（山東專用）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場綜合檢測（含解析）新人教版

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1、磁場綜合檢測 (時(shí)間:90分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共12小題,每小題4分,共48分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1～8小題只有一個(gè)選項(xiàng)正確,第9～12小題有多個(gè)選項(xiàng)正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯(cuò)或不選的 得0分) 1.磁感應(yīng)強(qiáng)度B和磁場強(qiáng)度H是不同的物理量,在真空中H=.若用國際單位制的基本單位表示,μ0的單位為kg·m/(s2·A2),則磁場強(qiáng)度的單位為(　D　) A.kg/(s2·A) B.kg·A/s2 C.kg·A/m D.A/m 解析:根據(jù)H=,B的單位為;μ0的單位為 kg·m/(s2·A2),則磁場強(qiáng)度的單位為==

2、=A/m,故選D. 2.如圖,一個(gè)環(huán)形電流的中心有一根通電直導(dǎo)線,則環(huán)受到的磁場力(　D　) A.沿環(huán)半徑向外 B.沿環(huán)半徑向內(nèi) C.沿通電直導(dǎo)線水平向左 D.等于零 解析:通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場是以導(dǎo)線上各點(diǎn)為圓心的同心圓,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(xiàng)D正確,A,B,C錯(cuò)誤. 3.在勻強(qiáng)磁場中,一個(gè)原來靜止的原子核,由于放出射線,結(jié)果得到一張兩個(gè)相切圓的徑跡照片(如圖所示),今測得兩個(gè)相切圓半徑之比r1∶r2=a,新核與射線質(zhì)量之比為b,則下列說法正確的是(　B　) A.放出的射線為高速電子流 B.半徑為r2

3、的圓為放出射線的運(yùn)動(dòng)軌跡 C.射線與新核動(dòng)能之比為a D.射線與新核質(zhì)子數(shù)之比為b 解析:根據(jù)動(dòng)量守恒可以知道,放出射線后的粒子動(dòng)量大小相等,方向相反,則根據(jù)左手定則可以知道,放出的粒子均帶正電,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;放射出的粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則qvB=m,即R=,由于動(dòng)量守恒,而且放出的粒子電荷量小,則半徑R大,故半徑為r2的圓為放出射線的運(yùn)動(dòng)軌跡,選項(xiàng)B正確;根據(jù)動(dòng)量與動(dòng)能的關(guān)系Ek=,則動(dòng)能之比等于質(zhì)量的反比,故射線與新核動(dòng)能之比為b,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;射線與新核質(zhì)子數(shù)之比即為電荷量之比,由于R=,則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(xiàng)D錯(cuò)誤. 4

4、.如圖所示為一種獲得高能粒子的裝置——環(huán)形加速器,環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),A,B為兩塊中心開有小孔的極板,原來電勢都為零,每當(dāng)粒子飛經(jīng)A板時(shí),A板電勢升高為+U,B板電勢仍保持為零,粒子在兩極板間的電場中加速,每當(dāng)粒子離開電場區(qū)域時(shí),A板電勢又降為零,粒子在電場一次次加速下動(dòng)能不斷增大,而在環(huán)形區(qū)域內(nèi)繞半徑不變(設(shè)極板間距遠(yuǎn)小于R),粒子重力不計(jì),下列關(guān)于環(huán)形加速器的說法中正確的是(　C　) A.加速器對帶正電粒子順時(shí)針加速,對帶負(fù)電粒子加速需要升高B板電勢 B.電勢U越高,粒子最終的速度就越大 C.環(huán)形區(qū)域內(nèi)的磁

5、感應(yīng)強(qiáng)度大小Bn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= D.粒子每次繞行一圈所需的時(shí)間tn與加速次數(shù)n之間的關(guān)系為= 解析:帶正電粒子從A板向B板加速,所以正電粒子沿順時(shí)針運(yùn)動(dòng),對負(fù)電粒子,升高B板電勢,則負(fù)電粒子從A板向B板加速,在磁場運(yùn)動(dòng)中沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng),但洛倫茲力向外,無法做圓周運(yùn)動(dòng),A錯(cuò)誤;根據(jù)qvB=m可得v=,因?yàn)镽是定值,最終速度由磁感應(yīng)強(qiáng)度決定,B錯(cuò)誤;粒子繞行n圈獲得的動(dòng)能等于電場力對粒子做的功,設(shè)粒子繞行n圈獲得的速度為vn,根據(jù)動(dòng)能定理可得nqU=m,解得vn=,粒子在環(huán)形區(qū)域磁場中,受洛倫茲力作用做半徑為R的勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律和向心力公式,則有qvnBn=m,解得

6、Bn==,所以=,C正確;粒子繞行第n圈所需時(shí)間tn==2πR·,所以 =,D錯(cuò)誤. 5.將一塊長方體形狀的半導(dǎo)體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中,當(dāng)此半導(dǎo)體材料中通有與磁場方向垂直的電流時(shí),在半導(dǎo)體材料與電流和磁場方向垂直的兩個(gè)側(cè)面會(huì)出現(xiàn)一定的電壓,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),產(chǎn)生的電壓稱為霍爾電壓,相應(yīng)的具有這樣性質(zhì)的半導(dǎo)體材料樣品就稱為霍爾元件.如圖所示,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.已知圖中的霍爾元件是P型半導(dǎo)體,與金屬導(dǎo)體不同,它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動(dòng)帶正電的粒子).圖中的1,2,3,4是霍爾元件上的

7、四個(gè)接線端.當(dāng)開關(guān)S1,S2閉合后,電流表A和電表B,C都有明顯示數(shù),下列說法中正確的是(　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 C.若調(diào)整電路,使通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,則毫伏表的示數(shù)將保持不變 D.若適當(dāng)減小R1、增大R2,則毫伏表示數(shù)一定增大 解析: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2,4兩端的,它是測量霍爾電壓的,故它是電壓表即毫伏表,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于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,由左手定則可知,帶正電的粒子受到的洛

8、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(xiàng)B錯(cuò)誤;穩(wěn)定時(shí),粒子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,當(dāng)電流方向都相反,但大小不變時(shí),粒子的偏轉(zhuǎn)方向與原來相同,但仍存在如上的平衡關(guān)系式,由于電流的大小不變,由電流的微觀表達(dá)式I=neSv可知,其粒子的定向移動(dòng)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(xiàng)C正確;若減小R1,則會(huì)讓B增大,若增大R2,會(huì)讓電流I減小,粒子的定向移動(dòng)速率v也變小,則不能確定霍爾電壓的變化情況,故毫伏表的示數(shù)不一定增大,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 6.如圖(甲)所示,a,b兩平行直導(dǎo)線中通有相同的電流,當(dāng)兩通電導(dǎo)線垂

9、直圓平面放置于圓周上,且兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為60°時(shí),圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.如圖(乙)所示,c導(dǎo)線中通有與a,b導(dǎo)線完全相同的電流,a,b,c垂直圓平面放置在圓周上,且a,b兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為120°,b,c兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為30°,則此時(shí)圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　A　) A.B B.B C.0 D.B 解析:當(dāng)a,b兩導(dǎo)線與圓心連線的夾角為60°時(shí),它們在圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖(甲)所示,設(shè)Ba=Bb=B1,則有B=B1.當(dāng)a,b兩導(dǎo)線與圓心連線夾角為120°時(shí),如圖(乙)所示,它們在圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量和為B′=B1,再與c導(dǎo)線在圓心處產(chǎn)生

10、的磁場疊加后磁感應(yīng)強(qiáng)度矢量和為B1,因此圓心處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,選項(xiàng)A正確. 7.如圖所示為一種質(zhì)譜儀的工作原理示意圖,此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器.靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內(nèi)有均勻輻射電場,在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計(jì)),經(jīng)加速電場加速后進(jìn)入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運(yùn)動(dòng),而后由P點(diǎn)進(jìn)入磁分析器中,最終經(jīng)過Q點(diǎn)進(jìn)入收集器.下列說法中正確的是(　B　) A.磁

11、分析器中勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向內(nèi) B.加速電場中的加速電壓U= C.磁分析器中圓心O2到Q點(diǎn)的距離d= D.任何離子若能到達(dá)P點(diǎn),則一定能進(jìn)入收集器 解析:進(jìn)入靜電分析器后,正離子順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng),所受洛倫茲力指向圓心,根據(jù)左手定則,磁分析器中勻強(qiáng)磁場方向垂直于紙面向外,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)牛頓第二定律有Eq=m,設(shè)離子進(jìn)入靜電分析器時(shí)的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中,由動(dòng)能定理有qU=mv2,解得U=,選項(xiàng)B正確;由B項(xiàng)解析可知R=,與離子質(zhì)量、電荷量無關(guān).離子在磁分析器中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由牛頓第二定律有 qvB=m,得r==,即d=,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;圓

12、周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑與電荷的質(zhì)量和電荷量有關(guān),能夠到達(dá)P點(diǎn)的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定都能進(jìn)入收集器,選項(xiàng)D錯(cuò)誤. 8.回旋加速器的核心部分是真空室中的兩個(gè)相距很近的D形金屬盒,把它們放在勻強(qiáng)磁場中,磁場方向垂直于盒面向下.連接好高頻交流電源后,兩盒間的窄縫中能形成勻強(qiáng)電場,帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng),每次通過兩盒間的窄縫時(shí)都能被加速,直到達(dá)到最大圓周半徑時(shí)通過特殊裝置引出.如果用同一回旋加速器分別加速氚核H)和α粒子He),比較它們所需的高頻交流電源的周期和引出時(shí)的最大動(dòng)能,下列說法正確的是(　D　) A.加速氚核的交流電源的周期較大,氚核獲得的最大動(dòng)能較大 B.加速氚核的交

13、流電源的周期較小,氚核獲得的最大動(dòng)能較小 C.加速氚核的交流電源的周期較大,α粒子獲得的最大動(dòng)能較小 D.加速氚核的交流電源的周期較大,α粒子獲得的最大動(dòng)能較大 解析:帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與交流電源的周期相同,根據(jù)T=,可知氚核的質(zhì)量與電荷量的比值大于α粒子的質(zhì)量與電荷量的比值,故氚核在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期大,則加速氚核的交流電源的周期較大,α粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期小,則加速α粒子的交流電源的周期較小;根據(jù)qvB=m,解得v=,則最大動(dòng)能Ekm=mv2=,氚核的質(zhì)量是α粒子的,氚核的電荷量是α粒子的,則氚核的最大動(dòng)能是α粒子的,即氚核的最大動(dòng)能較小,α粒子的動(dòng)能較大,故A,B,C錯(cuò)誤,

14、D正確. 9.如圖所示,一個(gè)帶正電荷的小球從a點(diǎn)出發(fā)水平進(jìn)入正交垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場區(qū)域,電場方向豎直向上,某時(shí)刻小球運(yùn)動(dòng)到了b點(diǎn),則下列說法正確的是(　CD　) A.從a到b,小球可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) B.從a到b,小球可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C.從a到b,小球動(dòng)能可能不變 D.從a到b,小球機(jī)械能增加 解析:帶電小球的初速度是水平的,從a運(yùn)動(dòng)到b點(diǎn)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(yùn)動(dòng),所以小球受力不為零,即小球不可能做勻速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;從以上分析可知小球做曲線運(yùn)動(dòng),即變速運(yùn)動(dòng),故小球受到磁場的洛倫茲力也是變化的,故小球受到的合力是變力,所以小球不

15、可能做勻加速直線運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)B錯(cuò)誤;當(dāng)小球的重力和電場力平衡時(shí),小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向,小球的動(dòng)能不變,選項(xiàng)C正確;從a到b,電場方向豎直向上,電場力一定做正功,故機(jī)械能增加,選項(xiàng)D正確. 10.央視《是真的嗎》節(jié)目做了如下實(shí)驗(yàn):用裸露的銅導(dǎo)線繞制成一根無限長螺旋管,將螺旋管放在水平桌面上,用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個(gè)“小車”,兩磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負(fù)兩極上,只要將這輛小車推入螺旋管中,小車就會(huì)加速運(yùn)動(dòng)起來,如圖所示.關(guān)于小車的運(yùn)動(dòng),以下說法正確的是(　BD　) A.將小車上某一磁鐵改為S極與電池粘連,小車仍能加速運(yùn)動(dòng), B.將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,

16、小車的加速度方向?qū)l(fā)生改變 C.圖中小車加速度方向向右 D.圖中小車加速度方向向左 解析:兩磁極間的磁感線如圖(甲)所示,干電池與磁鐵及中間部分線圈組成了閉合回路,在兩磁極間的線圈中產(chǎn)生電流,左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流.其中線圈中電流方向的左視圖為逆時(shí)針方向,電流與磁極、磁場的關(guān)系如圖(乙)所示, 由左手定則可知中間線圈所受的安培力向右,根據(jù)牛頓第三定律有“小車”向左加速,C錯(cuò)誤,D正確;如果改變某一磁鐵S極與電源粘連,則磁感線不會(huì)向外發(fā)散,兩部分受到方向相反的力,合力為零,A錯(cuò)誤;如果將“小車”上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,電流方向不變,磁 場方向變化,“

17、小車”受力方向變化,“小車”的加速度方向?qū)l(fā)生變化,B正確. 11.如圖所示,在xOy平面的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直xOy平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場.兩個(gè)相同的帶電粒子,先后從y軸上的a(0,L)點(diǎn)和b點(diǎn)(坐標(biāo)未知)以相同的速度v0垂直于y軸射入磁場,在x軸上的c(L,0)點(diǎn)相遇,不計(jì)粒子重力及其相互作用,根據(jù)題設(shè)條件可以確定(　AC　) A.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑 B.帶電粒子的電荷量 C.帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 D.帶電粒子的質(zhì)量 解析:兩個(gè)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),由幾何關(guān)系可以確認(rèn)其圓心坐標(biāo)分別是(0,L),(0,-L),軌跡半徑 R=L,圓弧所對圓心角分別是

18、 120°和60°,依 qv0B=得R=,又v0,B已知,可確定比荷,但無法確認(rèn)帶電粒子帶電荷量和質(zhì)量;由T=,t=T,可求出帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間. 12.圖中的虛線為半徑為R、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的圓形勻強(qiáng)磁場的邊界,磁場的方向垂直圓平面向里.大量的比荷均為的相同粒子由磁場邊界的最低點(diǎn)A向圓平面內(nèi)的不同方向以相同的速度v0射入磁場,粒子在磁場中做半徑為r的圓周運(yùn)動(dòng),經(jīng)一段時(shí)間的偏轉(zhuǎn),所有的粒子均由圓邊界離開,所有粒子的出射點(diǎn)的連線為虛線邊界的,粒子在圓形磁場中運(yùn)行的最長時(shí)間用tm表示,假設(shè),R,v0為已知量,其余的量均為未知量,忽略粒子的重力以及粒子間的相互作用.則下列表達(dá)式正確的是(

19、　ACD　) A.B= B.B= C.r= D.tm= 解析:設(shè)從A點(diǎn)射入的粒子與磁場邊界的最遠(yuǎn)交點(diǎn)為B,則B點(diǎn)是軌跡圓的直徑與磁場邊界圓的交點(diǎn),的長是邊界圓周長的,則∠AOB= 120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí),洛倫茲力提供向心力,有qv0B=m,所以B==,選項(xiàng)A,C正確,B錯(cuò)誤;粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為tm===,選項(xiàng)D正確. 二、非選擇題(共52分) 13.(4分)某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實(shí)驗(yàn).兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行,足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方,S極位于兩導(dǎo)軌的正

20、下方,一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直. (1)在圖中畫出連線,完成實(shí)驗(yàn)電路.要求滑動(dòng)變阻器以限流方式接入電路,且在開關(guān)閉合后,金屬棒沿箭頭所示的方向移動(dòng). (2)為使金屬棒在離開導(dǎo)軌時(shí)具有更大的速度,有人提出以下建議: A.適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離 B.換一根更長的金屬棒 C.適當(dāng)增大金屬棒中的電流 其中正確的是　　　　(填入正確選項(xiàng)前的標(biāo)號).? 解析:(1)實(shí)驗(yàn)電路連線如圖所示. (2)為使金屬棒離開導(dǎo)軌時(shí)具有更大的速度,則金屬棒運(yùn)動(dòng)時(shí)需要更大的加速度,即應(yīng)受到更大的安培力,根據(jù)F=ILB可知,應(yīng)使I,L變大,即選項(xiàng)A,C正確. 答案:(1)見解析　(2)AC

21、評分標(biāo)準(zhǔn):每問2分. 14.(8分)物體的帶電荷量是一個(gè)不易測得的物理量,某同學(xué)設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)來測量帶電物體所帶電荷量.如圖(a)所示,他將一由絕緣材料制成的小物塊A放在足夠長的木板上,打點(diǎn)計(jì)時(shí)器固定在長木板末端,物塊靠近打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,一紙帶穿過打點(diǎn)計(jì)時(shí)器與物塊相連,操作步驟如下,請結(jié)合操作步驟完成以下問題. (1)為消除摩擦力的影響,他將長木板一端墊起一定傾角,接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,輕輕推一下小物塊,使其沿著長木板向下運(yùn)動(dòng).多次調(diào)整傾角θ,直至打出的紙帶上點(diǎn)跡　　　　,測出此時(shí)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(qiáng)磁場,用細(xì)

22、繩通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(jì).給物塊A帶上一定量的正電荷,保持傾角θ0不變,接通打點(diǎn)計(jì)時(shí)器,由靜止釋放小物塊A,該過程可近似認(rèn)為物塊A帶電荷量不變,下列關(guān)于紙帶上點(diǎn)跡的分析正確的是　　　　.? A.紙帶上的點(diǎn)跡間距先增加后減小至零 B.紙帶上的點(diǎn)跡間距先增加后減小至一不為零的定值 C.紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加,且相鄰兩點(diǎn)間的距離之差不變 D.紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加,且相鄰兩點(diǎn)間的距離之差逐漸減小,直至間距不變 (3)為了測定物體所帶電荷量q,除θ0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B外,本實(shí)驗(yàn)還必須測量的物理量有　　　　.? A.物塊A的質(zhì)量M B.物塊B的質(zhì)量m C.

23、物塊A與木板間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ D.兩物塊最終的速度v (4)用重力加速度g,磁感應(yīng)強(qiáng)度B,θ0和所測得的物理量可得出q的表達(dá)式為q=　　　　.? 解析:(1)此實(shí)驗(yàn)平衡摩擦力后,確定滑塊做勻速直線運(yùn)動(dòng)的依據(jù)是,看打點(diǎn)計(jì)時(shí)器在紙帶上所打出點(diǎn)的分布應(yīng)該是等間距的. (2)設(shè)A的質(zhì)量為M,B的質(zhì)量為m,沒有磁場時(shí),對A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根據(jù)平衡條件可知f=Mgsin θ0,FN=Mgcos θ0,又因?yàn)閒=μFN,所以μ===tan θ0;當(dāng)存在磁場時(shí),以A,B整體為研究對象,由牛頓第二定律可得(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=(M+m)a

24、 由此式可知,v和a是變量,其他都是不變的量,所以A,B一起做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng),直到加速度減為零后做勻速運(yùn)動(dòng),即速度在增大,加速度在減小,最后速度不變.所以紙帶上的點(diǎn)跡間距逐漸增加,說明速度增大;根據(jù)Δx=at2,可知,加速度減小,則相鄰兩點(diǎn)間的距離之差逐漸減小;勻速運(yùn)動(dòng)時(shí),間距不變,選項(xiàng)D正確,A,B,C錯(cuò)誤. (3)(4)根據(jù)(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+Mgcos θ0)=(M+m)a,可得當(dāng)加速度減為零時(shí),速度最大,設(shè)最大速度為v,則(mg+Mgsin θ0)-μ(Bqv+ Mgcos θ0)=0 化簡得q=,把μ=tan θ0代入,得q=,由此可知為了測定物體所帶

25、電荷量q,除θ0、磁感應(yīng)強(qiáng)度B外,本實(shí)驗(yàn)還必須測量的物理量有物塊B的質(zhì)量m和兩物塊最終的速度v. 答案:(1)間距相等(或均勻)　(2)D　(3)BD　(4) 評分標(biāo)準(zhǔn):每問2分. 15.(10分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一半徑為R=L的圓形區(qū)域,圓心O1對應(yīng)的坐標(biāo)為(L,0),圓與x軸交于A,C兩點(diǎn).除圓形區(qū)域內(nèi)無磁場,在y軸與直線x=2L之間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,在圓心O1處有一粒子源,發(fā)射同種粒子,粒子的質(zhì)量為m,電荷量為+q(q>0),粒子從粒子源O1發(fā)出垂直磁場在紙面內(nèi)向各個(gè)方向運(yùn)動(dòng),不計(jì)粒子重力,并且從磁場返回圓形邊界的粒子均被吸收掉, (1)

26、求能從右邊界(即直線x=2L)射出的粒子其最小速率為多少,并求出該粒子從O1發(fā)出時(shí)與x軸正方向的夾角θ; (2)要使粒子垂直于x=2L的邊界射出磁場,求該粒子的最小速率為多少? 解析:(1)分析可知,以相同速率從O1點(diǎn)射出的粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的軌跡在虛線圓上,如圖所示 設(shè)能從直線x=2L邊界出去的粒子的速度大小為v1,則 qv1B=m v1=, 從圖中可知,速度最小是從D點(diǎn)飛出,則 +r1=L,(1分) 解得r1=L,(1分) 最小速度為v1=,(1分) 對應(yīng)角度tan θ==,(1分) θ=30°,(1分) 所以以最小速度射出的粒子的速度方向是斜向右

27、下方與x軸正方向的夾角為30°. (2)粒子垂直于直線x=2L邊界射出,作出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示 設(shè)粒子的速度方向是斜向右下方與x軸正方向的夾角為α, 粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2,則 Lcos α+r2sin α=L,(1分) (cos α+sin α)=L 令=sin φ =cos φ 得sin (α+φ)=L,(1分) 當(dāng)α+φ=90°時(shí),r2最小, 解得r2=L,(1分) qv2B=m,(1分) v2= 所以,粒子垂直于x=2L的邊界射出磁場的最小速率v2=.(1分) 如果利用數(shù)學(xué)知識(shí)為點(diǎn)O1到直線距離,得出O3位置在D點(diǎn)時(shí)r2最小,同樣求出r2

28、=L,同樣得分. 答案:(1)　30°　(2) 16.(8分)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy中的第一象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直于坐標(biāo)平面向內(nèi)的有界圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出);在第二象限內(nèi)存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,一粒子源固定在x軸上的A點(diǎn),A點(diǎn)坐標(biāo)為(-L,0).粒子源沿y軸正方向釋放出速度大小為v的電子,電子恰好能通過y軸上的C點(diǎn),C點(diǎn)坐標(biāo)為(0,2L),電子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后恰好垂直通過第一象限內(nèi)與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質(zhì)量為m,電荷量為e,不考慮粒子的重力和粒子之間的相互作用).求: (1)第二象限內(nèi)電場強(qiáng)度E的大小; (2)電子離開電場時(shí)

29、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. 解析:(1)從A到C的過程中,電子做類平拋運(yùn)動(dòng), 有L=t2(1分) 2L=vt,(1分) 聯(lián)立解得E=.(1分) (2)設(shè)電子到達(dá)C點(diǎn)的速度大小為vC,方向與y軸正方向的夾角為θ.由動(dòng)能定理,有 m-mv2=eEL(1分) 解得vC=v,cos θ==, 解得θ=45°.(1分) (3)電子的運(yùn)動(dòng)軌跡圖如圖,電子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r==,(1分) 電子在磁場中偏轉(zhuǎn)120°后垂直于ON射出,則磁場圓最小半徑 Rmin==rsin 60°(1分) 由以上兩式可得 Rmin=.(1分)

30、 答案:(1)　(2)45°　(3) 17.(11分)如圖(甲)所示,在平行邊界MN,PQ之間存在寬度為d的勻強(qiáng)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;在平行邊界PQ右側(cè)和MN左側(cè)存在如圖(甲)所示的兩個(gè)長為2d、寬為d的勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,其邊界點(diǎn)分別為PQCD和MNFE.已知區(qū)域Ⅱ內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小是區(qū)域Ⅰ內(nèi)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的3倍.在區(qū)域Ⅰ右邊界中點(diǎn)A處,有一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計(jì)的帶正電粒子以初速度v0沿豎直方向從磁場區(qū)域Ⅰ開始運(yùn)動(dòng),以此作為計(jì)時(shí)起點(diǎn),再經(jīng)過一段時(shí)間粒子又恰好回到A點(diǎn),如此循環(huán),粒子循環(huán)一周,電場恰好變化一個(gè)周期,已知粒

31、子離開區(qū)域Ⅰ進(jìn)入電場時(shí),速度恰好與電場方向垂直,sin 53°=0.8,cos 53°=0.6.求: (1)區(qū)域Ⅰ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B; (2)電場強(qiáng)度大小E及電場的周期T. 解析:(1)粒子在區(qū)域Ⅰ做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=d,(1分) 由洛倫茲力提供向心力知 qv0B=, 聯(lián)立得B=.(1分) (2)畫出粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡示意圖如圖所示,粒子在區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動(dòng),圓心為O1,粒子從區(qū)域Ⅰ進(jìn)入電場,在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動(dòng),圓心為O2,半徑記為R,在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)圓心O2與區(qū)域Ⅰ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心O1的連線必須與邊界垂直才能完成上述運(yùn)動(dòng).粒子從區(qū)域Ⅰ進(jìn)

32、入電場做類平拋運(yùn)動(dòng),水平方向d=v0t(1分) 豎直方向y=at2=t2(1分) 離開電場時(shí)沿電場方向的速度vy=at=, 離開電場時(shí)速度方向與邊界MN的夾角為θ,離開電場時(shí)速度為v,v0=vsin θ 粒子在區(qū)域Ⅱ做勻速圓周運(yùn)動(dòng)由洛倫茲力提供向心力,知3qvB= (1分) 由幾何關(guān)系有2y+2Rsin θ=2d(1分) 聯(lián)立以上各式得E=(1分) 由tan θ===, 得θ=37° 粒子在區(qū)域Ⅰ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1=(1分) 粒子在區(qū)域Ⅱ中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間 t2==(1分) 粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3=(1分) 電場變化的周期等于粒子運(yùn)動(dòng)的周期, 所以電場變化周期T=t

33、1+t2+t3=d.(1分) 答案:(1)　(2)　d 18.(11分)如圖所示,在xOy平面內(nèi),第Ⅲ象限內(nèi)的直線OM是電場與磁場的邊界線,OM與x軸負(fù)方向成45°夾角.在+y軸與直線OM的左側(cè)空間存在沿x軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E,在+x軸下方與直線OM的右側(cè)空間存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一帶負(fù)電微粒從坐標(biāo)原點(diǎn)O沿y軸負(fù)方向進(jìn)入磁場,第一次經(jīng)過磁場邊界時(shí)的位置坐標(biāo)是(-L,-L).已知微粒的電荷量大小為q,質(zhì)量為m,不計(jì)微粒所受重力,微粒最后從+y軸上某點(diǎn)飛出場區(qū)(圖中未畫 出),求: (1)帶電微粒從坐標(biāo)原點(diǎn)O進(jìn)入磁場時(shí)的初速度大小; (2)帶電微粒

34、在電場和磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間. 解析:(1)設(shè)微粒從原點(diǎn)O進(jìn)入磁場時(shí)的初速度為v0,在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑為r,則有 qv0B=,(1分) 由微粒第一次經(jīng)過磁場邊界上的點(diǎn)A坐標(biāo)是 (-L,-L),可知 r=L,(1分) 解出v0=.(1分) (2)微粒到達(dá)A點(diǎn)時(shí),速度方向與OM夾角為45°,即與電場平行.微粒在電場中從A點(diǎn)開始向-x方向做減速運(yùn)動(dòng),后原路返回A點(diǎn),再在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)進(jìn)入電場,微粒的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示. 微粒做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力由洛倫茲力提供, 所以qBv0=mr,(1分) 并且v0=,(1分) 設(shè)微粒在磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為tOC,根據(jù)幾何關(guān)系,微粒在磁場中運(yùn)動(dòng)的路徑剛好是一個(gè)完整的圓周,所以 tOC=T,(1分) 根據(jù)對稱性,微粒到達(dá)C點(diǎn)時(shí)的速度方向應(yīng)沿+y方向,此后在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng),從D點(diǎn)離開電場,設(shè)其加速度為a,運(yùn)動(dòng)時(shí)間為tCD,則有 qE=ma,(1分) 從C運(yùn)動(dòng)到D在x方向的位移為 2r=a,(1分) 設(shè)微粒從A點(diǎn)進(jìn)入電場后做往返運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為tA,則由牛頓運(yùn)動(dòng)定律有 v0=a·,(1分) 微粒在電場、磁場區(qū)域運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為 t=tOC+tA+tCD,(1分) 聯(lián)立以上各式并代入數(shù)據(jù)解得 t=2(++).(1分) 答案:(1)　(2)2(++) 17