章末綜合檢測(cè)（一） 磁場(chǎng)

章末綜合檢測(cè)（一）磁場(chǎng)(時(shí)間：75分鐘，滿分：100分)一、單項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題4分，共28分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合題意)1.如圖是自動(dòng)跳閘的閘刀開關(guān)，閘刀處于垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)CO間的閘刀刀片通過的直流電流超過額定值時(shí)，閘刀A端會(huì)向左彈開斷開電路。以下說(shuō)法正確的是()A．閘刀刀片中的電流方向?yàn)镺至CB．閘刀刀片中的電流方向?yàn)镃至OC．跳閘時(shí)閘刀所受安培力沒有做功D．增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度，可使自動(dòng)跳閘的電流額定值增大解析：選A當(dāng)CO通電后，閘刀開關(guān)會(huì)自動(dòng)跳開，可知安培力應(yīng)該向左，由左手定則判斷，電流方向O→C，A正確，B錯(cuò)誤；跳閘時(shí)閘刀受到安培力而運(yùn)動(dòng)斷開，故跳閘時(shí)閘刀所受安培力做正功，C錯(cuò)誤；跳閘的作用力是一定的，依據(jù)安培力F＝BIL可知，增大勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B，電流I變小，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，把一重力不計(jì)的通電直導(dǎo)線水平放在蹄形磁鐵磁極的正上方，導(dǎo)線可以自由轉(zhuǎn)動(dòng)和平動(dòng)，當(dāng)導(dǎo)線通入圖示方向的電流I時(shí)，從上往下看，導(dǎo)線的運(yùn)動(dòng)情況是()A．順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降B．順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升C．逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)下降D．逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)上升解析：選A在導(dǎo)線兩側(cè)取兩小段，左邊一小段所受的安培力方向垂直紙面向里，右側(cè)一小段所受安培力的方向垂直紙面向外，從上往下看，知導(dǎo)線順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動(dòng)，同時(shí)導(dǎo)線所受的安培力方向向下。3．如圖所示，用電阻率為ρ、橫截面積為S、粗細(xì)均勻的電阻絲折成平面梯形框架，ab、cd邊均與ad邊成60°角，ab＝bc＝cd＝L?？蚣芘c一電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻忽略不計(jì)的電源相連接。垂直于豎直框架平面有一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則框架受到的安培力的大小和方向?yàn)?)A.eq\f(5BSE,3ρ)，豎直向上 B．eq\f(6BSE,5ρ)，豎直向上C.eq\f(10BSE,3ρ)，豎直向下 D．eq\f(5BSE,6ρ)，豎直向下解析：選A根據(jù)電阻定律可知，長(zhǎng)度為L(zhǎng)的電阻絲的阻值為R0＝ρeq\f(L,S)，則梯形框架上ab、bc、cd邊上對(duì)應(yīng)的總電阻為3R0，由幾何關(guān)系得，ad邊的長(zhǎng)度為2L，所以ad邊對(duì)應(yīng)的電阻為2R0，并聯(lián)部分的總電阻為R＝eq\f(3R0·2R0,3R0＋2R0)＝eq\f(6,5)R0，電路中的總電流I＝eq\f(E,R)，框架所受的安培力F＝BI·2L，聯(lián)立解得F＝eq\f(5BSE,3ρ)，由左手定則可知安培力方向豎直向上，A正確。4.一帶電粒子沿垂直磁場(chǎng)方向射入一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，經(jīng)過一鉛板P后，半徑減小，軌跡如圖所示。則下列說(shuō)法正確的是()A．粒子帶正電，速度逐漸減小B．粒子帶負(fù)電，速度逐漸減小C．粒子帶正電，速度逐漸增大D．粒子帶負(fù)電，速度逐漸增大解析：選A根據(jù)左手定則可得粒子帶正電，因?yàn)榱Ｗ拥倪\(yùn)動(dòng)半徑減小，根據(jù)公式r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子的運(yùn)動(dòng)速度逐漸減小，A正確。5.如圖所示，一個(gè)理想邊界為PQ、MN的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)寬度為d，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。一電子從O點(diǎn)沿紙面垂直PQ以速度v0進(jìn)入磁場(chǎng)。若電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡圓半徑為2d。O′在MN上，且OO′與MN垂直。下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點(diǎn)與O′點(diǎn)的距離為dC．電子打在MN上的點(diǎn)與O′點(diǎn)的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為eq\f(πd,3v0)解析：選D電子帶負(fù)電荷，進(jìn)入磁場(chǎng)后，根據(jù)左手定則可知，電子所受洛倫茲力的方向向左，故電子將向左偏轉(zhuǎn)，A錯(cuò)誤；電子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)電子打在MN上的點(diǎn)與O′點(diǎn)的距離為x，則由幾何知識(shí)得x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，B、C錯(cuò)誤；設(shè)軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識(shí)得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，D正確。6.如圖所示，兩根長(zhǎng)直導(dǎo)線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點(diǎn)，連線上a、b兩點(diǎn)關(guān)于O點(diǎn)對(duì)稱。導(dǎo)線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長(zhǎng)直導(dǎo)線在周圍某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中電流大小、r為某點(diǎn)到導(dǎo)線的距離。一帶正電的小球以初速度v0從a點(diǎn)出發(fā)沿連線運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)。關(guān)于上述過程，下列說(shuō)法正確的是()A．小球先做加速運(yùn)動(dòng)后做減速運(yùn)動(dòng)B．小球做變加速直線運(yùn)動(dòng)C．小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大D．小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃蠼馕觯哼xD根據(jù)右手螺旋定則可知MO處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向里，ON處的磁場(chǎng)方向垂直于MN向外，磁場(chǎng)大小先減小，過O點(diǎn)后反向增大，根據(jù)左手定則可知，帶正電荷的小球受到的洛倫茲力開始方向向上且減小，過O點(diǎn)后方向向下且增大。由此可知，小球?qū)⒆鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng)，小球?qū)ψ烂娴膲毫σ恢痹谠龃?，A、B、C錯(cuò)誤，D正確。7.如圖，僅在第一象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一個(gè)帶負(fù)電荷的微粒a從坐標(biāo)(0，L)處射入磁場(chǎng)，射入方向與y軸正方向的夾角為45°，經(jīng)時(shí)間t與靜止在坐標(biāo)(L，L)處的不帶電微粒b發(fā)生碰撞，碰后瞬間結(jié)合為微粒c。已知a、b質(zhì)量相同(重力均不計(jì))，則c在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為()A．0.25t B．0.5tC．t D．2t解析：選D設(shè)微粒a的速率為v，兩微粒碰撞過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒，以a微粒的速度方向?yàn)檎较?，由?dòng)量守恒定律得mv＝2mv′，微粒在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，對(duì)a有qvB＝eq\f(mv2,ra)，對(duì)c有qv′B＝2meq\f(v′2,rc)，解得ra＝eq\f(mv,qB)，rc＝eq\f(2mv′,qB)＝eq\f(mv,qB)＝ra，微粒運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，由幾何知識(shí)可知，a、c兩微粒做勻速圓周運(yùn)動(dòng)轉(zhuǎn)過的圓心角相等，都是90°，微粒在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期Ta＝eq\f(2πm,qB)，Tc＝eq\f(2π·2m,qB)＝eq\f(4πm,qB)＝2Ta，則微粒在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間ta＝eq\f(1,4)Ta＝t，tc＝eq\f(1,4)Tc＝2t，D正確。二、多項(xiàng)選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分，選對(duì)但不全的得3分，有選錯(cuò)的得0分)8.如圖所示，兩根通電長(zhǎng)直導(dǎo)線a、b平行放置，a、b中的電流大小分別為2I和I，電流方向如圖中箭頭所示，此時(shí)a受到的安培力大小為F。若在a、b的正中間再放置一根與a、b平行共面的通電長(zhǎng)直導(dǎo)線c后，a受到的安培力大小變?yōu)?F，則b受到的安培力可能是()A．大小為eq\f(F,2)，方向向左 B．大小為eq\f(F,2)，方向向右C．大小為eq\f(3F,2)，方向向右 D．大小為eq\f(3F,2)，方向向左解析：選BD未放c導(dǎo)線時(shí)，a、b導(dǎo)線之間的安培力是吸引力，大小相等，置入c導(dǎo)線后，a導(dǎo)線受到的安培力大小為2F，方向可能向左，也可能向右，故c導(dǎo)線對(duì)a導(dǎo)線的作用力可能向右、大小為F，或向左、大小為3F，所以c導(dǎo)線對(duì)b導(dǎo)線的作用力可能向右、大小為eq\f(3F,2)，或向左、大小為eq\f(F,2)，則b導(dǎo)線受到的安培力為向右、大小為eq\f(F,2)，或向左、大小為eq\f(3F,2)。B、D正確。9.如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在著與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一帶電粒子沿著弧線apb由區(qū)域Ⅰ運(yùn)動(dòng)到區(qū)域Ⅱ。已知圓弧ap與圓弧pb的弧長(zhǎng)之比為2∶1，下列說(shuō)法正確的是()A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為2∶1B．粒子通過圓弧ap、pb的時(shí)間之比為2∶1C．圓弧ap與圓弧pb對(duì)應(yīng)的圓心角之比為2∶1D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)方向相反解析：選BD由于洛倫茲力不做功，所以粒子在兩個(gè)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)速度大小不變，即粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1，A錯(cuò)誤；根據(jù)t＝eq\f(l,v)，v相同，則時(shí)間之比等于經(jīng)過的弧長(zhǎng)之比，即粒子通過圓弧ap、pb的時(shí)間之比為2∶1，B正確；圓心角θ＝eq\f(l,r)，r＝eq\f(mv,qB)，由于區(qū)域Ⅰ、Ⅱ磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度之比未知，故粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)半徑之比無(wú)法確定，則轉(zhuǎn)過的圓心角之比無(wú)法確定，C錯(cuò)誤；根據(jù)曲線運(yùn)動(dòng)的條件，可知洛倫茲力的方向與運(yùn)動(dòng)方向的關(guān)系，再由左手定則可知，兩個(gè)磁場(chǎng)的方向相反，D正確。10．一個(gè)帶電粒子(重力不計(jì))以初速度v0垂直于電場(chǎng)方向向右射入勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域，穿出電場(chǎng)后接著又進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域。設(shè)電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域有明確的分界線，且分界線與電場(chǎng)強(qiáng)度方向平行，如圖中的虛線所示。在如圖所示的幾種情況中，可能出現(xiàn)的是()解析：選AD圖A、C、D中粒子在電場(chǎng)中向電場(chǎng)線的方向偏轉(zhuǎn)，說(shuō)明粒子帶正電荷，進(jìn)入磁場(chǎng)后，由左手定則可知題圖A中粒子應(yīng)逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，題圖C中粒子應(yīng)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，題圖D中粒子應(yīng)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)，A、D正確，C錯(cuò)誤；同理，可以判斷B錯(cuò)誤。三、非選擇題(本題共4小題，共54分)11．(11分)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運(yùn)動(dòng)，自M點(diǎn)垂直于磁場(chǎng)邊界射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，磁場(chǎng)左邊界豎直。已知甲離子射入磁場(chǎng)的速度大小為v1，并在磁場(chǎng)邊界的N點(diǎn)射出；乙離子在MN的中點(diǎn)射出；MN長(zhǎng)為l。不計(jì)重力影響和離子間的相互作用。求：(1)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大??；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比。解析：(1)設(shè)甲離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R1，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，由動(dòng)能定理有q1U＝eq\f(1,2)m1v12 ①由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1B＝m1eq\f(v12,R1) ②由幾何關(guān)系知2R1＝l ③由①②③式得B＝eq\f(4U,lv1)。 ④(2)設(shè)乙離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場(chǎng)的速度為v2，在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R2。同理有q2U＝eq\f(1,2)m2v22 ⑤q2v2B＝m2eq\f(v22,R2) ⑥由題給條件有2R2＝eq\f(l,2) ⑦由①②③⑤⑥⑦式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶4。 ⑧答案：(1)eq\f(4U,lv1)(2)1∶412.(12分)如圖所示，兩根傾斜直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩導(dǎo)軌之間的距離L＝0.50m。一根質(zhì)量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab垂直放在兩導(dǎo)軌上且接觸良好，整個(gè)裝置處于與ab桿垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中。在導(dǎo)軌的上端接有電動(dòng)勢(shì)E＝36V、內(nèi)阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R。若金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦可忽略不計(jì)，當(dāng)電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時(shí)，金屬桿ab靜止在導(dǎo)軌上。(已知導(dǎo)軌與金屬桿的電阻均可忽略不計(jì)，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2)(1)如果磁場(chǎng)方向豎直向下，求滿足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??；(2)如果磁場(chǎng)的方向可以隨意調(diào)整，求滿足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值及其方向。解析：(1)設(shè)通過金屬桿ab的電流為I1，根據(jù)閉合電路的歐姆定律可知I1＝eq\f(E,R1＋r)。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，由左手定則可知，金屬桿ab所受安培力沿水平方向，金屬桿ab受力如圖甲所示，對(duì)金屬桿ab，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有B1I1L＝mgtanθ，解得B1＝eq\f(mgtanθ,I1L)＝0.30T。(2)根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，安培力最小時(shí)方向應(yīng)沿導(dǎo)軌平面向上，金屬桿ab受力如圖乙所示。設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B2，對(duì)金屬桿ab，有B2I1L＝mgsinθ，解得B2＝eq\f(mgsinθ,I1L)＝0.24T。根據(jù)左手定則可判斷出，此時(shí)磁場(chǎng)的方向應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面斜向下。答案：(1)0.30T(2)0.24T垂直于導(dǎo)軌平面斜向下13.(15分)如圖所示，豎直放置的兩塊足夠大的平行金屬板a、b間的距離為d，a、b間勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E，現(xiàn)有一電荷量為q的帶正電小球從a板下邊緣以一定的初速度v0豎直向上射入電場(chǎng)，當(dāng)它飛到b板時(shí)，速度大小與射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小相同，而方向變?yōu)樗椒较?，且剛好從高度也為d的狹縫穿過b板進(jìn)入寬度也為d的矩形區(qū)域(矩形區(qū)域的上、下邊界分別與金屬板的上、下邊緣平齊，邊界c豎直)，一段時(shí)間后，小球恰好從邊界c的最下端P飛離矩形區(qū)域。已知矩形區(qū)域所加勻強(qiáng)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小也為E、方向豎直向上，矩形區(qū)域所加勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直于紙面向外，不計(jì)空氣阻力，重力加速度大小為g。求：(1)小球的質(zhì)量m及其射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小v0；(2)矩形區(qū)域所加磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B及小球在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t。解析：(1)設(shè)小球在平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則水平方向有d＝eq\f(v0,2)t1＝eq\f(qE,2m)t12豎直方向有d＝eq\f(v0,2)t1＝eq\f(1,2)gt12解得：小球的質(zhì)量m＝eq\f(qE,g)，射入電場(chǎng)時(shí)的速度大小v0＝eq\r(2gd)。(2)由(1)可知小球在平行金屬板間運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝eq\r(\f(2d,g))由于qE＝mg，故小球在bc區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何關(guān)系可知，其半徑R＝d，又有R＝eq\f(mv0,qB)解得磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝Eeq\r(\f(2,gd))小球在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2qB)＝eq\f(π,2)eq\r(\f(d,2g))故小球在ab、bc區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝t1＋t2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))eq\r(\f(d,2g))。答案：(1)eq\f(qE,g)eq\r(2gd)(2)Eeq\r(\f(2,gd))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(π,2)))eq\r(\f(