2020高中物理 第5、6章 磁场 磁场对电流和运动电荷的作用 27单元测试 鲁科版选修3-1

2020高中物理 第5、6章 磁场 磁场对电流和运动电荷的作用 27单元测试 鲁科版选修3-1

第5、6章《磁场》《磁场对电流和运动电荷的作用》单元测试 ‎ ‎1.取两根完全相同的长导线，用其中一根绕成如图甲所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B.若将另一根长导线对折后绕成如图乙所示的螺线管，并通以电流强度也为I的电流，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为(　　)‎ ‎　　　　　　甲　　　　　　　　　　　乙 A.0　　　　B.0.5B　　　　C.B　　　　D.2B 解析：本题应将螺线管看成是由两股电流相反的导线绕制而成，所产生的磁场相互抵消，合磁场为零.‎ 答案：A ‎2.图示为一种利用电磁原理制作的充气泵的结构示意图，其工作原理类似打点计时器.当电流从电磁铁的接线柱a流入，吸引小磁铁向下运动时，以下选项中正确的是(　　)‎ A.电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为N极 B.电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为S极 C.电磁铁的上端为N极，小磁铁的下端为S极 D.电磁铁的上端为S极，小磁铁的下端为N极 解析：由安培定则知电磁铁的上端为S极，下端为N极，又由小磁铁被吸下，故知小磁铁的下端为N极.‎ 答案：D ‎3.如图所示，两根平行放置的长直导线a和b载有大小相同、方向相反的电流，a受到的磁场力大小为F1，当加入一与导线所在平面垂直的匀强磁场后，a受到的磁场力大小变为F2.则此时b受到的磁场力大小变为(　　)‎ A.F2 B.F1－F2‎ C.F1＋F2 D‎.2F1－F2‎ 解析：根据安培定则和左手定则，可以判定a导线受b中电流形成的磁场的作用力F1的方向向左，同理b受a磁场的作用力大小也是F1，方向向右.新加入的磁场无论什么方向，a、b受到的这个磁场的作用力F总是大小相等、方向相反. 如果F与F1方向相同，则两导线受到的力大小都是F＋F1，若F与F1方向相反，a、b受到的力的大小都是|F－F1|.因此，当再加上磁场时，若a受的磁场力大小是F2，则b受的磁场力大小也是F2.选项A正确.‎ 答案：A ‎4.图示为一“滤速器”装置的示意图.a、b为水平放置的平行金属板，一束具有各种不同速率的电子沿水平方向经小孔O进入a、b两板之间.为了选取具有某种特定速率的电子，可在a、b间加上电压，并沿垂直于纸面的方向加一匀强磁场，使所选电子仍能够沿水平直线OO′运动，由O′射出.不计重力作用.可能达到上述目的的办法是(　　)‎ A.使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向里 B.使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向里 C.使a板的电势高于b板，磁场方向垂直纸面向外 D.使a板的电势低于b板，磁场方向垂直纸面向外 解析：要使电子能沿直线通过复合场，电子所受电场力与洛伦兹力必是一对平衡力.由左手定则及电场的相关知识可知，选项A、D正确.‎ 答案：AD ‎5.1930年，劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图所示.这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙.下列说法正确的是(　　)‎ A.离子由加速器的中心附近进入加速器 B.离子由加速器的边缘进入加速器 C.离子从磁场中获得能量 D.离子从电场中获得能量 解析：回旋加速器的两个D形盒间隙分布周期性变化的电场，不断地给带电粒子加速使其获得能量；而D形盒处分布匀强磁场，具有一定速度的带电粒子在D形盒内受到洛伦兹力提供的向心力而做匀速圆周运动；洛伦兹力不做功不能使离子获得能量；选项C错误；离子源在回旋加速器的中心附近.所以选项A、D正确.‎ 答案：AD ‎6.如图甲所示，长方形abcd的长ad＝‎0.6 m，宽ab＝‎0.3 m，O、e分别是ad、bc的中点，以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场)，磁感应强度B＝0.25 T.一群不计重力、质量m＝3×10－‎7 kg、电荷量q＝＋2×10－‎3 C的带电粒子以速度v＝5×‎102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域(　　)‎ A.从Od边射入的粒子，出射点全部分布在Oa边 B.从aO边射入的粒子，出射点全部分布在ab边 C.从Od边射入的粒子，出射点分布在Oa边和ab边 D.从aO边射入的粒子，出射点分布在ab边和be边 解析：‎ 由左手定则可知粒子射入后向上偏转，轨迹半径R＝＝‎0.3 m.若整个矩形区域都有磁场，则从O点射入的粒子必从b点射出如图乙中的轨迹1，而在题给磁场中粒子的运动轨迹则如图乙中的2，射出点必落在be边上，所以A、B、C均错，选项D正确.‎ 答案：D ‎7.如图甲所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120°角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是(　　)‎ A.，正电荷　　　　B.，正电荷 C.，负电荷 D.，负电荷 解析：设粒子在磁场中向右偏转，‎ 由左手定则知它带负电，其运动轨迹如图乙所示，由几何关系可得：‎ R＋Rsin θ＝a 又因为R＝ 所以＝.‎ 答案：C ‎8.在如图所示的空间中，存在场强为E的匀强电场，同时存在沿x轴负方向、磁感应强度为B的匀强磁场.一质子(电荷量为e)在该空间恰沿y轴正方向以速度v匀速运动.据此可以判断出(　　)‎ A.质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能减小；沿z轴正方向电势升高 B.质子所受电场力大小等于eE，运动中电势能增大；沿z轴正方向电势降低 C.质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势升高 D.质子所受电场力大小等于evB，运动中电势能不变；沿z轴正方向电势降低 解析：质子所受电场力与洛伦兹力平衡，大小等于evB，运动中电势能不变；电场线沿z轴负方向，沿z轴正方向电势升高.‎ 答案：C ‎9.如图甲所示，真空室内存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里，磁感应强度的大小B＝0.60 T.磁场内有一块足够大的平面感光平板ab，板面与磁场方向平行.在距ab的距离l＝‎16 cm处，有一个点状的α粒子放射源S，它向各个方向均匀地发射α粒子.设放射源发射α粒子的速度都是v＝3.0×‎106 m/s.已知α粒子的比荷＝5.0×‎107 C/kg.现在只考虑在纸面内运动的α粒子，求ab上被α粒子打中的区域的长度.‎ 解析：α粒子带正电，故在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动.用R表示轨迹半径，有：qvB＝m，由此得：R＝ ，代入数据计算得：R＝‎0.1 m，可见2R＞l＞R.‎ 因朝不同的方向发射的α粒子轨迹都过S，由此可知，某一圆轨迹在图乙中N的左侧与ab相切，则此切点P1就是α粒子能打中的左侧最远点.为定出P1点的位置，可作平行于ab的直线cd，cd到ab的距离为R，以S为圆心、R为半径作弧交cd于Q点，过Q作ab的垂线，它与ab的交点即为P1，即NP1＝＝‎8 cm.‎ 再考虑N的右侧，任何α粒子在运动中离S的距离不可能超过2R，以2R为半径、S为圆心作圆，交ab于N右侧的P2点，此即右侧能打到的最远点.由图中几何关系得：‎ NP2＝＝‎‎12 cm 故所求长度P1P2＝NP1＋NP2＝‎20 cm.‎ 答案：‎‎20 cm ‎10.如图所示，一半径为R的光滑绝缘半球面开口向下，固定在水平面上.整个空间存在匀强磁场，磁感应强度方向竖直向下.一电荷量为q(q>0)、质量为m的小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，圆心为O′.球心O到该圆周上任一点的连线与竖直方向的夹角为θ(0<θ< ‎).为了使小球能够在该圆周上运动，求磁感应强度大小的最小值及小球P相应的速率.(重力加速度为g)‎ 解析：据题意，小球P在球面上做水平的匀速圆周运动，该圆周的圆心为 O′.P受到向下的重力mg、球面对它沿OP方向的支持力FN和磁场的洛伦兹力F＝qvB(式中v为小球运动的速率).‎ 洛伦兹力F的方向指向 O′，根据牛顿第二定律有：‎ FNcos θ－mg＝0‎ F－FNsin θ＝m 由以上各式可得：‎ v2－v＋＝0‎ 由于v是实数，必须满足 Δ＝()2－≥0‎ 由此得：B≥ 可见，为了使小球能够在该圆周上运动，磁感应强度大小的最小值为：‎ Bmin＝ 此时，带电小球做匀速圆周运动的速率为：‎ v＝ 即v＝sin θ.‎ 答案：　sin θ ‎11.图甲为一种质谱仪的工作原理示意图.在以O为圆心，OH为对称轴，夹角为2α的扇形区域内分布着方向垂直于纸面的匀强磁场.对称于OH轴的C和D分别是离子发射点和收集点.CM垂直磁场左边界于M，且OM＝d.现有一正离子束以小发散角(纸面内)从C射出，这些离子在CM方向上的分速度均为v0.若该离子束中比荷为的离子都能汇聚到D，试求：‎ ‎(1)磁感应强度的大小和方向.(提示：可考虑以沿CM方向运动的离子为研究对象)‎ ‎(2)离子沿与CM成θ角的直线CN进入磁场，其轨道半径和在磁场中的运动时间.‎ ‎(3)线段CM的长度.‎ 解析：(1)设沿CM方向运动的离子在磁场中做圆周运动的轨道半径为R.‎ 由qv0B＝m，R＝d 解得：B＝，方向垂直纸面向外.‎ ‎(2)设沿CN运动的离子速度大小为v，在磁场中的轨道半径为R′，运动的时间为t.‎ 由vcos θ＝v0‎ 解得：v＝ R′＝＝ 解法一　如图乙所示，设弧长为s 由t＝，s＝2(θ＋α)R′‎ 解得：t＝.‎ 解法二　离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ 故t＝T·＝.‎ ‎(3)设从N点射入的离子的轨迹圆心为A，过A作AB垂直NO，如图丙所示.则：‎ NA＝R′＝ NB＝R′·cos θ＝d 故BO＝NM 因为NM＝CMtan θ 又因为BO＝ABcot α＝R′sin θcot α＝sin θcot α 所以CM＝dcot α.‎ 答案：(1)，方向垂直纸面向外 ‎(2)　d　(3)dcot α ‎12.在平面直角坐标系xOy中，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成θ＝60°角射入磁场，最后从y 轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图甲所示.不计粒子重力，求：‎ ‎(1)M、N两点间的电势差UMN.‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.‎ ‎(3)粒子从M点运动到P点的总时间t.‎ 解析：(1)粒子的运动轨迹如图乙所示，设粒子过N点时的速度为v，有：‎ ＝cos θ 所以v＝2v0‎ 粒子从M点运动到N点的过程，有：‎ qUMN＝mv2－mv 解得：UMN＝.‎ ‎(2)粒子在磁场中以O′为圆心做匀速圆周运动，半径为O′N，有：‎ qvB＝ 解得：r＝.‎ ‎(3)由几何关系得：ON＝rsin θ 设粒子在电场中运动的时间为t1，有：‎ ON＝v0t1‎ 故t1＝ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ 设粒子在磁场中运动的时间为t2，有：‎ t2＝T 故t2＝ 又t＝t1＋t2‎ 所以t＝.‎ 答案：(1)　(2)　(3)