北京
单元测试卷丨学科知识同步丨期中期末卷等
1．有关洛伦兹力和安培力的描述，正确的是()
A．通电直导线在匀强磁场中一定受到安培力的作用
B．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现
C．带电粒子在匀强磁场中运动受到的洛伦兹力做正功
D．通电直导线在磁场中受到的安培力方向与磁场方向平行
解析：选B.安培力方向与磁场垂直，洛伦兹力不做功，通电导线在磁场中不一定受安培力．安培力是大量运动电荷所受洛伦兹力的宏观表现．
2.
图3－6
(2011年东北师大高二检测)磁场中某区域的磁感线，如图3－6所示，则()
A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＞Bb
B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba＜Bb
C．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大
D．同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小
解析：选A.由磁感线的疏密可知Ba＞Bb，由通电导线所受安培力与通电导线的放置有关，通电导线放在a处与放在b处受力大小无法确定．
3．(2011年聊城高二检测)
图3－7
两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图3－7所示，则圆心O处磁感应强度的方向为(AA′面水平，BB′面垂直纸面)()
A．指向左上方
B．指向右下方
C．竖直向上
D．水平向右
答案：A
4.
图3－8
(2011年汕头高二检测)如图3－8所示，垂直纸面放置的两根直导线a和b，它们的位置固定并通有相等的电流I；在a、b沿纸面的连线的中垂线上放有另一直导线c，c可以自由运动．当c中通以电流I1时，c并未发生运动，则可以判定a、b中的电流()
A．方向相同都向里
B．方向相同都向外
C．方向相反
D．只要a、b中有电流，c就不可能静止
解析：选C.如果导线c并未发生运动，则导线a、b在导线c处的合磁场方向应平行于导线c，由平行四边形定则和直导线周围磁场分布规律可知，两电流I1、I2方向应相反，故C正确．
5.
图3－9
美国发射的航天飞机“发现者”号搭载了一台α磁谱仪，其中一个关键部件是由中国科学院电工研究所设计制造的直径为1200mm、高为80mm、中心磁感应强度为0.314T的长久磁体．它的主要使命是要探测宇宙空间中可能存在的物质，特别是宇宙中反氦原子核．若如图3－9所示的磁谱仪中的4条径迹分别为质子、反质子、α粒子、反氦核的径迹，其中反氦核的径迹为()
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选B.由速度选择器的特点可知，进入磁场B2的四种粒子的速度v相同．由左手定则可以判断，向左偏转的为反质子和反氦核(带负电)．又根据R＝
11．在匀
图3－15
强磁场中置一均匀金属薄片，有一个带电粒子在该磁场中按如图3－15所示轨迹运动．由于粒子穿过金属片时有动能损失，在MN上、下方的轨道半径之比为10∶9，不计粒子的重力及空气的阻力，下列判断中正确的是( )
A．粒子带正电
B．粒子沿abcde方向运动
C．粒子通过上方圆弧比通过下方圆弧时间长新课标先进网
D．粒子恰能穿过金属片10次
解析：选A.依据半径公式可得r＝Bq(mv)，则知道r与带电粒子的运动速度成正比．显然半径大的圆周是穿过金属片前的带电粒子的运动轨迹，半径小的圆周是穿过金属片后的带电粒子的运动轨迹，所以粒子沿edcba方向运动．再依据左手定则可知，带电粒子带正电，A对，B错．依据周期公式可知，带电粒子在磁场中的运动周期与运动速度无关，故选项C也是错误的．半径之比为10∶9，即速度之比为10∶9.依据动能定理解得，粒子能穿过金属片的次数为：n＝100/19.故D是错误的，本题的正确选项为A.
12．(2009年高考广东单科卷)如图3－16所
图3－16
示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、强度为B的匀强磁场中．质量为m、带电量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是( )
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块到达地面时的动能与B的大小无关
C．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面向下
D．B很大时，滑块可能静止于斜面上
解析：选C.由左手定则知C正确．而Ff＝μFN＝μ(mgcosθ＋Bqv)要随速度增加而变大，A错误．若滑块滑到底端已达到匀速运动状态，应有Ff＝mgsin θ，可得v＝Bq(mg)(μ(sinθ)－cos θ)，可看到v随B的增大而减小．若在滑块滑到底端时还处于加速运动状态，则在B越强时，Ff越大，滑块克服阻力做功越多，到达斜面底端的速度越小，B错误．当滑块能静止于斜面上时应有 mgsin θ＝μmgcos θ，即μ＝tan θ，与B的大小无关，D错误．
二、题(本题包括4小题，共40分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出较后答案的不能得分，有数值的题，答案中必须明确写出数值和单位)
13．(8分)如图3－17所示xkb1.com
，光滑的平行导轨倾角为θ，处在磁感应强度为B的匀强磁场中，导轨中接入电动势为E、内阻为r的直流电源．电路中有一阻值为R的电阻，其余电阻不计，将质量为m、长度为L的导体棒由静止释放， 求导体棒在释放瞬间的加速度的大小．
解析：受力分析如图所示，导体棒受重力mg、支持力FN和安培力F，由牛顿第二定律：
mgsin θ－Fcos θ＝ma①
F＝BIL②
I＝R＋r(E)③
由①②③式可得
a＝gsin θ－m(R＋r)(BELcos θ).
答案：gsin θ－m(R＋r)(BELcos θ)
14．(10分)(2011年长沙市先进中学高二阶段性诊断)如图3－18所示，直线MN上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现有一质量为m、带电荷量为＋q的粒子在纸面内以某一速度从A点射入，其方向与MN成30°角，A点到MN的距离为d，带电粒子重力不计．
图3－18
(1)当v满足什么条件时，粒子能回到A点；
(2)粒子在磁场中运动的时间t.
解析：
(1)粒子运动如图所示，由图示的几何关系可知：
r＝2tan 30°(d)＝2d
粒子在磁场中的轨道半径为r，则有Bqv＝mr(v2)
联立两式，得v＝m(3dBq)
此时粒子可按图中轨道回到A点．
(2)由图可知，粒子在磁场中运动的圆心角为300°
所以t＝360°(300°)T＝6(5)Bq(2πm)＝3Bq(5πm).
答案：(1)v＝m(3dBq) (2)3Bq(5πm)
15
(10分)如图3－19所示，匀强电场区域和匀强磁场区域是紧邻的且宽度相等均为d，电场方向在纸平面内，而磁场方向垂直纸面向里．一带正电粒子从O点以速度v0沿垂直电场方向进入电场．在电场力的作用下发生偏转，从A点离开电场进入磁场，离开电场时带电粒子在电场方向的偏移量为2(1)d，当粒子从C点穿出磁场时速度方向与进入电场O点时的速度方向一致，不计带电粒子的重力，求：
(1)粒子从C点穿出磁场时的速度v.
(2)电场强度和磁感应强度的比值B(E).
解析：(1)粒子在电场中偏转，垂直于电场方向速度v⊥＝v0，平行于电场方向速度v∥，因为d＝v⊥·t＝v0t，2(1)d＝2(v∥)·t，所以v∥＝v⊥＝v0，所以v＝＝v0，tanθ＝v⊥(v∥)＝1.因此θ＝45°，即粒子进入磁场时的速度方向与水平方向成45°角斜向右下方．粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，穿出磁场时速度大小为v＝v0，方向水平向右．
(2)粒子在电场中运动时，v∥＝at＝m(qE)·v0(d)，得E＝qd(02).
在磁场中运动轨迹如图所示．
则R＝sin45°(d)＝d，
又qvB＝R(mv2)，B＝qR(mv)＝d(2v0)＝qd(mv0)，
所以B(E)＝v0.
答案：(1)v0，方向水平向右 (2)v0
16．(12分)如图3－20所示，初速度为零的负离子经电势差为U的电场加速后，从离子枪T中水平射出，经过一段路程后进入水平放置的两平行金属板MN和PQ之间，离子所经空间存在着磁感应强度为B的匀强磁场．不考虑重力作用，离子的比荷q/m在什么范围内，离子才能打在金属板上？
解析：在加速过程中，据动能定理有2(1)mv2＝qU，由此得离子进入磁场的初速度v＝ m(2qU).分析离子进入磁场后打到金属板两端的轨迹，如图所示，设半径分别为R1和R2，则离子打到金属板上的条件是R1≤R≤R2，由勾股定理知R2＝d2＋(R1－2(d))2
得R1＝4(5)d；
由勾股定理知R2＝(2d)2＋(R2－2(d))2
得R2＝4(17)d.
再由R＝qB(mv)及v＝ m(2qU)可得R＝B(1) q(2mU)，
所以289B2d2(32U)≤m(q)≤25B2d2(32U).
答案：289B2d2(32U)≤m(q)≤25B2d2(32U)
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