2011《》高三物理一輪復(fù)習(xí) 第11章 磁場單元評估

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1、11單元評估 (本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂！)一、選擇題 1．(2010年深圳調(diào)研)如下圖所示，電子槍射出的電子束進入示波管，在示波管正下方有豎直放置的通電環(huán)形導(dǎo)線，則示波管中的電子束將 (　　) A．向上偏轉(zhuǎn) B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙?zhí)幤D(zhuǎn) D．向紙里偏轉(zhuǎn) 【解析】　由右手螺旋定則，電子束所處位置的磁場方向垂直紙面向外，由左手定則知，電子束將向上偏轉(zhuǎn)，A正確． 【答案】　A 2．如圖所示，用細橡皮筋懸吊一輕質(zhì)線圈，置于一固定直導(dǎo)線上方，線圈可以自由運動．當(dāng)給兩者通以圖示電流時，線圈將 (　　) A．靠近直導(dǎo)線，兩者仍在同一豎直平面內(nèi) B．遠離直

2、導(dǎo)線，兩者仍在同一豎直平面內(nèi) C．靠近直導(dǎo)線，同時旋轉(zhuǎn)90° D．遠離直導(dǎo)線，同時旋轉(zhuǎn)90° 【解析】　由安培定則知，通電直導(dǎo)線在線圈處產(chǎn)生的磁場垂直于紙面向外．為了判定通電線圈在這一磁場內(nèi)的受力方向，不妨將它分成足夠多的等份來處理，這樣每一小段便可看做是一小段通電直導(dǎo)線．結(jié)合左手定則可判定出各段受力皆背離圓心，如右圖所示．但由于直線電流的磁場不均勻，靠近直導(dǎo)線的部分磁場較強，因而線圈靠近直導(dǎo)線的部分受力較大．考慮對稱性特點，將各段受力合成時，合力方向一定豎直向下，這樣線圈必定靠近直導(dǎo)線，并仍處于豎直平面內(nèi)． 【答案】　A 3．如圖所示，質(zhì)量為m的回形針系在細線下端被磁鐵吸引保持

3、靜止，此時細線與豎直方向的夾角為θ.則下列說法正確的是 (　　) A．回形針靜止時受到的磁鐵對它的磁力大小為mgtan θ B．回形針靜止時受到的細線的拉力大小為mgcos θ C．現(xiàn)用點燃的火柴對回形針加熱，過一會發(fā)現(xiàn)回形針不被磁鐵吸引了，原因是回形針加熱后，分子電流排列無序了 D．現(xiàn)用點燃的火柴對回形針加熱，過一會發(fā)現(xiàn)回形針不被磁鐵吸引了，原因是回形針加熱后，分子電流消失了 【解析】　回形針靜止時受到的磁鐵對它的磁力大小和方向都不確定，拉力大小也不能確定．故A、B錯誤；對回形針加熱，回形針磁性消失是因為分子電流排列無序了，所以選項C正確，D錯誤． 【答案】　C 4．在勻

4、強磁場的同一位置，先后放入長度相等的兩根直導(dǎo)線a和b，a、b導(dǎo)線的方向與磁場方向垂直，但兩導(dǎo)線中的電流大小不同，下列圖象中表示導(dǎo)線所受安培力F與通電電流I的關(guān)系，a、b各自有一組F、I的數(shù)值，在圖象中各描一個點，下列圖象中正確的是(　　) 【解析】　由于導(dǎo)線與磁場垂直，故F＝BIL，而a、b兩導(dǎo)線的L相同，B相同，所以F∝I，因此選項D正確． 【答案】　D 5．如右圖所示，有兩根長為L、質(zhì)量為m的細導(dǎo)體棒a、b，a被水平放置在傾角為45°的光滑斜面上，b被水平固定在與a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它們之間的距離為x.當(dāng)兩細棒中均通以電流強度為I的同向電流時，a恰能在斜面

5、上保持靜止，則b的電流在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的說法錯誤的是 (　　) A．方向向上 B．大小為 C．要使a仍能保持靜止，而減小b在a處的磁感應(yīng)強度，可使b上移 D．若使b下移，a將不能保持靜止 【解析】　由安培定則可知A正確；由mgsin α＝BLIcos α知B＝，B錯誤；若要使B最小，應(yīng)在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正確． 【答案】　B 6．地球大氣層外部有一層復(fù)雜的電離層，既分布有地磁場，也分布有電場．假設(shè)某時刻在該空間中有一小區(qū)域存在如右圖所示的電場和磁場；電場的方向在紙面內(nèi)斜向左下方，磁場的方向垂直紙面向里．此時一帶電宇宙粒子，恰以速度v垂直

6、于電場和磁場射入該區(qū)域，不計重力作用，則在該區(qū)域中，有關(guān)該帶電粒子的運動情況可能的是 (　　) A．仍做直線運動　　　　　　 B．立即向左下方偏轉(zhuǎn) C．立即向右上方偏轉(zhuǎn) D．可能做勻速圓周運動 【解析】　比較Eq與Bqv，因二者開始時方向相反，當(dāng)二者相等時，A正確；當(dāng)Eq＞Bqv時，向電場力方向偏，當(dāng)Eq＜Bqv時，向洛倫茲力方向偏，B、C正確；有電場力存在，粒子不可能做勻速圓周運動，D錯． 【答案】　ABC 7．(2010年成都質(zhì)檢)如右圖所示，區(qū)域中存在著勻強磁場(磁感應(yīng)強度為B)和勻強電場(場強為E)，且兩者平行，但方向相反，質(zhì)量為m，電荷量為－q的粒子(不計重

7、力)沿電場方向以初速度v0射入，下列說法中正確的是 (　　) A．粒子所受洛倫茲力的方向垂直紙面向外 B．粒子速度方向保持不變 C．粒子所受電場力不變 D．粒子向右的最大位移為 【解析】　由于帶電粒子沿平行于磁場的方向射入，而且僅在電場力作用下做直線運動，所以粒子不會受到洛倫茲力作用，故A錯誤；粒子在電場力作用下做勻減速運動然后再做反向勻加速直線運動，故B錯誤；粒子所受電場力大小為qE，且方向和大小保持不變，故C正確；設(shè)粒子向右運動的最大位移為x，則有v＝2ax，而qE＝ma，所以向右的最大位移為，D正確． 【答案】　CD 8．如右圖所示，兩根間距為d的平行光滑金屬

8、導(dǎo)軌間接有電源E，導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ＝30°.金屬桿ab垂直導(dǎo)軌放置，導(dǎo)軌與金屬桿接觸良好．整個裝置處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．當(dāng)磁場方向垂直導(dǎo)軌平面向上時，金屬桿ab剛好處于靜止?fàn)顟B(tài)．要使金屬桿能沿導(dǎo)軌向上運動，可以采取的措施是 (　　) A．增大磁感應(yīng)強度B B．調(diào)節(jié)滑動變阻器使電流減小 C．增大導(dǎo)軌平面與水平面間的夾角θ D．將電源正負極對調(diào)使金屬桿中的電流方向改變 【解析】　對金屬桿受力分析，沿導(dǎo)軌方向－mgsin θ＝0，若想讓金屬桿向上運動，則增大，選項A正確B錯誤；若增大θ，則mgsin θ增大，C錯誤；若電流反向，則金屬桿受到的安培力方向反向，故D錯

9、誤． 【答案】　A 9．如右圖所示，虛線框內(nèi)為一長方形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場方向，沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c、d四點射出磁場，比較它們在磁場中運動時間ta、tb、tc、td，其大小關(guān)系是 (　　) A．tatc>td 【解析】　帶電粒子的運動軌跡如圖所示，由圖可知，從a、b、c、d四點飛出的電子對應(yīng)的圓心角，θa＝θb>θc>θd，而帶電粒子的周期T＝相同，其在磁場運動時間t＝T，故ta＝tb>tc

10、>td. 【答案】　D 10．如右圖所示，光滑絕緣桿固定在水平位置上，使其兩端分別帶上等量同種正電荷Q1、Q2，桿上套著一帶正電小球，整個裝置處在一個勻強磁場中，磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，將靠近右端的小球從靜止開始釋放，在小球從右到左的運動過程中，下列說法中正確的是 (　　) A．小球受到的洛倫茲力大小變化，但方向不變 B．小球受到的洛倫茲力將不斷增大 C．小球的加速度先減小后增大 D．小球的電勢能一直減小 【解析】　Q1、Q2連線上中點處電場強度為零．從中點向兩側(cè)電場強度增大且方向都指向中點，故小球所受電場力指向中點．小球從右向左運動過程中，小球的加速度先減小后增大

11、，C正確；速度先增大后減小，洛倫茲力大小變化，由左手定則知，洛倫茲力方向不變．故A正確，B錯誤；小球的電勢能先減小后增大，D錯誤． 【答案】　AC 二、非選擇題 11．如圖所示為研究帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)問題的實驗裝置：M、N是豎直放置的兩正對著的平行金屬板，S1、S2是板上兩個正對的小孔，其中N板的右側(cè)有一個在豎直面內(nèi)，以O(shè)為圓心的圓形區(qū)域，該區(qū)域內(nèi)存在垂直圓面向外的勻強磁場，另有一個同樣以O(shè)為圓心的半圓形熒光屏AO′C.已知S1、S2、O和熒光屏的中間位置O′在同一直線上，且AC⊥S1O′.當(dāng)在M、N板間加恒定電壓U時，一帶正電離子在S1處由靜止開始加速向S2孔運動，最后打在圖示的熒光

12、屏上的P處，∠COP＝30°.若要讓上述帶正電離子(不計重力)仍在S1處由靜止開始加速，最后打在圖示的熒光屏下邊緣C處，求M、N板間所加電壓的大小U′. 【解析】　設(shè)離子的質(zhì)量為m.電荷量為q，磁場的磁感應(yīng)強度為B，所在區(qū)域的半徑為R，離子加速后獲得的速度為v，當(dāng)電壓為U時，由動能定理有 qU＝mv2 ① 在磁場中，離子做勻速圓周運動(如右圖所示)由牛頓定律可知 qvB＝mv2/r

13、 ② 由①②式得U＝r2B2q/(2m) ③ 其中r＝Rtan 60°＝R ④ 當(dāng)電壓為U′時，離子打在C處，同理有 U′＝r′2B2q/(2m) ⑤ 其中r′＝R

14、 ⑥ 由③④⑤⑥可解得U′＝U/3. 【答案】　 12．如下圖所示，豎直平面坐標(biāo)系xOy的第一象限，有垂直xOy面向外的水平勻強磁場和豎直向上的勻強電場，大小分別為B和E；第四象限有垂直xOy面向里的水平勻強電場，大小也為E；第三象限內(nèi)有一絕緣光滑豎直放置的半徑為R的半圓軌道，軌道最高點與坐標(biāo)原點O相切，最低點與絕緣光滑水平面相切于N.一質(zhì)量為m的帶電小球從y軸上(y>0)的P點沿x軸正方向進入第一象限后做圓周運動，恰好通過坐標(biāo)原點O，且水平切入半圓軌道并沿軌道內(nèi)側(cè)運動，過N點水平進入第四象限，并在電

15、場中運動(已知重力加速度為g)． (1)判斷小球的帶電性質(zhì)并求出其所帶電荷量； (2)P點距坐標(biāo)原點O至少多高； (3)若該小球以滿足(2)中OP最小值的位置和對應(yīng)速度進入第一象限，通過N點開始計時，經(jīng)時間t＝2小球距坐標(biāo)原點O的距離s為多遠？ 【解析】　(1)小球進入第一象限正交的電場和磁場后，在垂直磁場的平面內(nèi)做圓周運動，說明重力與電場力平衡， qE＝mg ① 得：q＝

16、 ② 小球帶正電． (2)小球在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，設(shè)勻速圓周運動的速度為v、軌道半徑為r. 有：qvB＝m ③ 小球恰能通過半圓軌道的最高點并沿軌道運動，有： mg＝m

17、 ④ 由③④得：r＝ ⑤ PO的最小距離為：y＝2r＝

18、 .⑥ (3)小球由O運動到N的過程中機械能守恒： mg·2R＋mv2＝mv ⑦ 由④⑦得：vN＝＝ ⑧ 根據(jù)運動的獨立性可知，小球從N點進入電場區(qū)域后，在x軸

19、方向以速度vN做勻速直線運動，沿電場方向做初速度為零的勻加速直線運動，則 沿x軸方向有：x＝vNt ⑨ 沿電場方向有：z＝at2 ⑩ a＝＝g ? t時刻小球距O點：s＝＝2R. 【答案】　(1)正電　　(2)　

20、(3)2R 13．如圖所示，平行于直角坐標(biāo)系y軸的PQ是用特殊材料制成的，只能讓垂直打到PQ界面上的電子通過．其左側(cè)有一直角三角形區(qū)域，分布著方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，其右側(cè)有豎直向上場強為E的勻強電場．現(xiàn)有速率不同的電子在紙面上從坐標(biāo)原點O沿不同方向射到三角形區(qū)域，不考慮電子間的相互作用．已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，在△OAC中，OA＝a，θ＝60°.求： (1)能通過PQ界面的電子所具有的最大速度是多少？ (2)在PQ右側(cè)x軸上什么范圍內(nèi)能接收到電子． 【解析】　(1)要使電子能通過PQ界面，電子飛出磁場的速度方向必須水平向右，由Bev＝m可知，r越大

21、v越大，從C點水平飛出的電子，運動半徑最大，對應(yīng)的速度最大，即r＝2a時，電子的速度最大 由Bev＝m 得：vmax＝ ① (2)粒子在電場中做類平拋運動，據(jù) a＝t2 ② x＝vt 得：xmax＝2Ba ③ 由此可知：PQ界面的右側(cè)x軸上能接收電子的范圍是(a，a＋2Ba) 本題屬于復(fù)合場問題，考查帶電粒子在有界磁場中的運動和帶電粒子在勻強電場中的運動，需要同學(xué)們解題時能夠正確地畫出帶電粒子在磁場和電場中的運動軌跡． 【答案】　(1)　(2)(a，a＋2Ba)