1、磁場綜合檢測(時間: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選項中,第17小題只有一個選項正確,第812小題有多個選項正確,全部選對的得4分,選對但不全的得2分,有選錯或不選的得0分)1.地球的地理兩極與地磁兩極并不完全重合,它們之間存在磁偏角,首先觀測到磁偏角的是(D)A.意大利航海家哥倫布B.葡萄牙航海家麥哲倫C.我國的航海家鄭和D.中國古代科學家沈括解析:世界上第一個清楚地、準確地論述磁偏角的是沈括.沈括是中國歷史上最卓越的科學家之一,他發現了地磁偏角的存在,比歐洲發現地磁偏角早了四百多年,選項D正確.2.如圖,一個環形電流的中心有一根

2、通電直導線,則環受到的磁場力(D)A.沿環半徑向外B.沿環半徑向內C.沿通電直導線水平向左D.等于零解析:通電直導線產生的磁場是以導線上各點為圓心的同心圓,而環形電流的方向與磁場方向平行,即B平行I,所以通電圓環不受磁場力的作用,即F=0,選項D正確,A,B,C錯誤.3.在勻強磁場中,一個原來靜止的原子核,由于放出射線,結果得到一張兩個相切圓的徑跡照片(如圖所示),今測得兩個相切圓半徑之比R1R2=a,新核與射線質量之比為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的圓為放出射線的運動軌跡C.射線與新核動能之比為aD.射線與新核質子數之比為b解析:根據動量守恒可以知道,

3、放出射線后的粒子動量大小相等,方向相反,則根據左手定則可以知道,放出的粒子均帶正電,選項A錯誤;放射出粒子在磁場中做勻速圓周運動,則qvB=m,即R=,由于動量守恒,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動軌跡,選項B正確;根據動量與動能的關系Ek=,則動能之比等于質量的反比,故射線與新核動能之比為b,選項C錯誤;射線與新核質子數之比即為電荷量之比,由于R=,則q=,即射線與新核質子數之比等于半徑的反比,射線與新核質子數之比為a,選項D錯誤.4.如圖所示,用兩根相同的細繩水平懸掛一段均勻載流直導線MN,電流I方向從M到N,繩子的拉力均為F.為使F=0,可能達到要求的

4、方法是(C)A.加水平向右的磁場B.加水平向左的磁場C.加垂直紙面向里的磁場D.加垂直紙面向外的磁場解析:根據左手定則可知,在MN中通入電流,在空間加上垂直于紙面向里的磁場,可以使MN受到向上的安培力,這樣可以使MN受到繩子拉力為零,選項A,B,D錯誤,C正確.5.將一塊長方體形狀的半導體材料樣品的表面垂直磁場方向置于磁場中,當此半導體材料中通有與磁場方向垂直的電流時,在半導體材料與電流和磁場方向垂直的兩個側面會出現一定的電壓,這種現象稱為霍爾效應,產生的電壓稱為霍爾電壓,相應的將具有這樣性質的半導體材料樣品就稱為霍爾元件.如圖所示,利用電磁鐵產生磁場,毫安表檢測輸入霍爾元件的電流,毫伏表檢測

5、霍爾元件輸出的霍爾電壓.已知圖中的霍爾元件是P型半導體,與金屬導體不同,它內部形成電流的“載流子”是空穴(空穴可視為能自由移動帶正電的粒子).圖中的1,2,3,4是霍爾元件上的四個接線端.當開關S1,S2閉合后,電流表A和電表B,C都有明顯示數,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,則毫伏表的示數將保持不變D.若適當減小R1、增大R2,則毫伏表示數一定增大解析:由題圖可知,電表B串聯在電源E2的電路中,故它是電流表,即毫安表,而電表C是并聯在2,4兩端的,它是測量霍

6、爾電壓的,故它是電壓表即毫伏表,選項A錯誤;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B錯誤;穩定時,粒子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,即Bqv=Eq=,解得U=Bvd,當電流方向都相反,但大小不變時,粒子的偏轉方向與原來相同,但仍存在如上的平衡關系式,由于電流的大小不變,由電流的微觀表達式I=neSv可知,其粒子的定向移動速度也不變,故霍爾電壓的大小不變,即毫伏表的示數將保持不變,選項C正確;若減小R1,則會讓B增大,若增大R2,會讓電流I減小,粒子的定向移動速率v也

7、變小,則不能確定霍爾電壓的變化情況,故毫伏表的示數不一定增大,選項D錯誤.6.如圖(甲)所示,a,b兩平行直導線中通有相同的電流,當兩通電導線垂直圓平面放置于圓周上,且兩導線與圓心連線的夾角為60°時,圓心處的磁感應強度大小為B.如圖(乙)所示,c導線中通有與a,b導線完全相同的電流,a,b,c垂直圓平面放置在圓周上,且a,b兩導線與圓心連線的夾角為120°,b,c兩導線與圓心連線的夾角為30°,則此時圓心處的磁感應強度大小為(A)A.B B.B C.0 D.B解析:當a,b兩導線與圓心連線的夾角為60°時,它們在圓心處的磁感應強度如圖(甲)所示,設Ba

8、=Bb=B1,則有B=B1.當a,b兩導線與圓心連線夾角為120°時,如圖(乙)所示,它們在圓心處的磁感應強度矢量和為B=B1,再與c導線在圓心處產生的磁場疊加后磁感應強度矢量和為B1,因此圓心處的磁感應強度大小為B,選項A正確.7.如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖,此質譜儀由以下幾部分構成: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,通道內有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應強度為B的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),

9、經加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,而后由P點進入磁分析器中,最終經過Q點進入收集器.下列說法中正確的是(B)A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內B.加速電場中的加速電壓U=C.磁分析器中圓心O2到Q點的距離d=D.任何離子若能到達P點,則一定能進入收集器解析:進入靜電分析器后,正離子順時針轉動,所受洛倫茲力指向圓心,根據左手定則,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,選項A錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據牛頓第二定律有Eq=m,設離子進入靜電分析器時的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中,由動能定理有qU=mv2,解得U=,選項B正確;由B項解析可知

10、R=,與離子質量、電荷量無關.離子在磁分析器中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB=m,得R=,即d=,選項C錯誤;圓周運動的軌道半徑與電荷的質量和電荷量有關,能夠到達P點的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定都能進入收集器,選項D錯誤.8.如圖所示,回旋加速器D形盒的半徑為R,所加磁場的磁感應強度為B,被加速的質子從D形盒中央由靜止出發,經交變電場加速后進入磁場.設質子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T,若忽略質子在電場中的加速時間,則下列說法正確的是(AD)A.如果只增大交變電壓U,則質子在加速器中運行時間將變短B.如果只增大交變電壓U,則電荷的最大動能會變大C.質子在電場中加速的次數越多

11、,其最大動能越大D.交變電流的周期應為T解析:如果只增大交變電壓U,則質子在加速器中加速次數減少,因此質子的運行時間將變短,選項A正確;根據qvmB=m,得vm=,電荷的最大動能與加速的電壓和加速的次數無關,選項B,C錯誤.回旋加速器粒子在磁場中運動的周期和高頻交變電流的周期相等,選項D正確.9.如圖所示,一個帶正電荷的小球從a點出發水平進入正交垂直的勻強電場和勻強磁場區域,電場方向豎直向上,某時刻小球運動到了b點,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動B.從a到b,小球可能做勻加速直線運動C.從a到b,小球動能可能不變D.從a到b,小球機械能增加解析:帶電小球的初速度

12、是水平的,從a運動到b點的過程中小球在豎直方向上發生位移,說明小球做的是曲線運動,所以小球受力不為零,即小球不可能做勻速直線運動,選項A錯誤;從以上分析可知小球做曲線運動,即變速運動,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,所以小球不可能做勻加速直線運動,選項B錯誤;當小球的重力和電場力平衡時,小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向,小球的動能不變,選項C正確;從a到b,電場方向豎直向上,電場力一定做正功,故機械能增加,選項D正確.10.如圖所示,在一個等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力

13、)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區域,若該三角形的兩直角邊長均為2l,則下列關于粒子運動的說法中正確的是(ACD)A.若該粒子的入射速度為v=,則粒子一定從CD邊射出磁場,且距點C的距離為lB.若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應為v=C.若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應為v=D.該粒子以大小不同的速度入射時,在磁場中運動的最長時間為解析:當v=時,根據洛倫茲力充當向心力可知Bqv=m,解得R=l,根據幾何關系可知,粒子一定從距C點為l的位置離開磁場,選項A正確;根據洛倫茲力充當向心力可知v=,因此半徑越大,速度越大;根據幾何關系可知,使粒子

14、與AD邊相切時速度最大,由于AD=2l,則由幾何關系可知,最大半徑一定大于l,則若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應大于,選項B錯誤;若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大半徑為l,因此最大速度應為v=,選項C正確;粒子運行周期為,根據幾何關系可知,粒子在磁場中最大圓心角為180°,故最長時間為,選項D正確.11.如圖所示,等腰直角三角形abc區域內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B.三個相同的帶電粒子從b點沿bc方向分別以速度v1,v2,v3射入磁場,在磁場中運動的時間分別為t1,t2,t3,且t1t2t3=331.直角邊bc的長度為L,

15、不計粒子的重力,下列說法正確的是(BD)A.三個粒子的速度大小關系可能是v1=v2>v3B.三個粒子的速度大小關系可能是v1<v2<v3C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=解析:速度為v1,v2的粒子從ab邊穿出,則偏轉角為90°,但兩者的速度大小關系不定,但其半徑一定比速度為v3的粒子半徑小,由半徑公式R=,則v3一定大于v1,v2,選項A錯誤,B正確;由于速度為v1的粒子偏轉90°,則t1=×,于是=,選項D正確;對速度為v3的粒子偏轉30°,畫出運動軌跡如圖所示,由幾何關系知R3tan 15°+R3tan 15°c

16、os 30°=L,所以R3=,而R3=,聯立得到=,選項C錯誤.12.圖中的虛線為半徑為R、磁感應強度大小為B的圓形勻強磁場的邊界,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A向圓平面內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的圓周運動,經一段時間的偏轉,所有的粒子均由圓邊界離開,所有粒子的出射點的連線為虛線邊界的,粒子在圓形磁場中運行的最長時間用tm表示,假設,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.則下列表達式正確的是(ACD)A.B=B.B=C.r=D.tm=解析:設從A點射入的粒子與磁場邊界的最遠交

17、點為B,則B點是軌跡圓的直徑與磁場邊界圓的交點,的長是邊界圓周長的,則AOB=120°,sin 60°=,得r=,粒子在磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力,有qv0B=m,所以B=,選項A,C正確,B錯誤;粒子在磁場中運動的最長時間為tm=,選項D正確.二、非選擇題(共52分)13.(4分)某同學用圖中所給器材進行與安培力有關的實驗.兩根金屬導軌ab和a1b1固定在同一水平面內且相互平行,足夠大的電磁鐵(未畫出)的N極位于兩導軌的正上方,S極位于兩導軌的正下方,一金屬棒置于導軌上且與兩導軌垂直.(1)在圖中畫出連線,完成實驗電路.要求滑動變阻器以限流方式接入電路,且在開關閉合

18、后,金屬棒沿箭頭所示的方向移動.(2)為使金屬棒在離開導軌時具有更大的速度,有人提出以下建議:A.適當增加兩導軌間的距離B.換一根更長的金屬棒C.適當增大金屬棒中的電流其中正確的是(填入正確選項前的標號). 解析:(1)實驗電路連線如圖所示.(2)為使金屬棒離開導軌時具有更大的速度,則金屬棒運動時需要更大的加速度,即應受到更大的安培力,根據F=ILB可知,應使I,L變大,即選項A,C正確.答案:(1)見解析(2)AC評分標準:每問2分.14.(8分)物體的帶電荷量是一個不易測得的物理量,某同學設計了如下實驗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

19、夠長的木板上,打點計時器固定在長木板末端,物塊靠近打點計時器,一紙帶穿過打點計時器與物塊相連,操作步驟如下,請結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,接通打點計時器,輕輕推一下小物塊,使其沿著長木板向下運動.多次調整傾角,直至打出的紙帶上點跡,測出此時木板與水平面間的傾角,記為0. (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磁場,用細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.給物塊A帶上一定量的正電荷,保持傾角0不變,接通打點計時器,由靜止釋放小物塊A,該過程可近似認為物塊A帶電荷量不變,下列關于紙帶上

20、點跡的分析正確的是. A.紙帶上的點跡間距先增加后減小至零B.紙帶上的點跡間距先增加后減小至一不為零的定值C.紙帶上的點跡間距逐漸增加,且相鄰兩點間的距離之差不變D.紙帶上的點跡間距逐漸增加,且相鄰兩點間的距離之差逐漸減少,直至間距不變(3)為了測定物體所帶電荷量q,除0、磁感應強度B外,本實驗還必須測量的物理量有. A.物塊A的質量MB.物塊B的質量mC.物塊A與木板間的動摩擦因數D.兩物塊最終的速度v(4)用重力加速度g,磁感應強度B,0和所測得的物理量可得出q的表達式為q=. 解析:(1)此實驗平衡摩擦力后,確定滑塊做勻速直線運動的依據是,看打點計時器在紙帶

21、上所打出點的分布應該是等間距的.(2)設A的質量為M,B的質量為m,沒有磁場時,對A受力分析,A受到重力Mg、支持力、摩擦力.根據平衡條件可知f=Mgsin 0,FN=Mgcos 0,又因為f=FN,所以=tan 0;當存在磁場時,以A,B整體為研究對象,由牛頓第二定律可得(mg+Mgsin 0)-(Bqv+Mgcos 0)=(M+m)a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動,直到加速度減為零后做勻速運動,即速度在增大,加速度在減小,最后速度不變.所以紙帶上的點跡間距逐漸增加,說明速度增大;根據x=at2,可知,加速度減小,則相鄰兩點間的距離之差逐漸減

22、小;勻速運動時,間距不變,選項D正確,A,B,C錯誤.(3)(4)根據(mg+Mgsin 0)-(Bqv+Mgcos 0)=(M+m)a,可得當加速度減為零時,速度最大,設最大速度為v,則(mg+Mgsin 0)-(Bqv+Mgcos 0)=0化簡得q=,把=tan 0代入,得q=,由此可知為了測定物體所帶電荷量q,除0、磁感應強度B外,本實驗還必須測量的物理量有物塊B的質量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)評分標準:每問2分.15.(7分)如圖所示,兩個同心圓,半徑分別為r和2r,在兩圓之間的環形區域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B.圓

23、心O處有一放射源,放出粒子的質量為m、帶電荷量為q,假設粒子速度方向都和紙面平行.(1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向,OA與初速度方向夾角為60°,要想使該粒子經過磁場后第一次通過A點,則初速度的大小是多少?(2)要使粒子不穿出環形區域,則粒子的初速度不能超過多少?解析:(1)如圖(甲)所示,設粒子在磁場中的軌道半徑為R1,則由幾何關系得R1=,(1分)又qv1B=m,得v1=.(2分)(2)如圖(乙)所示,設粒子軌跡與磁場外邊界相切時,粒子在磁場中的軌道半徑為R2,則由幾何關系有(2r-R2)2=+r2,(1分)可得R2=(1分)又qv2B=m,(1分)可得v2=,(1分)故要

24、使粒子不穿出環形區域,粒子的初速度不能超過.答案:(1)(2)16.(8分)如圖所示,在平面直角坐標系xOy中的第一象限內存在磁感應強度大小為B、方向垂直于坐標平面向內的有界圓形勻強磁場區域(圖中未畫出);在第二象限內存在沿x軸負方向的勻強電場,一粒子源固定在x軸上的A點,A點坐標為(-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,C點坐標為(0,2L),電子經過磁場偏轉后恰好垂直通過第一象限內與x軸正方向成15°角的射線ON(已知電子的質量為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)第二象限內電場強度E的大小;(2)電子離

25、開電場時的速度方向與y軸正方向的夾角;(3)圓形磁場的最小半徑Rmin.解析:(1)從A到C的過程中,電子做類平拋運動,有L=t2(1分)2L=vt,(1分)聯立解得E=.(1分)(2)設電子到達C點的速度大小為vC,方向與y軸正方向的夾角為.由動能定理,有m-mv2=eEL(1分)解得vC=v,cos =,解得=45°.(1分)(3)電子的運動軌跡圖如圖,電子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R=,(1分)電子在磁場中偏轉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)答案:(1)(2)45°(3

26、)17.(11分)如圖(甲)所示,在平行邊界MN,PQ之間存在寬度為d的勻強電場,電場周期性變化的規律如圖(乙)所示,取豎直向下為電場正方向;在平行邊界PQ右側和MN左側存在如圖(甲)所示的兩個長為2d、寬為d的勻強磁場區域和,其邊界點分別為PQCD和MNFE.已知區域內勻強磁場的磁感應強度大小是區域內勻強磁場的磁感應強度大小的3倍.在區域右邊界中點A處,有一質量為m、電荷量為q、重力不計的帶正電粒子以初速度v0沿豎直方向從磁場區域開始運動,以此作為計時起點,再經過一段時間粒子又恰好回到A點,如此循環,粒子循環一周,電場恰好變化一個周期,已知粒子離開區域進入電場時,速度恰好與電場方向垂直,si

27、n 53°=0.8,cos 53°=0.6.求:(1)區域的磁感應強度大小B;(2)電場強度大小E及電場的周期T.解析:(1)粒子在區域做圓周運動的半徑r=d,(1分)由洛倫茲力提供向心力知qv0B=,聯立得B=.(1分)(2)畫出粒子運動的軌跡示意圖如圖所示,粒子在區域做勻速圓周運動,圓心為O1,粒子從區域進入電場,在電場中做類平拋運動,在區域做勻速圓周運動,圓心為O2,半徑記為R,在區域做勻速圓周運動圓心O2與區域做勻速圓周運動的圓心O1的連線必須與邊界垂直才能完成上述運動.粒子從區域進入電場做類平拋運動,水平方向d=v0t(1分)豎直方向y=at2=t2(1分)離開電場時沿電場方向的速度vy=at=,離開電場時速度方向與邊界MN的夾角為,離開電場時速度為v,v0=vsin