2019-2020学年高中物理 第5章 磁场与回旋加速器 章末过关检测（五）课件 沪科版选修3-1

章末过关检测(五)一、单项选择题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1.如图所示，一束离子沿水平方向平行飞过小磁针上方时，小磁针的S极向纸外偏转，这一离子束可能是()A．向左飞行的正离子束或负离子束B．向右飞行的正离子束或负离子束C．向左飞行的正离子束D．向右飞行的正离子束解析：选D．向右飞行的正离子束形成的电流方向向右，根据安培定则可知，正离子束在下方产生的磁场方向向里，则N极转向里，S极转向外，因此可以是正离子束向右飞行，也可以负离子束向左飞行，A、B、C错误，D正确.2.如图所示，美国物理学家安德森在研究宇宙射线时，在云雾室里观察到有一个粒子的径迹和电子的径迹弯曲程度相同，但弯曲方向相反，从而发现了正电子，获得了诺贝尔物理学奖.云雾室中磁场方向可能是()A．垂直纸面向外B．垂直纸面向里C．沿纸面向上D．沿纸面向下解析：选B．由图可知，向下运动的正电荷受到的洛伦兹力的方向向右，由左手定则可知，磁场的方向垂直于纸面向里.故选B．3.如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd，在细长磁铁的N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，从图中位置1经过位置2到位置3，位置1、3都很靠近2，在这个过程中，下列对穿过线圈磁通量的说法中正确的是()A．穿过线圈的磁通量越来越大B．穿过线圈的磁通量越来越小C．在位置2穿过线圈的磁通量最小D．在位置2穿过线圈的磁通量最大解析：选C．因为在位置2线圈与磁感线平行，没有磁感线穿过，故穿过线圈的磁通量最小，等于零，C对，D错；由于位置1、3都很靠近2，故从位置1到位置3穿过线圈的磁通量先变小再变大，A、B错.4.如图所示，为演示电流对磁极作用力的实验，图中所示的小磁针跟它上方的导线平行.当闭合开关时可观察到的现象是()A．小磁针N极垂直纸面向里偏转B．小磁针N极垂直纸面向外偏转C．小磁针N极向上偏转D．小磁针N极向下偏转解析：选A．根据安培定则，导线下方的磁场方向是垂直纸面向里的，所以小磁针N极垂直纸面向里偏转，选项A正确.5.弹簧测力计下挂一条形磁铁，其中条形磁铁N极一端位于未通电的螺线管正上方，如图所示，下列说法正确的是()A．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将不变B．若将a接电源正极，b接电源负极，弹簧测力计示数将增大C．若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将减小D．若将b接电源正极，a接电源负极，弹簧测力计示数将增大解析：选D．通电后的螺线管可等效为一个条形磁铁.若将a接电源正极，b接电源负极，由安培定则可判断，螺线管上端为N极，根据同名磁极相斥，弹簧测力计下挂的条形磁铁受到向上的斥力，弹簧测力计的示数将减小，A、B错；同理可判断C错D对.6.一不计重力的带电粒子垂直射入自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧，则从图中可以判断()A．粒子从A点射入，速率逐渐减小B．粒子从A点射入，速率逐渐增大C．粒子从B点射入，速率逐渐减小D．粒子从B点射入，速率逐渐增大解析：选A．由于周围气体的阻碍作用，带电粒子的速度逐渐减小，而其运动轨迹仍为一段圆弧，即半径的大小不变，由公式r＝mvqB可知带电粒子从磁场强的地方运动到磁场弱的地方，故选A．7.如图所示，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直.磁感应强度可能为零的点是()A．a点B．b点C．c点D．d点解析：选C．由于I1I2，且a点离I1近，所以I1比I2在a点产生的磁场强，虽然I1、I2在a点形成的磁场方向相反，但合场强不可能为零；根据安培定则，I1、I2在b点形成的磁场方向相同，磁感应强度不可能为零；I1、I2在c点处形成的磁场方向相反，I1I2，但I2离c更近，二者在c处形成的磁感应强度大小相等时，合磁场的磁感应强度可能为零；I1、I2在d处形成磁场有一夹角，合磁场磁感应强度不可能为零.综上所述只有选项C正确，A、B、D均错误.8.半径为r的圆形空间内，存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子(不计重力)从A点以速度v0垂直磁场方向射入磁场中，并从B点射出，∠AOB＝120°，如图所示，则该带电粒子在磁场中运动的时间为()A．2π/(3v0)B．23πr/(3v0)C．πr/(3v0)D．3πr/(3v0)解析：选D．从AB︵所对圆心角θ＝60°知t＝16T＝πm3qB，但题中已知条件不够，没有此项选择，只有另想办法找规律表示t.由匀速圆周运动得t＝AB︵v0，又R＝3r，得AB︵＝R·θ＝3r×π3＝33πr，则t＝AB︵v0＝3πr3v0.二、多项选择题(本题共3小题，每小题5分，共15分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全选对的得5分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)9.电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加至原来的2倍C．只将弹体质量减至原来的一半D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析：选BD．由题意可知B＝kI，F＝BId＝kI2D．由动能定理可得F·L＝12mv20，v0＝2FLm，v0＝2kI2dLm，v0∝ILm，要使v0加倍，则B、D正确，A、C错误.10.设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，已知一粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略重力，以下说法正确的是()A．粒子必带负电荷B．A点和B点位于同一高度C．粒子在C点时速度最大D．粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点解析：选BC．粒子由A至C洛伦兹力不做功，电场力做正功，故粒子带正电，A错误，又不计重力，由动能定理可知B、C正确，粒子到达B点后向右继续重复ACB︵的运动，如图所示，故D错误.11.如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0，L).一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是()A．电子在磁场中运动的时间为πLv0B．电子在磁场中运动的时间为2πL3v0C．磁场区域的圆心坐标为L2，L2D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L)解析：选BD．对于电子在磁场中的运动情况分析如图甲所示，在图甲中离开磁场的速度方向与x轴正向夹角为60°，则弧ab所对应的圆心角为60°，弦ab与x轴夹角为30°，由几何关系得Ob长为3L，且ab与x轴夹角为30°，则OO′＝L，D对；在图乙中，作弦Oa与弦Ob的垂直平分线，交点O″为磁场区域的圆心，C错；电子在磁场中运动的半径r＝mv0eB＝2L，周期T＝2πmeB＝4πLv0，则运动时间t＝16T＝2πL3v0，B对.三、非选择题(本题共4小题，共45分.解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)12.(10分)把一根长为L＝10cm的直导线垂直磁感线方向放入如图所示的匀强磁场中.(1)当导线中通以I1＝2A的电流时，导线受到的安培力大小为1.0×10－7N，试求该磁场的磁感应强度的大小B．(2)若该导线中通以I2＝3A的电流，试求此时导线所受安培力大小F，并判断安培力的方向.解析：(1)根据F＝BIL得B＝FI1L＝5×10－7T.(2)当导线中电流变化时，导线所在处的磁场不变，则F＝BI2L＝1.5×10－7N方向：根据左手定则，导线所受安培力方向垂直于导线向上.答案：(1)5×10－7T(2)1.5×10－7N方向垂直于导线向上13.(10分)在直径为d的圆形区域内存在着匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向纸外.一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图所示.若此粒子在磁场区域运动过程中速度的方向一共改变了90°，重力可忽略不计，求：(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t；(2)该粒子射入时的速度大小v.解析：(1)粒子在匀强磁场中运动，有qvB＝mv2r，运动周期T＝2πrv，得轨道半径r＝mvqB，周期T＝2πmqB.粒子的速度方向改变了90°，所用的时间t＝T4＝πm2qB.(2)粒子的运动情况如图所示.△AOD是等腰直角三角形，AD＝2r，∠OAD＝45°；在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°，AD＝dcos∠CAD＝dcos30°，即2r＝dcos30°，解得半径r＝64d，因此粒子射入时的速度大小v＝qBrm＝6qBd4m.答案：(1)πm2qB(2)6qBd4m14.(10分)质谱仪是一种测定带电粒子质量和分析同位素的重要工具，它的构造原理如图所示.离子源S产生的各种不同正离子束(速度可看做为零)，经加速电场(加速电场极板间的距离为d、电势差为U)加速，然后垂直进入磁感应强度为B的有界匀强磁场中做匀速圆周运动，最后到达记录它的照相底片P上.设离子在P上的位置与入口处S1之间的距离为x.(1)求该离子的荷质比qm.(2)若离子源产生的是带电量为q、质量为m1和m2的同位素离子(m1m2)，它们分别到达照相底片上的p1、p2位置(图中末画出)，求p1、p2间的距离Δx.解析：(1)离子在电场中加速，由动能定理得：qU＝12mv2①离子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qvB＝mv2r②x＝2r③由①②③式可得：qm＝8UB2x2.(2)由①②③式可得粒子m1在磁场中的运动半径是r1，则：r1＝2qUm1Bq对离子m2，同理得：r2＝2qUm2Bq故照相底片上p1、p2间的距离：Δx＝2(r1－r2)＝22qUBq(m1－m2).答案：(1)8UB2x2(2)22qUBq(m1－m2)15.(15分)如图所示，直角坐标系xOy位于竖直平面内，在水平的x轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方向垂直xOy平面向里，电场线平行于y轴.一质量为m、电荷量为q的带正电的小球，从y轴上的A点水平向右抛出，经x轴上M点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x轴上的N点第一次离开电场和磁场，MN之间的距离为L，小球过M点时的速度方向与x轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g，求：(1)电场强度E的大小和方向；(2)小球从A点抛出时初速度v0的大小；(3)A点到x轴的高度h.解析：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力必须与重力平衡，有qE＝mg①得：E＝mgq②重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上.(2)小球做匀速圆周运动，O′为圆心，MN为弦长，∠MO′P＝θ，如图所示.设半径为r，由几何关系知L2r＝sinθ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v，有qvB＝mv2r④由速度的合成与分解知v0v＝cosθ⑤由③④⑤式得v0＝qBL2mcotθ⑥(3)设小球到M点时的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为vy＝v0tanθ⑦由匀变速直线运动规律得v2y＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h＝q2B2L28m2g.答案：(1)mgq竖直向上(2)qBL2m·cotθ(3)q2B2L28m2g