：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝eq\f(x，2）qv2B0＝meq\f（veq\o\al（\s\up1(2），\s\do1(2)），R）解得粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝eq\f(qB0x，2m）第二種情況：粒子在Ⅲ區(qū)域運動半徑R＝eq\f(x－4r,2)粒子在Ⅲ區(qū)域速度大小v2＝eq\f(qB0x，2m）－2v0。［答案］（1）eq\f(mv0,qB0）或eq\f（v0T0,2π)（2)eq\f(qB0x,2m）eq\f(qB0x,2m)－2v016．（18分)如圖所示，在y軸左側(cè)有一平行x軸方向的勻強電場，電場強度E＝2×103V/m,在y軸右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場，第一象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小B0＝eq\r（2)×10－2T，第四象限內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度大小為2B