《磁場》綜合檢測

?磁場?綜合檢測?磁場?綜合檢測?磁場?綜合檢測?磁場?綜合檢測(時間:90分鐘總分值:100分)一、選擇題(本題共12小題,每題4分,共48分.在每題給出的四個選項中,第1～7小題只有一個選項正確,第8～12小題有多個選項正確,所有選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得0分)1.地球的地理兩極與地磁兩極其實不完滿重合,它們之間存在磁偏角,第一觀察到磁偏角的是(D)A.意大利航海家哥倫布B.葡萄牙航海家麥哲倫C.我國的航海家鄭和D.中國古代科學家沈括分析:世界上第一個清楚地、正確地闡述磁偏角的是沈括.沈括是中國歷史上最優(yōu)秀的科學家之一,他發(fā)現(xiàn)了地磁偏角的存在,比歐洲發(fā)現(xiàn)地磁偏角早了四百多年,選項D正確.2.如圖,一個環(huán)形電流的中心有一根通電直導線,那么環(huán)遇到的磁場力(D)A.沿環(huán)半徑向外B.沿環(huán)半徑向內(nèi)C.沿通電直導線水平向左D.等于零第1頁分析:通電直導線產(chǎn)生的磁場是以導線上各點為圓心的齊心圓,而環(huán)形電流的方向與磁場方向平行,即B平行I,所以通電圓環(huán)不受磁場力的作用,即F=0,選項D正確,A,B,C錯誤.3.在勻強磁場中,一個本來靜止的原子核,因為放出射線,結(jié)果獲得一張兩個相切圓的徑跡照片(以以下列圖),今測得兩個相切圓半徑之比R1∶R2=a,新核與射線質(zhì)量之比為b,那么以下說法正確的選項是(B)A.放出的射線為高速電子流B.半徑為r2的圓為放出射線的運動軌跡C.射線與新核動能之比為aD.射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為b分析:依據(jù)動量守恒可以知道,放出射線后的粒子動量大小相等,方向相反,那么依據(jù)左手定那么可以知道,放出的粒子均帶正電,選項A錯誤;放射出粒子在磁場中做勻速圓周運動,那么qvB=m,即R=,因為動量守恒,并且放出的粒子電荷量小,那么半徑R大,故半徑為r2的圓為放出射線的運動軌跡,選項B正確;依據(jù)動量與動能的關系Ek=,那么動能之比等于質(zhì)量的反比,故射線與新核動能之比為b,選項C錯誤;射線與新核質(zhì)子數(shù)之比即為電荷量之比,因為R=,那么q=,即射線與新核質(zhì)子數(shù)之比等于半徑的反比,射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為a,選項D錯誤.第2頁4.以以下列圖,用兩根同樣的細繩水平懸掛一段平均載流直導線MN,電流I方向從M到N,繩索的拉力均為F.為使F=0,可能抵達要求的方法是(C)A.加水平向右的磁場B.加水平向左的磁場C.加垂直紙面向里的磁場D.加垂直紙面向外的磁場分析:依據(jù)左手定那么可知,在MN中通入電流,在空間加上垂直于紙面向里的磁場,可以使MN遇到向上的安培力,這樣可以使MN遇到繩索拉力為零,選項A,B,D錯誤,C正確.5.將一塊長方體形狀的半導體資料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中,當此半導體資猜中通有與磁場方向垂直的電流時,在半導體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側(cè)面會出現(xiàn)必然的電壓,這類現(xiàn)象稱為霍爾效應,產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓,相應的將擁有這樣性質(zhì)的半導體資料樣品就稱為霍爾元件.以以下列圖,利用電磁鐵產(chǎn)生磁場,毫安表檢測輸入霍爾元件的電流,毫伏表檢測霍爾元件輸出的霍爾電壓.圖中的霍爾元件是P型半導體,與金屬導體不同樣,它內(nèi)部形成電流的“載流子〞是空穴(空穴可視為能自由挪動帶正電的粒子).圖中的1,2,3,4是霍爾元件上的四個接線端.當開關S1,S2閉合后,電流表A和電表B,C都有顯然示數(shù),以下說法中正確的選項是(C)A.電表B為毫伏表,電表C為毫安表B.接線端4的電勢高于接線端2的電勢第3頁C.假定調(diào)整電路,使經(jīng)過電磁鐵和霍爾元件的電流與原電流方向相反,但大小不變,那么毫伏表的示數(shù)將保持不變D.假定適合減小R1、增大R2,那么毫伏表示數(shù)必然增大分析:由題圖可知,電表B串聯(lián)在電源E2的電路中,故它是電流表,即毫安表,而電表C是并聯(lián)在2,4兩頭的,它是丈量霍爾電壓的,故它是電壓表即毫伏表,選項A錯誤;因為霍爾元件的載流子是帶正電的粒子,磁場方向向下,電流方向由1到3,由左手定那么可知,帶正電的粒子遇到的洛倫茲力的方向指向極板2,即接線端2的電勢高于接線端4的電勢,選項B錯誤;穩(wěn)準時,粒子遇到的洛倫茲力與電場力相均衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,當電流方向都相反,但大小不變時,粒子的偏轉(zhuǎn)方向與本來同樣,但仍存在如上的均衡關系式,因為電流的大小不變,由電流的微觀表達式I=neSv可知,其粒子的定向挪動速度也不變,故霍爾電壓的大小不變,即毫伏表的示數(shù)將保持不變,選項C正確;假定減小R1,那么會讓B增大,假定增大R2,會讓電流I減小,粒子的定向挪動速率v也變小,那么不可以確立霍爾電壓的變化狀況,故毫伏表的示數(shù)不必然增大,選項D錯誤.6.如圖(甲)所示,a,b兩平行直導線中通有同樣的電流,當兩通電導線垂直圓平面擱置于圓周上,且兩導線與圓心連線的夾角為60°時,圓心處的磁感覺強度大小為B.如圖(乙)所示,c導線中通有與a,b導線完滿同樣的電流,a,b,c垂直圓平面擱置在圓周上,且a,b兩導線與圓心連線的夾角為120°,b,c兩導線與圓心連線的夾角為30°,那么此時圓心處的磁感覺強度大小為(A)第4頁A.BB.BC.0D.B分析:當a,b兩導線與圓心連線的夾角為60°時,它們在圓心處的磁感覺強度如圖(甲)所示,設Ba=Bb=B1,那么有B=B1.當a,b兩導線與圓心連線夾角為120°時,如圖(乙)所示,它們在圓心處的磁感覺強度矢量和為B′=B1,再與c導線在圓心處產(chǎn)生的磁場疊加后磁感覺強度矢量和為B1,所以圓心處的磁感覺強度大小為B,選項A正確.7.以以下列圖為一種質(zhì)譜儀的工作原理表示圖,此質(zhì)譜儀由以下幾局部組成:離子源、加快電場、靜電分析器、磁分析器、采集器.靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有平均輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中散布著方向垂直于紙面,磁感覺強度為B的勻強磁場,其左界限與靜電分析器的右界限平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經(jīng)加快電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,今后由P點進入磁分析器中,最后經(jīng)過Q點進入采集器.以下說法中正確的選項是(B)A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內(nèi)B.加快電場中的加快電壓U=C.磁分析器中圓心O2到Q點的距離d=D.任何離子假定能抵達P點,那么必然能進入采集器分析:進入靜電分析器后,正離子順時針轉(zhuǎn)動,所受洛倫茲力指向圓心,依據(jù)左手定那么,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,選項A錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,依據(jù)牛頓第二定律有第5頁Eq=m,設離子進入靜電分析器時的速度為v,離子在加快電場中加快的過程中,由動能定理有qU=mv2,解得U=,選項B正確;由B項分析可知R=,與離子質(zhì)量、電荷量沒關.離子在磁分析器中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB=m,得R==,即d=,選項C錯誤;圓周運動的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電荷量相關,可以到達P點的不同樣離子,半徑不用然都等于d,不用然都能進入采集器,選項D錯誤.8.以以下列圖,回旋加快器D形盒的半徑為R,所加磁場的磁感覺強度為B,被加快的質(zhì)子從D形盒中央由靜止出發(fā),經(jīng)交變電場加快后進入磁場.設質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T,假定忽視質(zhì)子在電場中的加快時間,那么以下說法正確的選項是(AD)A.假如只增大交變電壓U,那么質(zhì)子在加快器中運轉(zhuǎn)時間將變短B.假如只增大交變電壓U,那么電荷的最大動能會變大C.質(zhì)子在電場中加快的次數(shù)越多,其最大動能越大D.交變電流的周期應為T分析:假如只增大交變電壓U,那么質(zhì)子在加快器中加快次數(shù)減少,所以質(zhì)子的運轉(zhuǎn)時間將變短,選項A正確;依據(jù)qvmB=m,得vm=,電荷的最大動能與加快的電壓和加快的次數(shù)沒關,選項B,C錯誤.回旋加快器粒子在磁場中運動的周期和高頻交變電流的周期相等,選項D正確.第6頁9.以以下列圖,一個帶正電荷的小球從a點出發(fā)水平進入正交垂直的勻強電場和勻強磁場所區(qū),電場方向豎直向上,某時辰小球運動到了b點,那么以下說法正確的選項是(CD)A.從a到b,小球可能做勻速直線運動B.從a到b,小球可能做勻加快直線運動C.從a到b,小球動能可能不變D.從a到b,小球機械能增添分析:帶電小球的初速度是水平的,從a運動到b點的過程中小球在豎直方向上發(fā)生位移,說明小球做的是曲線運動,所以小球受力不為零,即小球不可以能做勻速直線運動,選項A錯誤;從以上分析可知小球做曲線運動,即變速運動,故小球遇到磁場的洛倫茲力也是變化的,故小球遇到的協(xié)力是變力,所以小球不可以能做勻加快直線運動,選項B錯誤;當小球的重力和電場力均衡時,小球遇到的洛倫茲力只改變小球的速度方向,小球的動能不變,選項C正確;從a到b,電場方向豎直向上,電場力必然做正功,故機械能增添,選項D正確.10.以以下列圖,在一個等腰直角三角形ACD地區(qū)內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感覺強度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域,假定該三角形的兩直角邊長均為2l,那么以下對于粒子運動的說法中正確的選項是(ACD)A.假定該粒子的入射速度為v=,那么粒子必然從CD邊射出磁場,且距點C的距離為l第7頁B.假定要使粒子從CD邊射出,那么該粒子從O點入射的最大速度應為v=C.假定要使粒子從AC邊射出,那么該粒子從O點入射的最大速度應為v=D.該粒子以大小不同樣的速度入射時,在磁場中運動的最長時間為分析:當v=時,依據(jù)洛倫茲力充任向心力可知Bqv=m,解得R=l,根據(jù)幾何關系可知,粒子必然從距C點為l的地點走開磁場,選項A正確;依據(jù)洛倫茲力充任向心力可知v=,所以半徑越大,速度越大;依據(jù)幾何關系可知,使粒子與AD邊相切時速度最大,因為AD=2l,那么由幾何關系可知,最大部分徑必然大于l,那么假定要使粒子從CD邊射出,那么該粒子從O點入射的最大速度應大于,選項B錯誤;假定要使粒子從AC邊射出,那么該粒子從O點入射的最大部分徑為l,所以最大速度應為v=,選項C正確;粒子運轉(zhuǎn)周期為,依據(jù)幾何關系可知,粒子在磁場中最大圓心角為180°,故最長時間為,選項D正確.11.以以下列圖,等腰直角三角形abc地區(qū)內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感覺強度大小為B.三個同樣的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1,v2,v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1,t2,t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1.直角邊bc的長度為L,不計粒子的重力,以下說法正確的選項是(BD)A.三個粒子的速度大小關系可能是v1=v2>v3B.三個粒子的速度大小關系可能是v1<v2<v3第8頁C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=分析:速度為v1,v2的粒子從ab邊穿出,那么偏轉(zhuǎn)角為90°,但二者的速度大小關系不定,但其半徑必然比速度為v3的粒子半徑小,由半徑公式R=,那么v3必然大于v1,v2,選項A錯誤,B正確;因為速度為v1的粒子偏轉(zhuǎn)90°,那么t1=×,于是=,選項D正確;對速度為v3的粒子偏轉(zhuǎn)30°,畫出運動軌跡以以下列圖,由幾何關系知R3tan15°+R3tan15°cos30°=L,所以R3=,而R3=,聯(lián)立獲得=≠,選項C錯誤.12.圖中的虛線為半徑為R、磁感覺強度大小為B的圓形勻強磁場的界限,磁場的方向垂直圓平面向里.大批的比荷均為的同樣粒子由磁場界限的最低點A向圓平面內(nèi)的不同樣方向以同樣的速度v0射入磁場,粒子在磁場中做半徑為r的圓周運動,經(jīng)一段時間的偏轉(zhuǎn),所有的粒子均由圓界限走開,所有粒子的出射點的連線為虛線界限的,粒子在圓形磁場中運轉(zhuǎn)的最長時間用tm表示,假定,R,v0為量,其余的量均為未知量,忽視粒子的重力以及粒子間的互相作用.那么以下表達式正確的選項是(ACD)A.B=B.B=m=第9頁分析:設從A點射入的粒子與磁場界限的最遠交點為B,那么B點是軌跡圓的直徑與磁場界限圓的交點,的長是界限圓周長的,那么∠AOB=120°,sin60°=,得r=,粒子在磁場中運動時,洛倫茲力供給向心力,有qv0B=m,所以B==,選項A,C正確,B錯誤;粒子在磁場中運動的最長時間為tm===,選項D正確.二、非選擇題(共52分)13.(4分)某同學用圖中所給器械進行與安培力相關的實驗.兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且互相平行,足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導軌的正上方,S極位于兩導軌的正下方,一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直.(1)在圖中畫出連線,達成實驗電路.要求滑動變阻器以限流方式接入電路,且在開封閉合后,金屬棒沿箭頭所示的方向挪動.(2)為使金屬棒在走開導軌時擁有更大的速度,有人提出以下建議:A.適合增添兩導軌間的距離B.換一根更長的金屬棒C.適合增大金屬棒中的電流此中正確的選項是(填入正確選項前的標號).分析:(1)實驗電路連線以以下列圖.(2)為使金屬棒走開導軌時擁有更大的速度,那么金屬棒運動時需要更大的加快度,即應遇到更大的安培力,依據(jù)F=ILB可知,應使I,L變大,即選項A,C正確.第10頁答案:(1)看法析(2)AC評分標準:每問2分.14.(8分)物體的帶電荷量是一個不易測得的物理量,某同學設計了如下實驗來丈量帶電物體所帶電荷量.如圖(a)所示,他將一由絕緣資料制成的小物塊A放在足夠長的木板上,打點計時器固定在長木板尾端,物塊湊近打點計時器,一紙帶穿過打點計時器與物塊相連,操作步驟以下,請聯(lián)合操作步驟達成以下問題.(1)為除去摩擦力的影響,他將長木板一端墊起必然傾角,接通打點計時器,輕輕推一下小物塊,使其沿著長木板向下運動.頻頻調(diào)整傾角θ,直至打出的紙帶上點跡,測出此時木板與水平面間的傾角,記為θ0.(2)如圖(b)所示,在該裝置處加上一范圍足夠大的垂直紙面向里的勻強磁場,用細繩經(jīng)過一輕小定滑輪將物塊A與物塊B相連,繩與滑輪摩擦不計.給物塊A帶上必然量的正電荷,保持傾角θ0不變,接通打點計時器,由靜止開釋小物塊A,該過程可近似以為物塊A帶電荷量不變,以下對于紙帶上點跡的分析正確的選項是.A.紙帶上的點跡間距先增添后減小至零B.紙帶上的點跡間距先增添后減小至一不為零的定值C.紙帶上的點跡間距漸漸增添,且相鄰兩點間的距離之差不變D.紙帶上的點跡間距漸漸增添,且相鄰兩點間的距離之差漸漸減少,直至間距不變第11頁(3)為了測定物體所帶電荷量q,除θ0、磁感覺強度B外,本實驗還必須丈量的物理量有.A.物塊A的質(zhì)量MB.物塊B的質(zhì)量mC.物塊A與木板間的動摩擦因數(shù)μD.兩物塊最后的速度v(4)用重力加快度g,磁感覺強度B,θ0和所測得的物理量可得出q的表達式為q=.分析:(1)此實驗均衡摩擦力后,確立滑塊做勻速直線運動的依據(jù)是,看打點計時器在紙帶上所打出點的散布應當是等間距的.(2)設A的質(zhì)量為M,B的質(zhì)量為m,沒有磁場時,對A受力分析,A遇到重力Mg、支持力、摩擦力.依據(jù)均衡條件可知f=Mgsinθ0,FN=Mgcosθ0,又因為f=μFN,所以μ===tanθ0;當存在磁場時,以A,B整體為研究對象,由牛頓第二定律可得(mg+Mgsinθ0)-μ(Bqv+Mgcosθ0)=(M+m)a由此式可知,v和a是變量,其余都是不變的量,所以A,B一同做加快度減小的加快運動,直到加快度減為零后做勻速運動,即速度在增大,加快度在減小,最后速度不變.所以紙帶上的點跡間距漸漸增添,說明速度增大;依據(jù)Δx=at2,可知,加快度減小,那么相鄰兩點間的距離之差漸漸減小;勻速運動時,間距不變,選項D正確,A,B,C錯誤.(3)(4)依據(jù)(mg+Mgsinθ0)-μ(Bqv+Mgcosθ0)=(M+m)a,可適合加快度減為零時,速度最大,設最大速度為v,那么(mg+Mgsinθ0)-μ(Bqv+第12頁Mgcosθ0)=0化簡得q=,把μ=tanθ0代入,得q=,由此可知為了測定物體所帶電荷量q,除θ0、磁感覺強度B外,本實驗還必然丈量的物理量有物塊B的質(zhì)量m和兩物塊最后的速度v.答案:(1)間距相等(或平均)(2)D(3)BD(4)評分標準:每問2分.15.(7分)以以下列圖,兩個齊心圓,半徑分別為r和2r,在兩圓之間的環(huán)形地區(qū)內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感覺強度為B.圓心O處有一放射源,放出粒子的質(zhì)量為m、帶電荷量為q,假定粒子速度方向都和紙面平行.(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向,OA與初速度方向夾角為60°,要想使該粒子經(jīng)過磁場后第一次經(jīng)過A點,那么初速度的大小是多少?(2)要使粒子不穿出環(huán)形地區(qū),那么粒子的初速度不可以超出多少?分析:(1)如圖(甲)所示,設粒子在磁場中的軌道半徑為R1,那么由幾何關系得R1=,(1分)又qv1B=m,得v1=.(2分)(2)如圖(乙)所示,設粒子軌跡與磁場外界限相切時,粒子在磁場中的軌道半徑為R2,那么由幾何關系有第13頁(2r-R2)2=+r2,(1分)可得R2=(1分)又qv2B=m,(1分)可得v2=,(1分)故要使粒子不穿出環(huán)形地區(qū),粒子的初速度不可以超出.答案:(1)(2)16.(8分)以以下列圖,在平面直角坐標系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內(nèi)的有界圓形勻強磁場所區(qū)(圖中未畫出);在第二象限內(nèi)存在沿x軸負方向的勻強電場,一粒子源固定在x軸上的A點,A點坐標為(-L,0).粒子源沿y軸正方向開釋出速度大小為v的電子,電子恰巧能經(jīng)過y軸上的C點,C點坐標為(0,2L),電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰巧垂直經(jīng)過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON(電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的互相作用).求:(1)第二象限內(nèi)電場強度E的大小;(2)電子走開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角θ;(3)圓形磁場的最小半徑Rmin.分析:(1)從A到C的過程中,電子做類平拋運動,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)聯(lián)立解得E=.(1分)第14頁(2)設電子抵達C點的速度大小為vC,方向與y軸正方向的夾角為θ.由動能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得vC=v,cosθ==,解得θ=45°.(1分)(3)電子的運動軌跡圖如圖,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R==,(1分)電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出,那么磁場圓最小半徑Rmin==Rsin60°(1分)由以上兩式可得Rmin=.(1分)答案:(1)(2)45°(3)17.(11分)如圖(甲)所示,在平行界限MN,PQ之間存在寬度為d的勻強電場,電場周期性變化的規(guī)律如圖(乙)所示,取豎直向下為電場正方向;在平行界限PQ右邊和MN左邊存在如圖(甲)所示的兩個長為2d、寬為d的勻強磁場所區(qū)Ⅰ和Ⅱ,其界限點分別為PQCD和MNFE已.知區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強磁場的磁感覺強度大小是地區(qū)Ⅰ內(nèi)勻強磁場的磁感覺強度大小的3倍.在地區(qū)Ⅰ右界限中點A處,有一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v0沿豎直方向從磁場所區(qū)Ⅰ開始運動,以此作為計時起點,再經(jīng)過一段時間粒子又恰巧回到A點,這樣循第15頁環(huán),粒子循環(huán)一周,電場恰巧變化一個周期,粒子走開地區(qū)Ⅰ進入電場時,速度恰巧與電場方向垂直,sin53°=0.8,cos53°=0.6.求:(1)地區(qū)Ⅰ的磁感覺強度大小B;(2)電場強度大小E及電場的周期T.分析:(1)粒子在地區(qū)Ⅰ做圓周運動的半徑r=d,(1分)由洛倫茲力供給向心力知qv0B=,聯(lián)立得B=.(1分)(2)畫出粒子運動的軌跡表示圖以以下列圖,粒子在地區(qū)Ⅰ做勻速圓周運動,圓心為O1,粒子從地區(qū)Ⅰ進入電場,在電場中做類平拋運動,在地區(qū)Ⅱ做勻速圓周運動,圓心為O2,半徑記為R,在地區(qū)Ⅱ做勻速圓周運動圓心O2與地區(qū)Ⅰ做勻速圓周運動的圓心O1的連線必然與界限垂直才能達成上述運動.粒子從地區(qū)Ⅰ進入電場做類平拋運動,水平方向d=v0t(1分)豎直方向y=at2=t2(1分)走開電場時沿電場方向的速度vy=at=,走開電場時速度方向與界限MN的夾角為θ,走開電場時速度為v,v0=vsinθ粒子在地區(qū)Ⅱ做勻速圓周運動由洛倫茲力供給向心力,知3