2020版物理新攻略总复习北京专用精练：第十一章　全章闯关检测（教师专用） WORD版含解析.docx

1、全章闯关检测一、选择题1.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根通电长直导线,电流的方向垂直于纸面向里。如图所示,a、b、c、d是以直导线为圆心的同一圆周上的四点,在这四点中()A.c、d两点的磁感应强度大小相等B.a、b两点的磁感应强度大小相等C.c点的磁感应强度的值最小D.b点的磁感应强度的值最大答案C通电直导线在c点的磁感应强度方向与B0的方向相反,b、d两点的电流磁场与B0垂直,a点电流磁场与B0同向,由磁场的叠加知c点的合磁感应强度最小。2.如图所示,若粒子 (不计重力)能在图中所示的磁场区域内做匀速圆周运动,则可以判断()A.粒子在运动过程中动量保持不变B.若粒

2、子带正电,则粒子沿顺时针方向运动C.在其他量不变的情况下,粒子速度越大,运动周期越大D.在其他量不变的情况下,粒子速度越大,做圆周运动的半径越大答案D粒子在磁场区域内做匀速圆周运动,速度的大小不变而方向不断变化,即粒子的动量不断发生变化,故选项A错误;若粒子带正电,则在图示位置由左手定则可知粒子所受的洛伦兹力方向向上,粒子沿逆时针方向运动,选项B错误;由粒子运动的周期公式T=2mqB可知,运动周期与速度无关,选项C错误;由粒子运动的半径公式r=mvqB可知,速度越大,半径越大,选项D正确。3.在等边三角形的三个顶点a、b、c处,各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等的恒定电流,方向如

3、图所示,则过c点的导线所受安培力的方向()A.与ab边平行,竖直向上B.与ab边平行,竖直向下C.与ab边垂直,指向左边D.与ab边垂直,指向右边答案C根据安培定则,a、b在c处所激发的磁场方向分别如图中Ba、Bb所示,应用平行四边形定则可知c导线所在处的合磁场方向如图所示。根据左手定则可知安培力F安的方向与a、b连线垂直,指向左边。4.图甲是磁电式电流表的结构示意图,蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀辐向分布的,线圈中a、b两条导线的长均为l,通有方向如图乙所示的电流I,两条导线所在处的磁感应强度大小均为B。则()A.该磁场是匀强磁场B.线圈平面总与磁场方向垂直C.线圈将沿逆时针方向转动D.a、b

4、导线受到的安培力的大小总为IlB答案D该磁场是均匀辐向分布的,不是匀强磁场,选项A错误;线圈平面与磁场方向平行,选项B错误;在图示位置,a、b导线受到的安培力方向分别为向上、向下,大小均为IlB,线圈将沿顺时针方向转动,选项C错误,选项D正确。5.如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,质量为m、带电荷量为q的正电荷(重力忽略不计)以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,从磁场中射出时速度方向改变了角,则磁场的磁感应强度大小为()A.mvqRtan2 B.mvqRcot 2 C.mvqRsin 2 D.mvqRcos 2答案B该电荷以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场,将背离圆

5、心射出,轨迹圆弧的圆心角为,由几何关系可知,轨迹圆的半径r=Rtan2,由洛伦兹力提供向心力,轨迹圆的半径r=mvqB 解得B=mvqRcot 2,选项B正确。6.如图所示,在MNQP中有一垂直纸面向里的匀强磁场。质量和电荷量都相等的带电粒子a、b、c以不同的速率从O点沿垂直于PQ的方向射入磁场,图中实线是它们的轨迹。已知O是PQ的中点,不计粒子重力。下列说法中正确的是()A.粒子a带负电,粒子b、c带正电B.射入磁场时粒子a的速率最小C.射出磁场时粒子b的动能最小D.粒子c在磁场中运动的时间最长答案D由左手定则可知粒子a带正电,粒子b、c带负电,所以A错;由qvB=mv2r可知r=mvqB,

6、由题意及rcrarb得vcvavb,所以B、C错;又因为qvB=m42T2r,得T=2mqB,则各粒子运动周期相同,粒子在磁场中的运动时间t=2T,可知粒子c在磁场中运动的时间最长,D正确。7.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示,其中加速电压恒定。质子在入口处从静止开始被加速电场加速,经匀强磁场偏转后从出口离开磁场。若某种一价正离子在入口处从静止开始被同一加速电场加速,为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场,需将磁感应强度增加到原来的12倍。此离子和质子的质量比约为()A.11 B.12C.121 D.144答案D设质子和离子的质量分别为m1和m2,原磁感应强度为B

7、1,改变后的磁感应强度为B2。在加速电场中qU=12mv2,在磁场中qvB=mv2R,联立两式得m=R2B2q2U,故有m2m1=B22B12=144,选项D正确。8.如图所示,某种带电粒子由静止开始经电压为U1的电场加速后,射入水平放置、电势差为U2的两导体板间的匀强电场中,带电粒子沿平行于两板的方向从两板正中间射入,穿过两板后又垂直于磁场方向射入边界线竖直的匀强磁场中,则粒子射入磁场和射出磁场的M、N两点间的距离d随着U1和U2的变化情况为(不计重力,不考虑边缘效应)()A.d随U1变化,d与U2无关B.d与U1无关,d随U2变化C.d随U1变化,d随U2变化D.d与U1无关,d与U2无关

8、答案A带电粒子在加速电场中,由动能定理可得qU1=12mv02;带电粒子在偏转电场中做类平抛运动,可将射出电场的粒子速度v分解成初速度方向与垂直初速度方向,设出射速度方向与水平方向夹角为,则有v0v=cos ,带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,设运动轨迹对应的半径为R,由几何关系可得,半径与直线MN夹角正好等于,则有d2R=cos ,所以d=2Rv0v,又由半径公式R=mvqB,则有d=2mv0qB=2mqB2qU1m,d随U1变化,与U2无关,选项A正确,选项B、C、D错误。9.如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示意图。用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹。下列关于实验现象和分析

9、正确的是()A.励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹B.励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹C.保持励磁电压不变,增加加速电压,电子束形成圆周的半径减小D.保持加速电压不变,增加励磁电压,电子束形成圆周的半径增大答案B由电子初速度方向及轨迹,利用左手定则可判断励磁线圈产生的磁场在电子运动区域的方向为垂直纸面向里,再利用右手螺旋定则,即可判断励磁线圈中的电流为顺时针方向,B正确,A错误;电子在洛伦兹力作用下做圆周运动,故有Bqv=mv2R,得R=mvBq,当励磁电压不变,即B不变时,增加加速电压即增大v,则R增大;当加速电压不变,即v不变时

10、,增加励磁电压,即B增大,则R减小,故C、D均不对。10.如图所示,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。 P为屏上的一小孔。PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为-q的粒子(不计重力),以大小相同的速度v,从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域。粒子入射方向在与磁场(B)垂直的平面内,且散开在与PC夹角为的范围内。则在屏MN上被粒子打中的区域的长度为()A.2mvqB B.2mvcosqBC.2mv(1-sin)qBD.2mv(1-cos)qB答案D粒子沿PC方向射入,偏转半个圆周打在PN上的Q点,PQ长度为l1=2R=2mvqB,粒子沿与PC夹角为的方向射入,打在

11、PN上的S点,PS长度为l2=2mvcosqB。则在屏MN上被粒子打中区域的长度为l=l1-l2=2mv(1-cos)qB。11.(多选)如图所示为电磁轨道炮的工作原理图。待发射弹体与轨道保持良好接触,并可在两平行轨道之间无摩擦滑动。电流从一条轨道流入,通过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平面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与电流I成正比。通电的弹体在安培力的作用下离开轨道,则下列说法正确的是()A.弹体向左高速射出B.I为原来的2倍,弹体射出的速度也为原来的2倍C.弹体的质量为原来的2倍,射出的速度也为原来的2倍D.轨道长度L为原来的4倍,弹体射出的速度为原

12、来的2倍答案BD根据安培定则可知,弹体处的磁场方向垂直于轨道平面向里,再利用左手定则可知,弹体受到的安培力水平向右,所以弹体向右高速射出,选项A错误;设B=kI(其中k为比例系数),轨道间距为l,弹体的质量为m,射出时的速度为v,则安培力F=BIl=kI2l,根据动能定理有FL=12mv2,可得v=I2klLm,对B、C、D项分析可知,选项C错误,B、D正确。12.(多选)在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁

13、场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为 31C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为13答案BCD两离子所带电荷量之比为13,在电场中时由qE=ma知aq,故加速度之比为13,A错误;离开电场区域时的动能由Ek=qU知Ekq,故D正确;在磁场中运动的半径由Bqv=mv2R、Ek=12mv2知R=1B2mUq1q,故B正确;设磁场区域的宽度为d,则有sin =dR1R,即sin30sin=13,故=60=2,C正确。二、非选择题13.如图所示,两平行金属板间距为d,电势差为U,板间电场可视为匀强电场;金属板下方有一磁感应强

14、度为B的匀强磁场。带电量为+q、质量为m的粒子,由静止开始从正极板出发,经电场加速后射出,并进入磁场做匀速圆周运动。忽略重力的影响,求:(1)匀强电场场强E的大小;(2)粒子从电场射出时速度v的大小;(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R。答案(1)Ud(2)2qUm(3)1B2mUq解析(1)电场强度E=Ud(2)根据动能定理,有qU=12mv2得v=2qUm(3)粒子在磁场中做匀速圆周运动时,洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R得R=1B2mUq14.如图甲所示,在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道,轨道间的距离为l,两轨道底端的连线与轨道垂直,顶端接有电源。将一根质量

15、为m的直导体棒ab放在两轨道上,且与两轨道垂直。已知轨道和导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略,通过导体棒的恒定电流大小为I,方向由a到b,图乙为图甲沿ab方向观察的侧视图。若重力加速度为g,在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场,使导体棒在轨道上保持静止。(1)请在图乙所示的侧视图中画出导体棒受力的示意图;(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小;(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向,试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向。答案见解析解析(1)导体棒受力如图所示(2)根据共点力平衡条件可知,磁场对导体棒的安培力的大小F=mg tan (3)要使磁感应强度最小,则要

16、求安培力最小。根据受力情况可知,最小安培力Fmin=mg sin ,方向平行于轨道斜向上所以最小磁感应强度Bmin=FminIl=mgsinIl根据左手定则可判断出,此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上。15.如图所示,空间同时存在水平向右的匀强电场和方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。质量为m、带电荷量为q的液滴,以某一速度沿与水平方向成角斜向上进入正交的匀强电场和匀强磁场叠加区域,在时间t内液滴从M点匀速运动到N点。重力加速度为g。(1)判定液滴带的是正电还是负电,并画出液滴受力示意图;(2)求匀强电场的场强E的大小;(3)求液滴从M点运动到N点的过程中电势能的变化量。答案(

17、1)见解析(2)mgtanq(3)-m2g2ttanqB解析(1)液滴从M点到N点做的是匀速直线运动,受力分析(如图所示)知其所受洛伦兹力斜向左上方,所以液滴带正电。(2)由图可知Eq=mg tan E=mgtanq(3)设液滴运动的速度为v,由图可知mg=qvB cos v=mgqBcos设M、N之间的距离为d,则d=vt=mgtqBcos液滴从M点运动到N点,电场力做正功,电势能减少,设电势能变化量为EE=-Eqd cos =-mg tan mgtqBcoscos =-m2g2ttanqB16.在科学研究中,可以通过施加适当的电场和磁场来实现对带电粒子运动的控制。如图所示,某时刻在xOy平

18、面内的第、象限中施加沿y轴负方向、电场强度为E的匀强电场,在第、象限中施加垂直于xOy坐标平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从M点以速度v0沿垂直于y轴方向射入该匀强电场中,粒子仅在电场力作用下运动到坐标原点O且沿OP方向进入第 象限。在粒子到达坐标原点O时撤去匀强电场(不计撤去电场对磁场及带电粒子运动的影响),粒子经过原点O进入匀强磁场中,并仅在磁场力作用下,运动一段时间从y轴上的N点射出磁场。已知OP与x轴正方向夹角=60,带电粒子所受重力及空气阻力均可忽略不计,求:(1)M、O两点间的电势差U;(2)坐标原点O与N点之间的距离d; (3)粒子从M点运

19、动到N点的总时间t。答案(1)3mv022q(2)2mv0qB(3)3mv0qE+5m3qB解析(1)设粒子经过O点的速度为v, 则cos =v0v对于粒子经过电场的过程,根据动能定理有qU=12mv2-12mv02解得U=3mv022q(2)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R,运动轨迹如图所示。洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律有qvB=mv2R解得R=2mv0qB根据几何关系可知,O与N之间的距离 d=R=2mv0qB(3)设粒子在电场中从M点运动至O点所用时间为t1根据牛顿第二定律可知,粒子在电场中的加速度a=qEm粒子通过O点时竖直方向速度vy=3v0,根据运动学公式有vy=at1解得t1=3mv0qE设粒子在磁场中从O点运动至N点用时为t2,粒子在磁场中运动的周期T=2Rv解得t2=2-2T=5m3qB粒子从M点运动到N点的总时间 t=t1+t2=3mv0qE+5m3qB