1、PAGE 13PAGE 第一章過關檢測(A卷)(時間:90分鐘滿分:100分)一、選擇題(共10小題,每小題4分,共40分,在每小題給出的四個選項中,第17小題只有一個選項符合題目要求,第810小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得4分,選不全的得2分,有選錯或不答的得0分)1.如圖所示,兩根垂直紙面平行放置的直導線M和N,通有大小相等、方向相反的電流I,在紙面上與M、N距離相等的一點P處,導線M、N產生的磁場的磁感應強度分別為B1、B2,則下圖中正確標出B1與B2合矢量B的方向的是()答案:D解析:導線M、N在P點產生的磁感應強度大小相等,根據安培定則,導線M在P點的磁場的方向向右上方,導

2、線N在P點的磁場的方向向右下方,所以合磁場的方向一定向右。選項D正確。2.粗細均勻的導體棒ab懸掛在兩根相同的輕質彈簧下,ab恰好在水平位置,如圖所示。已知ab的質量m=2 g,ab的長度l=20 cm,沿水平方向與ab垂直的勻強磁場的磁感應強度B=0.1 T,電池的電動勢為12 V,電路總電阻為12 。當開關閉合時()A.導體棒ab所受的安培力方向豎直向上B.能使兩根彈簧恰好處于自然狀態C.導體棒ab所受的安培力大小為0.02 ND.若系統重新平衡后,兩彈簧的伸長量均與閉合開關前相比改變了0.5 cm,則彈簧的勁度系數為5 N/m答案:C解析:由左手定則可知,導體棒ab所受的安培力方向豎直向

3、下,彈簧處于拉伸狀態,選項A、B錯誤。導體棒中的電流為I=ER=1A,則ab所受的安培力大小為F安=BIl=0.10.21N=0.02N,選項C正確。由系統平衡可知2kx=F安,解得k=F安2x3.1932年美國物理學家勞倫斯發明了回旋加速器,如圖所示,磁感應強度為B的勻強磁場與D形盒面垂直,兩盒間的狹縫很小,粒子穿過的時間可忽略,它們接在電壓為U、周期為T的交流電源上,中心A處粒子源產生的粒子飄入狹縫中由初速度為零開始加速,最后從出口處飛出。D形盒的半徑為R,下列說法正確的是()A.粒子在出口處的最大動能與加速電壓U有關B.粒子在出口處的最大動能與D形盒的半徑無關C.粒子在D形盒中運動的總時

4、間與交流電源的周期T有關D.粒子在D形盒中運動的總時間與粒子的比荷無關答案:D解析:根據回旋加速器的加速原理,粒子不斷加速,做圓周運動的半徑不斷變大,最大半徑即為D形盒的半徑R,由qBvm=mvm2R,得vm=qBRm,最大動能為Ekm=q2B2R22m,故選項A、B錯誤。粒子每加速一次,動能增加Ekm=qU,粒子加速的次數為n=EkmEk=qB2R24.下圖是洛倫茲力演示儀的實物圖和示意圖。電子槍可以發射電子束。玻璃泡內充有稀薄的氣體,在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡。勵磁線圈能夠在兩個線圈之間產生勻強磁場,磁場的方向與兩個線圈中心的連線平行。下列說法正確的是()A.只增大電子槍的加速電壓,

5、軌道半徑不變B.只增大電子槍的加速電壓,軌道半徑變小C.只增大勵磁線圈中的電流,軌道半徑不變D.只增大勵磁線圈中的電流,軌道半徑變小答案:D解析:電子束在磁場中運動只受洛倫茲力作用,洛倫茲力提供向心力,故有qvB=mv2R,故圓形軌跡半徑R=mvqB;電子束在電子槍中加速,只有電場力做功,故由動能定理可得qU=12mv2;所以,圓形軌跡半徑R=1B2mUq。由以上分析可知,只增大電子槍的加速電壓,軌道半徑變大,選項A、B錯誤。只增大勵磁線圈中的電流,磁感應強度B5.如圖所示,在直角三角形abc區域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B,a=60,b=90,邊長lac=l,

6、一個粒子源在a點將質量為2m、電荷量為q的帶正電粒子以大小和方向不同的速度射入磁場,在磁場中運動時間最長的粒子中,速度的最大值是()A.qBl2mB.qBl4mC.3答案:B解析:粒子沿ab邊界方向射入磁場從ac邊射出磁場時轉過的圓心角最大,粒子在磁場中的運動時間最長,粒子速度最大時運動軌跡與bc相切,粒子運動軌跡如圖所示,由題意可知a=60,b=90,邊長lac=l,則lab=12l,四邊形abdO是正方形,粒子軌跡半徑r=12l,粒子做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvmB=2mvm2r,解得粒子的最大速度為vm=qBl4m,故選項A6.如圖所示,在邊長為l的正三角形ABC

7、內有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出磁場),O為三角形的中心。一個帶負電的粒子以速度v0從A點沿AO方向射入該磁場,從B點沿OB方向射出,下列說法正確的是()A.粒子做圓周運動的半徑為lB.粒子做圓周運動的半徑為2lC.粒子在磁場中運行的時間是D.粒子在磁場中運行的時間是2答案:C解析:粒子運動軌跡如圖所示,粒子在磁場中轉過的圓心角=60,粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r=l,選項A、B錯誤。粒子在磁場中做圓周運動的周期T=2rv0=2lv0,粒子在磁場中做圓周運動的時間t=7.如圖所示,空間中存在水平方向的勻強電場和勻強磁場,且電場方向和磁場方向相互垂直,在正交的電磁場空間中有一足夠長的

8、固定粗糙絕緣桿,與電場方向成60夾角且處于豎直平面內,一質量為m、電荷量為q(q0)的小球套在絕緣桿上,當小球沿桿向下的初速度為v0時,小球恰好做勻速直線運動,已知重力加速度大小為g,磁感應強度大小為B,電場強度大小為E=3mgq,小球電荷量保持不變,則以下說法正確的是(A.小球的初速度v0=2B.若小球沿桿向下的初速度為3mgC.若小球沿桿向下的初速度為mgqBD.若小球沿桿向下的初速度為mgqB,則小球從開始運動到穩定過程中,克服摩擦力做功為答案:A解析:帶電小球受重力mg、電場力F電=qE=3mg、磁場力及可能存在的支持力和摩擦力作用。重力與電場力的合力剛好與桿垂直,合力的大小為2mg。

9、小球做勻速直線運動,磁場力的方向垂直于桿,則摩擦力、支持力均為0,磁場力與電場力、重力的合力相平衡,即qv0B=2mg,解得小球的初速度v0=2mgqB,故選項A正確。若小球的初速度v=3mgqB,小球將受到重力、電場力、磁場力、支持力和摩擦力,據牛頓第二定律可得qvB=2mg+FN,FN=ma,解得小球的加速度a=(qvB-2mg)m,方向與小球的運動方向相反,所以小球做加速度減小的減速運動,最終勻速,故選項B錯誤。若小球的初速度v=mgqB,小球將受到重力、電場力、磁場力、支持力和摩擦力,據牛頓第二定律可得qvB+FN=2mg,FN=ma,解得小球的加速度a=(2mg-qvB)m,方向與小

10、球的運動方向相反,所以小球做加速度增大的減速運動,最終靜止;小球從開始運動到穩定過程中,重力、電場力、磁場力、支持力四個力的合力與桿垂直,它們對小球做的功為0,摩擦力對小球做負功8.如圖所示,一個絕緣且內壁光滑的環形細圓管,固定于豎直平面內,環的半徑為R(比細管的內徑大得多),在圓管的最低點有一個直徑略小于細管內徑的帶正電小球處于靜止狀態,小球的質量為m、電荷量為q,重力加速度為g。空間存在一磁感應強度大小未知(不為零)、方向垂直于環形細圓管所在平面且向里的勻強磁場。某時刻,給小球一方向水平向右、大小為v0=5gR的初速度,則以下判斷正確的是(A.無論磁感應強度大小如何,獲得初速度后的瞬間,小

11、球在最低點一定受到管壁的彈力作用B.無論磁感應強度大小如何,小球一定能到達環形細圓管的最高點,且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用C.無論磁感應強度大小如何,小球一定能到達環形細圓管的最高點,且小球到達最高點的速度大小都相同D.小球在從環形細圓管的最低點運動到所能到達的最高點的過程中,水平方向分速度的大小一直減小答案:BC解析:小球在軌道最低點時受到的洛倫茲力方向豎直向上,若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用,選項A錯誤。小球運動的過程中,洛倫茲力不做功,小球的機械能守恒,運動至最高點時小球的速度v=gR,由于是雙層軌道約束,小球運動過程中不

12、會脫離軌道,所以小球一定能到達軌道最高點,選項C正確。在最高點時,小球做圓周運動的向心力F=mv2R=mg,小球受到豎直向下洛倫茲力的同時必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對小球的彈力,選項B正確。小球在從最低點到最高點的運動過程中,在下半圓內上升時,水平分速度向右一定遞減,到達圓心的等高點時,水平速度為零,而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零,所以水平分速度一定有增大的過程,選項9.如圖所示,在平面直角坐標系中有一個垂直紙面向里的圓形勻強磁場,其邊界過原點O和y軸上的點a(0,l)。一質量為m、電荷量為e的電子從a點以初速度v0平行于x軸正方向射入磁場,并從x軸上的b點射出磁場。此時速度方向

13、與x軸正方向的夾角為60。下列說法正確的是()A.電子在磁場中運動的時間為B.電子在磁場中運動的時間為2C.磁場區域的圓心坐標為3D.電子在磁場中做圓周運動的圓心坐標為(0,-l)答案:BCD解析:電子在磁場中做勻速圓周運動,粒子運動軌跡如圖所示。電子的軌道半徑為R,由幾何知識,電子轉過的圓心角=60,Rsin30=R-l,解得R=2l,電子在磁場中做圓周運動的周期T=2Rv0=4lv0,電子在磁場中運動的時間t=60360T=2l3v0,故選項A錯誤,B正確。設磁場區域的圓心坐標為(x,y),其中x=12Rcos30=32l,y=l210.在xOy坐標系中,存在以O為圓心、R為半徑、垂直xO

14、y平面向外的勻強磁場。現從O點沿x軸正方向發射一初速度為v的電子,通過y軸時電子的速度方向與y軸的夾角為30。已知電子的質量為m、電荷量為e,則()A.電子將從(0,3R)點通過y軸B.電子將從(0,2R)點通過y軸C.電子在磁場中運動的時間為2D.勻強磁場的磁感應強度的大小為3答案:AD解析:粒子在磁場中受到洛倫茲力作用做勻速圓周運動,則有evB=mv2r;據此并根據題意可得,粒子在磁場中的軌跡的圓心C必在y軸上,且P點在磁場區之外。過P沿速度方向作延長線,它與x軸相交于Q點。作圓弧過O點與x軸相切,并且與PQ相切,切點A即粒子離開磁場區的位置,這樣也求得圓弧軌跡的圓心C,如圖所示,由圖中幾

15、何關系得r=33R,聯立r=mveB,解得B=mvqr=3mveR,故選項D正確。圖中OA的長度即圓形磁場區的半徑R,由圖中幾何關系可得lOP=r+2r=3R,故通過y軸的坐標為(0,3R),故選項A正確,B錯誤。粒子對應的圓弧是整個圓的二、填空題(共2小題,共18分)11.(6分)電磁炮是一種理想的兵器,它的主要原理如圖所示,利用這種裝置可以把質量為2.0 g的彈體(包括金屬桿EF的質量)加速到6 km/s。若這種裝置的軌道寬2 m、長為100 m,通過的電流為10 A,則軌道間所加勻強磁場的磁感應強度大小為 T,磁場力的最大功率為 W。(軌道摩擦不計)答案:182.16106解析:電磁炮在

16、安培力的作用下,沿軌道做勻加速運動。因為通過100m的位移加速至6km/s,利用動能定理可得F安s=Ek,即BIls=12mvm2-0,代入數據可得B=18T。運動過程中,磁場力的最大功率為P=Fvm=BIlvm=2.1612.(12分)如圖所示,圖中虛線框內存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強磁場,現通過測量通電導線在磁場中所受的安培力來測量磁場的磁感應強度大小并判定其方向。所用部分器材已在圖中給出,其中D為位于紙面內的U形金屬框,其底邊水平,兩側邊豎直且等長;E為直流電源;R為電阻箱;A為電流表;S為開關。此外還有細沙、天平、刻度尺和若干輕質導線。(1)在圖中畫線連接成實驗電路圖。(2)完成

17、下列主要實驗步驟中的填空。按圖接線;保持開關S斷開,在托盤內加入適量細沙,使D處于平衡狀態,然后用天平稱量細沙質量m1;閉合開關S,調節R的值使電流大小適當,在托盤內加入或減去適量細沙,使D,然后讀出,并用天平稱出;用刻度尺測量。(3)用測得的物理量和重力加速度g表示磁感應強度的大小,可以得出B=。(4)判定磁感應強度的方向的方法:若m2(選填“”“=”或“解析:(1)用變阻器的限流式接法即可。(2)金屬框平衡時測量才有意義,讀出電流表的示數I,并用天平稱量細沙質量。安培力與磁場中通電導線的長度有關,安培力合力等于金屬框架底邊受到的安培力。(3)根據平衡條件,有|m2-m1|g=BIl,解得B

18、=|m2(4)根據左手定則可判斷,若m2m1,安培力方向向下,磁感應強度方向垂直紙面向外;反之,磁感應強度方向垂直紙面向里。三、論述計算題(共4小題,共42分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟,只寫出最后答案不能得分,有數值計算的題,答案中必須明確寫出數值和單位)13.(8分)如圖所示,一個質量為m、電荷量為q的正離子,從D點以某一初速度垂直磁感線進入勻強磁場。磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B。離子的初速度方向在紙面內,與直線AB的夾角為60。結果離子正好穿過AB的垂線上距離A點l的小孔C,以垂直AC的方向進入AC右邊的勻強電場中。電場的方向與AC平行。離子最后打在AB直線上

19、的B點,B到A的距離為2l。不計離子重力,離子運動軌跡始終在紙面內,求:(1)離子從D點入射的速度v0的大小;(2)勻強電場的電場強度E的大小。答案:(1)2(2)2解析:(1)離子在磁場中做勻速圓周運動,軌跡如圖所示。由幾何關系可知,離子做勻速圓周運動的半徑r滿足l=r+rcos60離子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qv0B=mv02由解得入射速度v0=2qBl3m(2)離子進入電場后做類平拋運動,軌跡如圖所示。水平方向2l=v0t豎直方向l=12qEm由解得勻強電場的電場強度E=2q14.(12分)如圖所示,一個質量m=2.010-11 kg、電荷量q=+1.

20、010-5 C的帶電微粒,從靜止開始經U1=100 V電壓加速后,水平進入兩平行金屬板間的偏轉電場,偏轉電場的電壓U2=100 V,金屬板長l=20 cm,兩板間距d=103 cm,經偏轉后進入右側勻強磁場,微粒的重力忽略不計。(1)求微粒進入偏轉電場時的速度v0的大小。(2)求微粒射出偏轉電場時的偏轉角。(3)若該勻強磁場的寬度D=10 cm,為使微粒不會由磁場右邊界射出,則該勻強磁場的磁感應強度應滿足什么條件?答案:(1)1104 m/s(2)30(3)B35解析:(1)微粒在加速電場中,由動能定理有qU1=1解得v0=1104m/s。(2)微粒在偏轉電場中做類平拋運動,如圖所示a=qU2

21、md,vy=at,tan=v偏轉角=30。(3)微粒進入磁場做勻速圓周運動進入磁場的速度v=vqBv=mv2R,微粒恰好不從右邊界射出時,D=R+Rsin解得B=mv為使微粒不會由磁場右邊界射出,磁感應強度應滿足B35T15.(10分)如圖所示,在磁感應強度B=1.0 T、方向豎直向下的勻強磁場中,有一個與水平面成=37角的導電滑軌,滑軌上放置一個可自由移動的金屬桿。已知接在滑軌中的電源電動勢E=16 V,內阻r=1 。ab桿長l=0.5 m、質量m=0.2 kg,桿與滑軌間的動摩擦因數=0.5,滑軌與ab桿的電阻忽略不計。要使桿在滑軌上保持靜止,滑動變阻器R的阻值應在什么范圍內變化?(g取10 m/s2,sin 37=0.6,cos 37=0.8,可認為最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)答案:1 R21 解析:分別畫出ab桿在恰好不下滑和恰好不上滑這兩種情況下的受力分析圖。當ab桿恰好不下滑時,如圖甲所示。由平衡條件得沿斜面方向mgsin=FN1+F安1cos垂直斜面方向FN1=mgcos+F安1sin而F安1=BER1+rl,解得當ab桿恰好不上滑時,如圖乙所示。由平衡條件得沿斜面方向mgsin+FN2=F安2cos垂直斜面方向FN2=mgcos+F安2sin而F安2=BER2+rl,解得所以,要使ab桿保持靜止,R的取值