2020高中物理 第5、6章 磁場 磁場對電流和運(yùn)動電荷的作用 27單元測試 魯科版選修3-1

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1、第5、6章《磁場》《磁場對電流和運(yùn)動電荷的作用》單元測試 1.取兩根完全相同的長導(dǎo)線，用其中一根繞成如圖甲所示的螺線管，當(dāng)該螺線管中通以電流強(qiáng)度為I的電流時，測得螺線管內(nèi)中部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.若將另一根長導(dǎo)線對折后繞成如圖乙所示的螺線管，并通以電流強(qiáng)度也為I的電流，則在螺線管內(nèi)中部的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) 　　　　　　甲　　　　　　　　　　　乙 A.0　　　　B.0.5B　　　　C.B　　　　D.2B 解析：本題應(yīng)將螺線管看成是由兩股電流相反的導(dǎo)線繞制而成，所產(chǎn)生的磁場相互抵消，合磁場為零. 答案：A 2.圖示為一種利用電磁原理制作的充氣泵的結(jié)構(gòu)示意圖，其工作原

2、理類似打點(diǎn)計時器.當(dāng)電流從電磁鐵的接線柱a流入，吸引小磁鐵向下運(yùn)動時，以下選項中正確的是(　　) A.電磁鐵的上端為N極，小磁鐵的下端為N極 B.電磁鐵的上端為S極，小磁鐵的下端為S極 C.電磁鐵的上端為N極，小磁鐵的下端為S極 D.電磁鐵的上端為S極，小磁鐵的下端為N極 解析：由安培定則知電磁鐵的上端為S極，下端為N極，又由小磁鐵被吸下，故知小磁鐵的下端為N極. 答案：D 3.如圖所示，兩根平行放置的長直導(dǎo)線a和b載有大小相同、方向相反的電流，a受到的磁場力大小為F1，當(dāng)加入一與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場后，a受到的磁場力大小變?yōu)镕2.則此時b受到的磁場力大小變?yōu)?　　

3、) A.F2 B.F1－F2 C.F1＋F2 D.2F1－F2 解析：根據(jù)安培定則和左手定則，可以判定a導(dǎo)線受b中電流形成的磁場的作用力F1的方向向左，同理b受a磁場的作用力大小也是F1，方向向右.新加入的磁場無論什么方向，a、b受到的這個磁場的作用力F總是大小相等、方向相反. 如果F與F1方向相同，則兩導(dǎo)線受到的力大小都是F＋F1，若F與F1方向相反，a、b受到的力的大小都是|F－F1|.因此，當(dāng)再加上磁場時，若a受的磁場力大小是F2，則b受的磁場力大小也是F2.選項A正確. 答案：A 4.圖示為一“濾速器”裝置的示意圖.a、b為水平放置的平行金屬板，一束具有各種不同速率的

4、電子沿水平方向經(jīng)小孔O進(jìn)入a、b兩板之間.為了選取具有某種特定速率的電子，可在a、b間加上電壓，并沿垂直于紙面的方向加一勻強(qiáng)磁場，使所選電子仍能夠沿水平直線OO′運(yùn)動，由O′射出.不計重力作用.可能達(dá)到上述目的的辦法是(　　) A.使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向里 B.使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向里 C.使a板的電勢高于b板，磁場方向垂直紙面向外 D.使a板的電勢低于b板，磁場方向垂直紙面向外 解析：要使電子能沿直線通過復(fù)合場，電子所受電場力與洛倫茲力必是一對平衡力.由左手定則及電場的相關(guān)知識可知，選項A、D正確. 答案：AD 5.1930年，勞倫斯制成

5、了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖所示.這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙.下列說法正確的是(　　) A.離子由加速器的中心附近進(jìn)入加速器 B.離子由加速器的邊緣進(jìn)入加速器 C.離子從磁場中獲得能量 D.離子從電場中獲得能量 解析：回旋加速器的兩個D形盒間隙分布周期性變化的電場，不斷地給帶電粒子加速使其獲得能量；而D形盒處分布勻強(qiáng)磁場，具有一定速度的帶電粒子在D形盒內(nèi)受到洛倫茲力提供的向心力而做勻速圓周運(yùn)動；洛倫茲力不做功不能使離子獲得能量；選項C錯誤；離子源在回旋加速器的中心附近.所以選項A、D正確. 答案：AD 6.如圖甲所示，長方形abcd的長ad＝0

6、.6 m，寬ab＝0.3 m，O、e分別是ad、bc的中點(diǎn)，以ad為直徑的半圓內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(邊界上無磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.25 T.一群不計重力、質(zhì)量m＝3×10－7 kg、電荷量q＝＋2×10－3 C的帶電粒子以速度v＝5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域(　　) A.從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部分布在Oa邊 B.從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)全部分布在ab邊 C.從Od邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在Oa邊和ab邊 D.從aO邊射入的粒子，出射點(diǎn)分布在ab邊和be邊 解析： 由左手定則可知粒子射入后向上偏轉(zhuǎn)，軌跡半徑R＝＝0.3 m.若整個矩形區(qū)域

7、都有磁場，則從O點(diǎn)射入的粒子必從b點(diǎn)射出如圖乙中的軌跡1，而在題給磁場中粒子的運(yùn)動軌跡則如圖乙中的2，射出點(diǎn)必落在be邊上，所以A、B、C均錯，選項D正確. 答案：D 7.如圖甲所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.一個不計重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負(fù)是(　　) A.，正電荷　　　　B.，正電荷 C.，負(fù)電荷 D.，負(fù)電荷 解析：設(shè)粒子在磁場中向右偏轉(zhuǎn)， 由左手定則知它帶負(fù)電，其運(yùn)動軌跡如圖

8、乙所示，由幾何關(guān)系可得： R＋Rsin θ＝a 又因?yàn)镽＝ 所以＝. 答案：C 8.在如圖所示的空間中，存在場強(qiáng)為E的勻強(qiáng)電場，同時存在沿x軸負(fù)方向、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場.一質(zhì)子(電荷量為e)在該空間恰沿y軸正方向以速度v勻速運(yùn)動.據(jù)此可以判斷出(　　) A.質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運(yùn)動中電勢能減小；沿z軸正方向電勢升高 B.質(zhì)子所受電場力大小等于eE，運(yùn)動中電勢能增大；沿z軸正方向電勢降低 C.質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運(yùn)動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢升高 D.質(zhì)子所受電場力大小等于evB，運(yùn)動中電勢能不變；沿z軸正方向電勢降低 解析：質(zhì)子所受電場力與洛

9、倫茲力平衡，大小等于evB，運(yùn)動中電勢能不變；電場線沿z軸負(fù)方向，沿z軸正方向電勢升高. 答案：C 9.如圖甲所示，真空室內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小B＝0.60 T.磁場內(nèi)有一塊足夠大的平面感光平板ab，板面與磁場方向平行.在距ab的距離l＝16 cm處，有一個點(diǎn)狀的α粒子放射源S，它向各個方向均勻地發(fā)射α粒子.設(shè)放射源發(fā)射α粒子的速度都是v＝3.0×106 m/s.已知α粒子的比荷＝5.0×107 C/kg.現(xiàn)在只考慮在紙面內(nèi)運(yùn)動的α粒子，求ab上被α粒子打中的區(qū)域的長度. 解析：α粒子帶正電，故在磁場中沿逆時針方向做勻速圓周運(yùn)動.用R表示軌跡半徑

10、，有：qvB＝m，由此得：R＝ ，代入數(shù)據(jù)計算得：R＝0.1 m，可見2R＞l＞R. 因朝不同的方向發(fā)射的α粒子軌跡都過S，由此可知，某一圓軌跡在圖乙中N的左側(cè)與ab相切，則此切點(diǎn)P1就是α粒子能打中的左側(cè)最遠(yuǎn)點(diǎn).為定出P1點(diǎn)的位置，可作平行于ab的直線cd，cd到ab的距離為R，以S為圓心、R為半徑作弧交cd于Q點(diǎn)，過Q作ab的垂線，它與ab的交點(diǎn)即為P1，即NP1＝＝8 cm. 再考慮N的右側(cè)，任何α粒子在運(yùn)動中離S的距離不可能超過2R，以2R為半徑、S為圓心作圓，交ab于N右側(cè)的P2點(diǎn)，此即右側(cè)能打到的最遠(yuǎn)點(diǎn).由圖中幾何關(guān)系得： NP2＝＝12 cm 故所求長度P1P2＝NP1＋

11、NP2＝20 cm. 答案：20 cm 10.如圖所示，一半徑為R的光滑絕緣半球面開口向下，固定在水平面上.整個空間存在勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向豎直向下.一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動，圓心為O′.球心O到該圓周上任一點(diǎn)的連線與豎直方向的夾角為θ(0<θ<).為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動，求磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值及小球P相應(yīng)的速率.(重力加速度為g) 解析：據(jù)題意，小球P在球面上做水平的勻速圓周運(yùn)動，該圓周的圓心為 O′.P受到向下的重力mg、球面對它沿OP方向的支持力FN和磁場的洛倫茲力F＝qvB(式中v為小球運(yùn)動的速率). 洛倫茲力F的方向

12、指向 O′，根據(jù)牛頓第二定律有： FNcos θ－mg＝0 F－FNsin θ＝m 由以上各式可得： v2－v＋＝0 由于v是實(shí)數(shù)，必須滿足 Δ＝()2－≥0 由此得：B≥ 可見，為了使小球能夠在該圓周上運(yùn)動，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的最小值為： Bmin＝ 此時，帶電小球做勻速圓周運(yùn)動的速率為： v＝ 即v＝sin θ. 答案：　sin θ 11.圖甲為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖.在以O(shè)為圓心，OH為對稱軸，夾角為2α的扇形區(qū)域內(nèi)分布著方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場.對稱于OH軸的C和D分別是離子發(fā)射點(diǎn)和收集點(diǎn).CM垂直磁場左邊界于M，且OM＝d.現(xiàn)有一正離子束以小發(fā)散角(紙

13、面內(nèi))從C射出，這些離子在CM方向上的分速度均為v0.若該離子束中比荷為的離子都能匯聚到D，試求： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.(提示：可考慮以沿CM方向運(yùn)動的離子為研究對象) (2)離子沿與CM成θ角的直線CN進(jìn)入磁場，其軌道半徑和在磁場中的運(yùn)動時間. (3)線段CM的長度. 解析：(1)設(shè)沿CM方向運(yùn)動的離子在磁場中做圓周運(yùn)動的軌道半徑為R. 由qv0B＝m，R＝d 解得：B＝，方向垂直紙面向外. (2)設(shè)沿CN運(yùn)動的離子速度大小為v，在磁場中的軌道半徑為R′，運(yùn)動的時間為t. 由vcos θ＝v0 解得：v＝ R′＝＝ 解法一　如圖乙所示，設(shè)弧長為s 由t＝

14、，s＝2(θ＋α)R′ 解得：t＝. 解法二　離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝ 故t＝T·＝. (3)設(shè)從N點(diǎn)射入的離子的軌跡圓心為A，過A作AB垂直NO，如圖丙所示.則： NA＝R′＝ NB＝R′·cos θ＝d 故BO＝NM 因?yàn)镹M＝CMtan θ 又因?yàn)锽O＝ABcot α＝R′sin θcot α＝sin θcot α 所以CM＝dcot α. 答案：(1)，方向垂直紙面向外 (2)　d　(3)dcot α 12.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電

15、荷量為q的帶正電的粒子從y軸正半軸上的M點(diǎn)以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上的N點(diǎn)與x軸正方向成θ＝60°角射入磁場，最后從y 軸負(fù)半軸上的P點(diǎn)垂直于y軸射出磁場，如圖甲所示.不計粒子重力，求： (1)M、N兩點(diǎn)間的電勢差UMN. (2)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r. (3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到P點(diǎn)的總時間t. 解析：(1)粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙所示，設(shè)粒子過N點(diǎn)時的速度為v，有： ＝cos θ 所以v＝2v0 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程，有： qUMN＝mv2－mv 解得：UMN＝. (2)粒子在磁場中以O(shè)′為圓心做勻速圓周運(yùn)動，半徑為O′N，有： qvB＝ 解得：r＝. (3)由幾何關(guān)系得：ON＝rsin θ 設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1，有： ON＝v0t1 故t1＝ 粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的周期T＝ 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2，有： t2＝T 故t2＝ 又t＝t1＋t2 所以t＝. 答案：(1)　(2)　(3)