物理人教版選修3-1階段驗(yàn)收評估（三）磁場

階段驗(yàn)收評估（三）磁場(時(shí)間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共8小題，每小題6分，共48分，第1～5小題中只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，第6～8小題中有多個(gè)選項(xiàng)符合題意，全選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)1．一根無限長的通電直導(dǎo)線旁放一通電矩形線框，電流方向如圖所示，直導(dǎo)線和線框在同一平面內(nèi)，線框在通電直導(dǎo)線的磁場力作用下將會()A．靜止不動(dòng) B．向右平移C．向左平移 D．向下平移解析：選B直導(dǎo)線中的電流方向由上向下，根據(jù)安培定則，導(dǎo)線右側(cè)區(qū)域磁感應(yīng)強(qiáng)度向外，根據(jù)左手定則可知線框左邊受向右的安培力，右邊受到向左的安培力，上邊受到向下的安培力，下邊受到向上的安培力，離通電導(dǎo)線越遠(yuǎn)的位置，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小，故根據(jù)安培力公式F＝BIL，左邊受到的安培力大于右邊，上邊受到的安培力等于下邊受到的安培力，故線框?qū)⑾蛴疫\(yùn)動(dòng)。故B正確。2.如圖所示，a、b、c、d為四根與紙面垂直的長直導(dǎo)線，其橫截面位于正方形的四個(gè)頂點(diǎn)上，導(dǎo)線中通有大小相同的電流，方向如圖所示。一帶正電的粒子從正方形中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，它所受洛倫茲力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：選B根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場的特點(diǎn)和安培定則可知，b、d兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場大小相等，方向相反，a、c兩導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁場的方向均向左，故O點(diǎn)的合磁場方向向左，又帶正電的粒子沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則可判斷出帶電粒子受到的洛倫茲力向下，選項(xiàng)B正確。3.如圖所示，兩根垂直紙面、平行且固定放置的直導(dǎo)線M和N，通有同向等值電流；沿紙面與直導(dǎo)線M、N等距放置另一根可自由移動(dòng)的通電導(dǎo)線ab，則通電導(dǎo)線ab在安培力作用下運(yùn)動(dòng)的情況是()A．沿紙面逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)B．沿紙面順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)C．a(chǎn)端轉(zhuǎn)向紙外，b端轉(zhuǎn)向紙里D．a(chǎn)端轉(zhuǎn)向紙里，b端轉(zhuǎn)向紙外解析：選D根據(jù)長直導(dǎo)線周圍磁場的分布規(guī)律和矢量合成法則，可以判斷兩電流M、N連線中垂線上方磁場方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于紙面向里，兩電流M、N連線中垂線下方磁場方向水平向左，ab下半段所受安培力垂直于紙面向外，所以a端轉(zhuǎn)向紙里，b端轉(zhuǎn)向紙外，選項(xiàng)D正確。4.(2017·江蘇高考)如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：選A由題圖可知，穿過a、b兩個(gè)線圈的磁通量均為Φ＝B·πr2，因此磁通量之比為1∶1，A項(xiàng)正確。5．比荷為eq\f(e,m)的電子以速度v0沿AB邊射入邊長為a的等邊三角形的勻強(qiáng)磁場區(qū)域中，如圖所示，為使電子從BC邊穿出磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍為()A．B＞eq\f(\r(3)mv0,ea) B．B＜eq\f(\r(3)mv0,ea)C．B＞eq\f(2mv0,ea) D．B＜eq\f(2mv0,ea)解析：選B根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有Bev0＝meq\f(v02,R)，解得：B＝eq\f(mv0,eR)，粒子通過C點(diǎn)的軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系，得到半徑為R＝eq\f(\r(3),3)a，故B＝eq\f(\r(3)mv0,ea)，磁感應(yīng)強(qiáng)度越小半徑越大，故B＜eq\f(\r(3)mv0,ea)時(shí)，粒子從BC邊飛出，故選項(xiàng)B正確。6．(2017·全國卷Ⅱ)某同學(xué)自制的簡易電動(dòng)機(jī)示意圖如圖所示。矩形線圈由一根漆包線繞制而成，漆包線的兩端分別從線圈的一組對邊的中間位置引出，并作為線圈的轉(zhuǎn)軸。將線圈架在兩個(gè)金屬支架之間，線圈平面位于豎直面內(nèi)，永磁鐵置于線圈下方。為了使電池與兩金屬支架連接后線圈能連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)起來，該同學(xué)應(yīng)將()A．左、右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆都刮掉B．左、右轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉C．左轉(zhuǎn)軸上側(cè)的絕緣漆刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉D．左轉(zhuǎn)軸上下兩側(cè)的絕緣漆都刮掉，右轉(zhuǎn)軸下側(cè)的絕緣漆刮掉解析：選AD裝置平面示意圖如圖所示。如圖所示的狀態(tài)，磁感線方向向上，若形成通路，線圈下邊導(dǎo)線中電流方向向左，受垂直紙面向里的安培力，同理，上邊導(dǎo)線中電流受安培力垂直紙面向外，使線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。當(dāng)線圈上邊導(dǎo)線轉(zhuǎn)到下邊時(shí)，若仍通路，線圈上、下邊中電流方向與圖示方向相比均反向，受安培力反向，阻礙線圈轉(zhuǎn)動(dòng)。若要線圈連續(xù)轉(zhuǎn)動(dòng)，要求左、右轉(zhuǎn)軸只能上一側(cè)或下一側(cè)形成通路，另一側(cè)斷路。故選A、D。7．如圖所示，沿直線通過速度選擇器的正粒子從狹縫S射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場中，偏轉(zhuǎn)后出現(xiàn)的軌跡半徑之比為R1∶R2＝1∶2，則下列說法正確的是()A．粒子的速度之比為1∶1B．粒子的電荷量之比為1∶2C．粒子的質(zhì)量之比為1∶2D．粒子比荷之比為2∶1解析：選AD粒子沿直線通過速度選擇器，可知電場力和洛倫茲力平衡，有：qvB＝qE，解得v＝eq\f(E,B)。可知粒子的速度之比為1∶1，故A正確。粒子進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)得，r＝eq\f(mv,qB)，則比荷eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因?yàn)樗俣认嗟?，磁感?yīng)強(qiáng)度相等，半徑之比為1∶2，則比荷之比為2∶1。由題目條件，無法得出電荷量之比、質(zhì)量之比，故B、C錯(cuò)誤，D正確。8．如圖所示，空間有垂直于xOy平面的勻強(qiáng)磁場。t＝0時(shí)刻，一電子以速度v0經(jīng)過x軸上的A點(diǎn)，沿x軸正方向進(jìn)入磁場。A點(diǎn)坐標(biāo)為(－eq\f(1,2)R,0)，其中R為電子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑。不計(jì)重力影響，則以下結(jié)論正確的是()A．電子經(jīng)過y軸時(shí)，速度大小仍為v0B．電子在t＝eq\f(πR,6v0)時(shí)，第一次經(jīng)過y軸C．電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2－\r(3),2)R))D．電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))解析：選ABD由題意可知，根據(jù)左手定則，電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，電子只受洛倫茲力作用，由于其力對電子不做功，因此速度大小不變?nèi)詾関0，故A正確；因A點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，0))，則圓周運(yùn)動(dòng)軌跡圓心在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)R，－R))，由幾何關(guān)系可知，∠AO′B＝30°，周期T＝eq\f(2πR,v0)，因此電子第一次經(jīng)過y軸時(shí)間為t＝eq\f(T,12)＝eq\f(πR,6v0)，故B正確；由幾何關(guān)系可知，OB長度為R－eq\f(\r(3),2)R，因此電子第一次經(jīng)過y軸的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3)－2,2)R))，故D正確。二、計(jì)算題(本題共3小題，共52分)9．(14分)音圈電機(jī)是一種應(yīng)用于硬盤、光驅(qū)等系統(tǒng)的特殊電動(dòng)機(jī)。圖是某音圈電機(jī)的原理示意圖，它由一對正對的磁極和一個(gè)正方形剛性線圈構(gòu)成，線圈邊長為L，匝數(shù)為n，磁極正對區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于線圈平面豎直向下，大小為B，區(qū)域外的磁場忽略不計(jì)。線圈左邊始終在磁場外，右邊始終在磁場內(nèi)，前后兩邊在磁場內(nèi)的長度始終相等。某時(shí)刻線圈中電流從P流向Q，大小為I。(1)求此時(shí)線圈所受安培力的大小和方向。(2)若此時(shí)線圈水平向右運(yùn)動(dòng)的速度大小為v，求安培力的功率。解析：(1)由安培力表達(dá)式F＝BIL可知，線圈所受的安培力F＝nBIL，由左手定則可判斷安培力方向水平向右。(2)由功率公式P＝Fv可知，安培力的功率P＝nBILv。答案：(1)安培力的大?。簄BIL方向：水平向右(2)安培力的功率：nBILv10．(18分)如圖所示，在y>0的區(qū)域內(nèi)有沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場，在y<0的區(qū)域內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場。一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)從y軸上A點(diǎn)以沿x軸正方向的初速度v0開始運(yùn)動(dòng)。當(dāng)電子第一次穿越x軸時(shí)，恰好到達(dá)C點(diǎn)；當(dāng)電子第二次穿越x軸時(shí)，恰好到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)；當(dāng)電子第三次穿越x軸時(shí)，恰好到達(dá)D點(diǎn)。C、D兩點(diǎn)均未在圖中標(biāo)出。已知A、C點(diǎn)到坐標(biāo)原點(diǎn)的距離分別為d、2d。不計(jì)電子的重力。求：(1)電場強(qiáng)度E的大??；(2)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)電子從A運(yùn)動(dòng)到D經(jīng)歷的時(shí)間t。解析：電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。(1)電子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，設(shè)電子從A到C的時(shí)間為t12d＝v0t1d＝eq\f(1,2)at12a＝eq\f(eE,m)求出E＝eq\f(mv02,2ed)。(2)設(shè)電子進(jìn)入磁場時(shí)速度為v，v與x軸的夾角為θ，則tanθ＝eq\f(at1,v0)＝1，可得θ＝45°求出v＝eq\r(2)v0電子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力evB＝meq\f(v2,r)由圖可知r＝eq\r(2)d求出B＝eq\f(mv0,ed)。(3)由拋物線的對稱關(guān)系，電子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為3t1＝eq\f(6d,v0)電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3,4)·eq\f(2πm,eB)＝eq\f(3πd,2v0)電子從A運(yùn)動(dòng)到D的時(shí)間t＝3t1＋t2＝eq\f(3d4＋π,2v0)。答案：(1)eq\f(mv02,2ed)(2)eq\f(mv0,ed)(3)eq\f(3d4＋π,2v0)11．(20分)如圖所示，一平行板電容器長為d，極板間距也為d，極板間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E1，在平行板電容器的右側(cè)(虛線右側(cè))，極板的中間平分線OO′上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場B，OO′下方存在豎直向上的勻強(qiáng)電場E2，一帶電微粒初速度為v0，質(zhì)量為m，帶電量為q(q＞0)，從O點(diǎn)沿著OO′的方向射入電場，恰好從上極板的右邊緣射入勻強(qiáng)磁場，并從A點(diǎn)垂直O(jiān)O′向下進(jìn)入電場。(不計(jì)微粒重力，E2＝E1，E1、E2、B均未知)求：(1)平行板電容器內(nèi)電場的電場強(qiáng)度E1的大小；(2)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??；(3)若在離A點(diǎn)右側(cè)的距離為eq\f(11\r(2),4)d的O′處，有一塊垂直于OO′的擋板PQ，從粒子第一次到達(dá)A點(diǎn)開始計(jì)時(shí)，到擊中擋板PQ，需要多長時(shí)間？解析：(1)微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向：d＝v0t1，在豎直方向上：eq\f(1,2)d＝eq\f(1,2)at12＝eq\f(1,2)eq\f(qE1,m)t12，解得：E1＝eq\f(mv02,qd)；(2)微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，在水平方向：d＝v0t1，豎直方向：eq\f(1,2)d＝eq\f(vy,2)t1，則vy＝v0，微粒進(jìn)入磁場時(shí)的速度：v＝eq\r(2)v0，方向與豎直方向夾角為45°，微粒在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由數(shù)學(xué)知識可知，軌道半徑：R＝eq\f(\r(2),2)d，由牛頓第二定律得：meq\f(v2,R)＝qvB，解得：B＝eq\f(2mv0,qd)；(3)微粒在電場中，由牛頓第二定律得：a＝eq\f(qE2,m)，在電場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t2＝3×2×eq\f(v,a)＝eq\f(6\r(2)d,v0)，在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t3＝T＋eq\f(1,3)T＝eq\f(4πd,3v0)，微?？偟倪\(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝t2＋t3＝eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)。答案：(1)eq\f(mv02,qd)(2)eq\f(2mv0,qd)(3)eq\f(18\r(2)＋4πd,3v0)(時(shí)間：90分鐘滿分：110分)一、選擇題(本題共14小題，每小題4分，共56分，第1～8小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意，第9～14小題有多個(gè)選項(xiàng)符合題意；全選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯(cuò)的得0分)1.如圖所示，把輕質(zhì)導(dǎo)電線圈用絕緣細(xì)線懸掛在磁鐵N極附近，磁鐵的軸線穿過線圈的圓心且垂直于線圈平面，當(dāng)線圈內(nèi)通入圖示方向的電流時(shí)，線圈將()A．向左運(yùn)動(dòng) B．向右運(yùn)動(dòng)C．靜止不動(dòng) D．無法確定解析：選A方法一：等效法。把通電線圈等效成小磁針，由安培定則可知，線圈等效成小磁針后，左端是S極，右端是N極，根據(jù)異名磁極相互吸引，線圈將向左運(yùn)動(dòng)。選項(xiàng)A正確。方法二：電流元法。取線圈的上、下兩小段分析，如圖所示，根據(jù)其中心對稱性可知線圈所受安培力的合力水平向左，故線圈向左運(yùn)動(dòng)。選項(xiàng)A正確。2.如圖所示，A、B、C、D、E是半徑為r的圓周上等間距的五個(gè)點(diǎn)，在這些點(diǎn)上各固定一個(gè)點(diǎn)電荷，除A點(diǎn)處的電荷量為－q外，其余各點(diǎn)處的電荷量均為＋q，則圓心O處()A．場強(qiáng)大小為eq\f(kq,r2)，方向沿OA方向B．場強(qiáng)大小為eq\f(kq,r2)，方向沿AO方向C．場強(qiáng)大小為eq\f(2kq,r2)，方向沿OA方向D．場強(qiáng)大小為eq\f(2kq,r2)，方向沿AO方向解析：選C在A處放一個(gè)－q的點(diǎn)電荷與在A處同時(shí)放一個(gè)＋q和－2q的點(diǎn)電荷的效果相當(dāng)，因此可以認(rèn)為O處的場是五個(gè)＋q和一個(gè)－2q的點(diǎn)電荷產(chǎn)生的場合成的，五個(gè)＋q處于對稱位置上，在圓心O處產(chǎn)生的合場強(qiáng)為0，所以O(shè)點(diǎn)的場強(qiáng)相當(dāng)于－2q在O處產(chǎn)生的場強(qiáng)。故選C。3．以下說法正確的是()A．根據(jù)電勢差的定義式UAB＝eq\f(WAB,q)，帶電荷量為1C正電荷，從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)克服電場力做功為1J，則A、B點(diǎn)的電勢差為－1VB．運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中一定受到力的作用C．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向就是小磁針北極所指的方向D．表征磁場中某點(diǎn)磁場的強(qiáng)弱是把一小段通電導(dǎo)線放到該點(diǎn)時(shí)受到的磁場力與該段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值解析：選A從A點(diǎn)移動(dòng)到B點(diǎn)克服電場力做功為1J，所以電場力做功為－1J，由定義式UAB＝eq\f(WAB,q)，可得A、B點(diǎn)的電勢差為－1V，故A正確。當(dāng)運(yùn)動(dòng)電荷在磁場中運(yùn)動(dòng)方向與磁場平行時(shí)，不受力的作用，故B錯(cuò)誤。磁場的方向就是小磁針靜止時(shí)N極所指的方向，故C錯(cuò)誤。磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝eq\f(F,IL)是表征磁場中某點(diǎn)磁場的強(qiáng)弱，是把一小段通電導(dǎo)線“垂直磁場的方向”放到該點(diǎn)時(shí)受到的磁場力與該小段導(dǎo)線長度和電流乘積的比值，故D錯(cuò)誤。4.電阻R和電動(dòng)機(jī)M串聯(lián)接到電路中，如圖所示，已知電阻R跟電動(dòng)機(jī)線圈的電阻值相等，開關(guān)接通后，電動(dòng)機(jī)正常工作。設(shè)電阻R和電動(dòng)機(jī)M兩端的電壓分別為U1和U2，經(jīng)過時(shí)間t，電流通過R做功為W1，產(chǎn)生的熱量為Q1，電流通過電動(dòng)機(jī)做功為W2，產(chǎn)生的熱量為Q2，則有()A．U1＜U2，Q1＝Q2 B．U1＝U2，Q1＝Q2C．W1＝W2，Q1＞Q2 D．W1＜W2，Q1＜Q2解析：選A電動(dòng)機(jī)是非純電阻，其兩端電壓U2＞IR＝U1，B錯(cuò)誤；電流做的功W1＝U1It，W2＝U2It，故W1＜W2，C錯(cuò)誤；產(chǎn)生的熱量由Q＝I2Rt可判斷Q1＝Q2，A正確，D錯(cuò)誤。5.兩平行金屬板相距為d，電勢差為U，一電子質(zhì)量為m、電荷量為e，從O點(diǎn)沿垂直于極板的方向射入電場，最遠(yuǎn)到達(dá)A點(diǎn)，然后返回，如圖所示，OA間距為h，則此電子的初動(dòng)能為()A.eq\f(edh,U) B.eq\f(dU,eh)C.eq\f(eU,dh) D.eq\f(eUh,d)解析：選D電子從O點(diǎn)到達(dá)A點(diǎn)的過程中，僅在電場力作用下速度逐漸減小，根據(jù)動(dòng)能定理可得－eUOA＝0－Ek，因?yàn)閁OA＝eq\f(U,d)h，所以Ek＝eq\f(eUh,d)，所以正確選項(xiàng)為D。6.醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來監(jiān)測通過動(dòng)脈的血流速度。電磁血流計(jì)由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的。使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖所示。由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運(yùn)動(dòng)，電極a、b之間會有微小電勢差。在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場可看做勻強(qiáng)電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零。在某次監(jiān)測中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢差為160μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040T。則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為()A．1.3m/s，a正、b負(fù) B．2.7m/s，a正、b負(fù)C．1.3m/s，a負(fù)、b正 D．2.7m/s，a負(fù)、b正解析：選A根據(jù)左手定則，正離子在磁場中受到洛倫茲力的作用向上偏，負(fù)離子在磁場中受到洛倫茲力的作用向下偏，因此電極a為正極，電極b為負(fù)極；當(dāng)達(dá)到平衡時(shí)，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，則qE＝Bqv，又E＝eq\f(U,d)，得v＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.04×3×10－3)m/s＝1.3m/s，選項(xiàng)A正確。7．如圖所示，在一平面正方形MNPQ區(qū)域內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場垂直紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，一質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子以速度v從Q點(diǎn)沿著與邊QP夾角為30°的方向垂直進(jìn)入磁場，從QP邊界射出，已知QP邊長為a，不計(jì)粒子的重力，下列說法正確的是()A．該粒子帶正電B．運(yùn)動(dòng)過程中粒子的速度不變C．粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πm,3qB)D．粒子的速度的最大值為eq\f(qBa,2m)解析：選C粒子從PQ邊射出磁場，粒子剛射入磁場時(shí)受到的洛倫茲力垂直于速度斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負(fù)電，故A錯(cuò)誤；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子速度大小不變而方向發(fā)生變化，粒子速度發(fā)生變化，故B錯(cuò)誤；粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2×30°＝60°，粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間：t＝eq\f(θ,360°)T＝eq\f(60°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)，故C正確；粒子從P點(diǎn)射出磁場時(shí)軌道半徑最大，粒子速度最大，此時(shí)粒子軌道半徑r＝a，由牛頓第二定律得：qvB＝meq\f(v2,r)，粒子的最大速度：v＝eq\f(qBr,m)＝eq\f(qBa,m)，故D錯(cuò)誤。8．在某控制電路中，需要連成如圖所示的電路，主要由電動(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r的電源與定值電阻R1、R2及電位器(滑動(dòng)變阻器)R連接而成，L1、L2是紅、綠兩個(gè)指示燈，當(dāng)電位器的觸頭由弧形碳膜的中點(diǎn)逆時(shí)針滑向a端時(shí)，下列說法中正確的是()A．L1、L2兩個(gè)指示燈都變亮B．L1、L2兩個(gè)指示燈都變暗C．L1變亮，L2變暗D．L1變暗，L2變亮解析：選B當(dāng)電位器向a段滑動(dòng)時(shí)，電路的總電阻減小，干路電流增大，所以內(nèi)電壓增大，路段電壓減小，所以燈L1變暗；通過電阻R1的電流變大，所以電位器兩端的電壓減小，即通過燈L2兩端的電壓減小，所以燈L2變暗，故B正確。9.長為L的直導(dǎo)線ab斜放(夾角為θ)在水平軌道上，軌道平行且間距為d，通過ab的電流為I，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示，則導(dǎo)線ab所受安培力的大小為()A.eq\f(IdB,cosθ) B.eq\f(IdB,sinθ)C．ILBsinθ D．ILB解析：選BD導(dǎo)線ab所受安培力的大小為F＝BIL＝eq\f(IdB,sinθ)，選項(xiàng)B、D正確。10．如圖，兩電荷量分別為Q(Q＞0)和－Q的點(diǎn)電荷對稱地放置在x軸上原點(diǎn)O的兩側(cè)，a點(diǎn)位于x軸上O點(diǎn)與點(diǎn)電荷Q之間，b點(diǎn)位于y軸O點(diǎn)上方，取無窮遠(yuǎn)處的電勢為零。下列說法正確的是()A．b點(diǎn)電勢為零，電場強(qiáng)度也為零B．正的試探電荷在a點(diǎn)的電勢能大于零，所受電場力方向向右C．將正的試探電荷從O點(diǎn)移到a點(diǎn)，必須克服電場力做功D．將同一正的試探電荷先后從O、b兩點(diǎn)移到a點(diǎn)，后者電勢能的變化較大解析：選BC因?yàn)榈攘慨惙N電荷在其連線的中垂線上的電場方向?yàn)樗街赶蜇?fù)電荷，所以電場方向與中垂線方向垂直，故中垂線為等勢線，因?yàn)橹写咕€延伸到無窮遠(yuǎn)處，所以中垂線的電勢為零，故b點(diǎn)的電勢為零，但是電場強(qiáng)度不為零，A錯(cuò)誤；等量異種電荷連線上，電場方向由正電荷指向負(fù)電荷，方向水平向右，在中點(diǎn)O處電勢為零，O點(diǎn)左側(cè)電勢為正，右側(cè)電勢為負(fù)，又知道正電荷在正電勢處電勢能為正，故B正確；O點(diǎn)的電勢低于a點(diǎn)的電勢，電場力做負(fù)功，所以必須克服電場力做功，C正確；O點(diǎn)和b點(diǎn)的電勢相等，所以先后從O、b點(diǎn)移到a點(diǎn)，電場力做功相等，電勢能變化相同，D錯(cuò)誤。11．如圖所示，有a、b、c、d四個(gè)粒子，它們帶等量同種電荷，質(zhì)量不等，有ma＝mb＜mc＝md，以不等的速率va＜vb＝vc＜vd進(jìn)入速度選擇器后，有兩種粒子從速度選擇器中射出，進(jìn)入B2磁場，由此可判定()A．射向P1的是a粒子B．射向P2的是d粒子C．射向A1的是c粒子D．射向A2的是d粒子解析：選AB在速度選擇器中，只有滿足Bqv＝Eq，即v＝eq\f(E,B)的粒子才能通過速度選擇器，四種粒子的速度va＜vb＝vc＜vd，故只有b、c粒子穿過速度選擇器，因?yàn)檫@兩種粒子在磁場中向左偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則可得這四種粒子都帶正電，在速度選擇器中，因?yàn)関a＜vd，所以a粒子受到的洛倫茲力小于電場力，向左偏，即射向P1，d粒子受到的洛倫茲力大于電場力，故向右偏，射向P2，A、B正確；在勻強(qiáng)磁場中，受到的洛倫茲力F＝Bqv＝meq\f(v2,r)，運(yùn)動(dòng)半徑r＝eq\f(mv,Bq)，由于mb＜mc，所以b的運(yùn)動(dòng)半徑小于c的運(yùn)動(dòng)半徑，故射向A1的是b粒子，射向A2的是c粒子，故C、D錯(cuò)誤。12．如圖所示，在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場共存的區(qū)域內(nèi)，電場的場強(qiáng)為E，方向豎直向下，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直于紙面向里，一質(zhì)量為m的帶電粒子，在場區(qū)內(nèi)的一豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則可判斷該帶電質(zhì)點(diǎn)()A．帶有電荷量為eq\f(mg,E)的負(fù)電荷B．沿圓周逆時(shí)針運(yùn)動(dòng)C．運(yùn)動(dòng)的角速度為eq\f(gB,E)D．運(yùn)動(dòng)的速率解析：選ACA．帶電粒子在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，有mg＝qE，求得電荷量q＝eq\f(mg,E)，根據(jù)電場強(qiáng)度方向和電場力方向判斷出粒子帶負(fù)電，故A正確；B.由左手則可判斷粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng)，故B錯(cuò)誤；C.由qvB＝mvω得ω＝eq\f(qB,m)＝eq\f(mgB,Em)＝eq\f(gB,E)，故C正確；D.在速度選擇器裝置中才能判斷帶電粒子的速度，故D錯(cuò)誤。13．如圖所示是一個(gè)可以用來測量磁感應(yīng)強(qiáng)度的裝置。底部是正方形的長方體絕緣容器，內(nèi)部高為L，厚度為d，容器左右兩側(cè)等高處裝有兩根完全相同的開口向上的豎直管子a、b，容器的頂、底部各裝有電極C(正極)和D(負(fù)極)，并經(jīng)過開關(guān)S與電源連接，容器中注滿能導(dǎo)電的液體，液體密度為ρ。將容器置于一個(gè)勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里，當(dāng)開關(guān)S斷開時(shí)，豎直管子a、b中的液面高度相同，當(dāng)開關(guān)S閉合后，豎直管子a、b中的液面出現(xiàn)高度差h，電路中電流表的示數(shù)為I，則()A．導(dǎo)電液體中電流的方向?yàn)橛蒀到DB．導(dǎo)電液體中電流的方向?yàn)橛蒁到CC．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(ρghd,I)D．勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(ρghL,I)解析：選AC開關(guān)S閉合后，導(dǎo)電液體中有電流由C流到D，根據(jù)左手定則可知導(dǎo)電液體要受到向右的安培力F作用，F(xiàn)＝BIL，在液體中產(chǎn)生附加壓強(qiáng)p，這樣a、b管中液面將出現(xiàn)高度差。長方體絕緣容器左右側(cè)面橫截面積S＝Ld，左右兩邊的壓力差ΔF＝pS，又ΔF＝F，在液體中產(chǎn)生附加壓強(qiáng)p＝ρgh，聯(lián)立以上公式，解得B＝eq\f(ρghd,I)，A、C正確。14．如圖所示，豎直平面內(nèi)的光滑絕緣軌道ABC，其中AB為傾斜直軌道，BC為與AB相切的圓形軌道，并且圓形軌道處在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直紙面向里。質(zhì)量相同的甲、乙、丙三個(gè)小球中，甲球帶正電，乙球帶負(fù)電，甲、乙兩球的電荷量相等，丙球不帶電，現(xiàn)將三個(gè)小球在軌道AB上分別從不同高度處由靜止釋放，都恰好通過圓形軌道的最高點(diǎn)，則下列說法中正確的是()A．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)三個(gè)小球的速度相等B．經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)甲的速度最小C．甲釋放時(shí)的位置比乙高D．運(yùn)動(dòng)過程中三個(gè)小球的機(jī)械能保持不變解析：選CD在圓形軌道最高點(diǎn)，甲球所受的洛倫茲力向下，則有mg＋Bqv甲＝eq\f(mv甲2,R)，乙球所受的洛倫茲力向上，則mg－Bqv乙＝eq\f(mv乙2,R)，丙球不帶電，則有mg＝eq\f(mv丙2,R)，故經(jīng)過最高點(diǎn)時(shí)甲的速度最大，選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。小球在運(yùn)動(dòng)過程中，只有重力做功，故機(jī)械能守恒，選項(xiàng)C、D正確。二、實(shí)驗(yàn)題(本題共2小題，共16分)15．(6分)一課外小組同學(xué)想要測量一個(gè)電源的電動(dòng)勢及內(nèi)阻。準(zhǔn)備的器材有：電流表(0～200mA，內(nèi)阻是12Ω)，電阻箱R(最大阻值9.9Ω)，一個(gè)開關(guān)和若干導(dǎo)線。(1)由于電流表A的量程較小，考慮到安全因素，同學(xué)們將一個(gè)定值電阻和電流表并聯(lián)，若要使并聯(lián)后流過定值電阻的電流是流過電流表的電流的2倍，則定值電阻的阻值R0＝________Ω。(2)設(shè)計(jì)的電路圖如圖甲所示。若實(shí)驗(yàn)中記錄電阻箱的阻值R和電流表的示數(shù)I，并計(jì)算出eq\f(1,I)，得到多組數(shù)據(jù)后描點(diǎn)作出R-eq\f(1,I)圖線如圖乙所示，則該電源的電動(dòng)勢E＝________V，內(nèi)阻r＝________Ω。解析：(1)由題意可知，設(shè)通過電流表的電流為I，則通過電阻R0的電流為2I；則R0＝eq\f(1,2)RA＝6Ω；(2)R0與RA并聯(lián)后的電阻為R1＝eq\f(6×12,6＋12)Ω＝4Ω，根據(jù)全電路歐姆定律：E＝3I(R＋R1＋r)，變形可得：R＝eq\f(E,3)·eq\f(1,I)－(4＋r)；由圖線可知：4＋r＝6，eq\f(E,3)＝eq\f(6,3)，則r＝2Ω，E＝6V。答案：(1)6(2)6216．(10分)某實(shí)驗(yàn)小組研究兩個(gè)未知元件X和Y的伏安特性，使用的器材包括電壓表(內(nèi)阻約為3kΩ)、電流表(內(nèi)阻約為1Ω)、定值電阻等。(1)使用多用電表粗測元件X的電阻，選擇“×1”歐姆擋測量，示數(shù)如圖(a)所示，讀數(shù)為________Ω，據(jù)此應(yīng)選擇圖中的________(填“b”或“c”)電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(2)連接所選電路，閉合S，滑動(dòng)變阻器的滑片P從左向右滑動(dòng)，電流表的示數(shù)逐漸________(填“增大”或“減小”)；依次記錄電流及相應(yīng)的電壓；將元件X換成元件Y，重復(fù)實(shí)驗(yàn)。(3)圖(a)是根據(jù)實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)作出的U-I圖線，由圖可判斷元件________(填“X”或“Y”)是非線性元件。(4)該小組還借助X和Y中的線性元件和阻值R＝21Ω的定值電阻，測量待測電池的電動(dòng)勢E和內(nèi)阻r，電路如圖(b)所示，閉合S1和S2，電壓表讀數(shù)為3.00V；斷開S2，讀數(shù)為1.00V。利用圖(a)可算得E＝________V，r＝________Ω(結(jié)果均保留兩位有效數(shù)字，視電壓表為理想電壓表)。解析：(1)用多用電表的歐姆擋測電阻時(shí)，電阻值＝示數(shù)×倍率，故X的讀數(shù)為10Ω×1＝10Ω，由于eq\f(RX,RA)＜eq\f(RV,RX)，或RX?RV，故用伏安法測元件X的電阻時(shí)，電流表應(yīng)外接，故選b電路進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。(2)滑片P從左向右滑動(dòng)過程中，元件X兩端的電壓越來越大，電流越來越大，故電流表示數(shù)逐漸增大。(3)由U-I圖線可知Y是非線性元件。(4)由(3)中的U-I圖線，可知線性元件的電阻RX＝10Ω，當(dāng)S1、S2都閉合時(shí)，回路中的電流I1＝eq\f(U1,RX)＝0.3A，當(dāng)S1閉合，S2斷開時(shí)，回路中的電流I2＝eq\f(U2,RX)＝0.1A，根據(jù)閉合電路歐姆定律，得E＝I1(RX＋r)，E＝I2(RX＋R＋r)，聯(lián)立兩式并代入數(shù)據(jù)解得E≈3.2V，r＝0.50Ω。答案：(1)10b(2)增大(3)Y(4)3.20.50三、計(jì)算題(本題共3小題，共38分)17．(12分)如圖所示，小球A和B帶電荷量均為q＝1.5×10－5C，質(zhì)量分別為0.01kg和0.02kg，用不計(jì)質(zhì)量的長度為50cm豎直細(xì)繩連接，在豎直向上的足夠大的勻強(qiáng)電場中以速度v0＝0.5m/s勻速上升，某時(shí)刻細(xì)繩突然斷開。小球A和B之間的相互作用力忽略不計(jì)，重力加速度g＝10m/s2。求：(1)該勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E；(2)細(xì)繩斷開后，A、B兩球的加速度aA、aB；(3)細(xì)繩斷開后，0.4s末A、B兩球間的距離。解析：(1)設(shè)場強(qiáng)為E，把小球A、B看成一個(gè)系統(tǒng)，由于繩未斷前做勻速運(yùn)動(dòng)，則有：2qE＝3mg得E＝eq\f(3mg,2q)，解得E＝104N/C。(2)細(xì)繩斷開后，根據(jù)牛頓第二定律，對A有：qE－mg＝maA得aA＝eq\f(g,2)＝5m/s2，方向向上；對B有：qE－2mg＝2maB;aB＝－eq\f(g,4)＝－2.5m/s2(負(fù)號表示方向向下)。(3)細(xì)繩斷開后0.4s末，A的位移：xA＝v0t＋eq\f(1,2)aAt2＝0.5×0.4m＋eq\f(1,2)×5×0.42m＝0.6m；B的位移：xB＝v0t＋eq\f(1,2)aBt2＝0.5×0.4m－eq\f(1,2)×2.5×0.42m＝0則細(xì)繩斷開后0.4s末A、B兩球間的距離為0.6m＋0.5m＝1.1m。答案：(1)104N/C(2)5m/s2－2.5m/s2(3)1.1m18．(12分)質(zhì)譜儀是一種測定帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具，它的構(gòu)造原理如圖所示。離子源S產(chǎn)