1、单元素养评价(一) (第1章)(90分钟100分)一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，用两根等长的绝缘细线水平悬挂金属棒MN，通以由M到N的电流，平衡时两悬线与竖直方向的夹角均为。如果仅改变下列某一个条件，即可使得变大的是()A.两悬线等长变短B.金属棒质量变大C.磁感应强度变小D.棒中的电流变大【解析】选D。金属棒受力如图所示，由平衡条件得：tan=；两悬线等长变短，tan不变，角不变，故A错误；金属棒质量m变大，tan变小，角变小，故B错误；磁感应强度B变小，tan变小，角变小，故C
2、错误；棒中的电流I变大，tan变大，角变大，故D正确。2.如图所示，图中曲线为两段完全相同的六分之一圆弧连接而成的金属线框(金属线框处于纸面内)，每段圆弧的长度均为L，固定于垂直纸面向外、大小为B的匀强磁场中。若给金属线框通以由A到C、大小为I的恒定电流，则金属线框所受安培力的大小和方向为()A.ILB，垂直于AC向左B.2ILB，垂直于AC向右C.，垂直于AC向左D.，垂直于AC向左【解析】选D。弧长为L，圆心角为，则弦长：AC=，即计算金属线框所受安培力时的有效长度。所以线框所受到的安培力：F=BIAC=，由左手定则可知，线框受到的安培力方向为垂直于AC向左，故D正确，A、B、C错误。【补
3、偿训练】一个半径为R的均匀导电金属圆环放置在粗糙的水平绝缘桌面上，现加上一方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场，如图所示(俯视图)。将金属圆环接入电路中，干路电流为I，接入点a、b是圆环直径上的两个端点。金属圆环始终处于静止状态，则()A.当电流为I时，金属圆环上半部分受到的安培力大小为BIRB.当电流为I时，金属圆环受到的安培力大小为BIRC.增大干路电流，金属圆环对桌面的压力增大D.增大干路电流，金属圆环对桌面的摩擦力增大【解析】选D。 acb段与adb段圆弧的电流方向均向右，由电路知识知，其电流大小为I，acb段圆弧所受的安培力为：F=BIL，L是指导线首尾相连的直线的长度，故acb段
4、受的安培力为：F=BI2R=BIR，由左手定则知方向向下；同理可得adb段圆弧受的安培力大小为BIR，方向向下，金属圆环受到的安培力为两段圆弧的合力，故金属圆环受到的安培力为2BIR，故A、B错误。增大干路电流，安培力增大，和安培力平衡的摩擦力增大，在竖直方向上重力和支持力仍然平衡，所以圆环对桌面压力不变，故C错误，D正确。3.某电磁轨道炮的简化模型如图所示，两圆柱形固定导轨相互平行，其对称轴所在平面与水平面的夹角为，两导轨长为L，间距为d，一质量为m的金属弹丸置于两导轨间，弹丸直径为d，电阻为R，与导轨接触良好且不计摩擦阻力，导轨下端连接理想恒流电源，电流大小恒为I，弹丸在安培力作用下从导轨
5、底端由静止开始做匀加速运动，加速度大小为a。下列说法正确的是()A.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为maL+mgLsinB.将弹丸弹出过程中，安培力做的功为I2RC.将弹丸弹出过程中，安培力的功率先增大后减小D.将弹丸弹出过程中，安培力的功率不变【解析】选A。对弹丸受力分析，由牛顿第二定律得：F安-mgsin=ma，解得：F安=mgsin+ma，所以安培力做功 W=F安L=maL+mgLsin，故A正确；I2R为过程中产生的热，不等于安培力做功，故B错误；由F安=mgsin+ma知，安培力为恒力，故安培力的功率P=F安v=F安at，故安培力的功率一直增大，故C、D错误。4.电流天平是一种测量安
6、培力的装置，如图所示。两相距很近的多匝通电平行线圈和，线圈固定，线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A.两线圈电流方向相同时，天平示数为正数B.两线圈电流方向相反时，天平示数为负数C.线圈的匝数越少，天平越灵敏D.线圈的匝数越多，天平越灵敏【解析】选D。电流间的相互作用，满足以下结论：电流方向相同时，将会吸引；电流方向相反时，将会排斥。当天平示数为负时，说明两线圈相互吸引，两线圈电流方向相同，当天平示数为正时，说明两线圈相互排斥，两线圈电流方向相反，故A、B错误；多匝通电平行线圈之间的安培力，与匝数有关，匝数越多，安培力越大，由于线圈置于天平托盘上
7、，故线圈的匝数越多，受力越大，天平越灵敏，故C错误，D正确。【补偿训练】如图，a、b是相互平行且靠近放置的两根固定通电长直导线，导线中电流分别为I1、I2且方向相同，a、b导线受到的安培力大小分别为F1、F2。下列判断正确的是()A.a、b两导线相互排斥B.若I1I2，则F1F2C.F2是电流I1产生的磁场对b导线的作用力D.F1是电流I1产生的磁场对a导线的作用力【解析】选C。根据右手定则判断通电直导线周围产生的磁场，再根据左手定则判断安培力的方向，可知两根导线相互吸引，故A错误(或应用结论同向电流相互吸引来判断)；F1、F2为相互作用力，始终等大反向共线，故B错误；F1是电流I2产生的磁场
8、对a导线的作用力，F2是电流I1产生的磁场对b导线的作用力，故C正确，D错误。5.在城市建设施工中，经常需要确定地下水平金属直管的位置，某实验小组设计了一种粗测装置，如图所示。图中ab为金属导体细直棒，用两根等长绝缘细软丝线悬挂在铝质水平框形支架上方点O的力传感器上，传感器在丝线的拉动下可绕竖直转轴自由旋转，支架底座为木质。某次测量时，将该装置放在金属直管附近的水平地面上，先在金属直管中通入恒定电流，再在ab中通入由a到b方向的恒定电流I，发现ab棒的a端从图示位置向纸面外的方向缓慢旋转，最后稳定在垂直纸面的位置，丝线恰好处于竖直平面内，忽略风力和地磁场的影响，下列说法正确的是()A.地下金属
9、直管与图中ab方向平行，且处于点O正下方，管中电流方向水平向右B.地下金属直管与图中ab方向垂直，且处于点O正下方，管中电流方向垂直纸面向外C.ab棒从图示位置到第一次转到与纸面垂直的过程中，力传感器的示数逐渐变小D.ab棒从图示位置到第一次转到与纸面垂直的过程中，力传感器的示数逐渐变大【解析】选D。根据同向电流相互吸引可知，方向不同的电流有转动到方向相同位置的趋势。所以金属直管必在ab稳定时的正下方，即在点O正下方，并且电流方向与ab稳定时电流方向相同，垂直纸面向里，故A、B错误；由以上分析可知，ab棒转动后，与通电金属直管平行，因它们的电流同向，所以它们相互吸引，故力传感器的示数逐渐变大，
10、故C错误，D正确。【补偿训练】一架悬挂于天花板上的弹簧测力计下挂一水平导线AB，导线中通有如图所示向右的电流I1，导线中心的正下方有与导线AB垂直的另一长直导线，当长直导线中通入向里的电流I2时，关于导线AB的运动及弹簧测力计读数的变化正确的是()A.A向里、B向外转动，弹簧测力计的读数增大B.A向里、B向外转动，弹簧测力计的读数减小C.A向外、B向里转动，弹簧测力计的读数增大D.A向外、B向里转动，弹簧测力计的读数减小【解析】选C。解法一：根据安培定则可知，下方长直导线的磁感线是同心圆，方向如图所示。因此对AB左半段，可以用左手定则判断A端受到向外的力；同理也可以分析出B端受向里的力。从而使
11、得A端转向纸外，B端转向纸里；AB转动后电流的方向也向里，所以两个电流之间相互吸引，所以AB对弹簧测力计的拉力将增大，则弹簧测力计的示数增大，故C正确，A、B、D错误。解法二：根据电流间的相互作用规律：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥。可知方向不同的电流有转动到方向相同位置的趋势，从而使得A端转向纸外，B端转向纸里；并且两电流方向相同后，有相互吸引力，所以AB对弹簧测力计的拉力将增大，则弹簧测力计的示数增大，故C正确，A、B、D错误。6.带负电的小球用绝缘丝线悬挂于O点，在匀强磁场中摆动，不计空气阻力，当小球每次通过最低点时()A.小球受到的磁场力相同B.小球的动能相同C.小球所受丝线拉力相
12、等D.小球的速度相同 【解析】选B。由于小球的运动方向不同，则根据左手定则可知，洛伦兹力的方向不同，则受到的磁场力不同，故A错误；由题意可知，拉力与洛伦兹力对小球不做功，仅仅重力做功，则小球机械能守恒，所以小球分别从左右两侧向最低点运动且两次经过最低点时的动能相同，故B正确；由B选项可知，速度大小相等，则根据牛顿第二定律可知，由于速度方向不同，导致产生的洛伦兹力的方向也不同，则拉力的大小也不同，因带负电，向左摆动通过最低点时所受洛伦兹力的方向向上，故绝缘丝线拉力较小，即小球向右摆动通过最低点时绝缘丝线的拉力大于向左摆动通过最低点时绝缘丝线的拉力，故C错误；由于小球的运动方向不同，故D错误。7.
13、在匀强磁场中，一不计重力的带电粒子穿过一块金属薄板，运动轨迹如图所示，下列判断正确的是()A.带电粒子带正电B.带电粒子的运动方向为顺时针C.带电粒子在金属板上部分运动的时间大于在下部分运动的时间D.带电粒子在金属板上部分运动的时间小于在下部分运动的时间【解析】选B。根据题意可知，粒子穿过金属板速度减小，根据R=可知，粒子做匀速圆周运动的半径减小，所以粒子的运动方向是顺时针，根据左手定则可知，粒子带负电，故A错误，B正确；因为粒子做圆周运动的周期为T=，而粒子在上部分和下部分的运动时间均等于周期的一半，所以粒子在上部分运动的时间等于下部分运动的时间，故C、D错误。【补偿训练】如图中PQ是匀强磁
14、场里的一片金属片，其平面与磁场方向平行，一个粒子从某点以与PQ垂直的速度射出，动能是Ek1，该粒子在磁场中的运动轨迹如图所示。今测得它在金属片两边的轨迹半径之比是109，若在穿越金属片过程中粒子受到的阻力大小及电荷量恒定，则下列说法正确的是()A.该粒子的动能增加了Ek1B.该粒子的动能减少了Ek1C.该粒子做圆周运动的周期减小D.该粒子最多能穿越金属片6次【解析】选B。根据：qvB=m可得：r=所以：=，即：v2=v1又因为动能表达式：Ek=mv2所以开始的动能为：Ek1=m穿过金属片后的动能为：Ek2=m=m=Ek1每穿过一次金属片损失动能：E=Ek1-Ek2=Ek1所以有：n=5.3即该
15、粒子最多能穿过金属片的次数为5次，故B正确，A、D错误；带电粒子在磁场中做圆周运动的周期，根据qvB=m，T=可得：T=。可知周期与速度无关，故C错误。8.如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，有两个质量和电荷量都相等的粒子沿ad方向射入磁场后分别从b、e两点射出，不计粒子重力。下列说法正确的是()A.两粒子都带正电B.从e点射出的粒子速率是从b点射出粒子速率的两倍C.从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长D.从e点射出的粒子在磁场中运动时间较长【解析】选C。粒子运动轨迹如图所示，根据左手定则可知ae轨迹粒子带正电，ab轨迹的粒子带负电，故A错误；由几何关系可知1=120
16、，2=60，r2r1=31，粒子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=m，得：v=，故从e点射出的粒子速率是从b点射出粒子速率的3倍，故B错误；因为从b点飞出的粒子偏转角大于从e点飞出的粒子，根据：qvB=m、T=和t=T得出从b点射出的粒子在磁场中运动时间较长，故C正确，D错误。【补偿训练】如图所示，截面为正方形的容器在匀强磁场中，一束电子从a孔垂直于磁场射入容器中，其中一部分从c孔射出，一部分从d孔射出，忽略电子间的作用，下列说法不正确的是()A.从c、d两孔射出的电子速度之比为v1v2=21B.从c、d两孔射出的电子在容器中运动所用的时间之比为t1t2=12C.从c、d两孔射出
17、的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1a2=21D.从c、d两孔射出的电子在容器中运动时的加速度大小之比为a1a2=1【解析】选D。设磁场边长为L，轨迹如图所示：由图示可知：rc=L，c=，rd=L，d=，电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB=m，解得v=，电子速度之比：v1v2=rcrd=LL=21，故A正确；电子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=，相等，电子在磁场中的运动时间为：t=T，电子运动时间之比为t1t2=cd=12，故B正确；由牛顿第二定律得加速度为：a=，加速度之比为a1a2=v1v2=21，故C正确，D错误。9.在两个边长为L的正方形区城
18、内(包括四周的边界)有大小相等、方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一个质量为m，带电量为+q的粒子从F点沿着FE的方向射入磁场，恰好从C点射出，则该粒子速度大小为()A.B.C.D.【解析】选C。粒子从F点沿着FE的方向射入磁场，恰好从C点射出，根据对称性可知，粒子轨迹必过BE中点，运动轨迹如图所示，设该粒子速度大小为v。根据图中几何关系可得：R2=L2+(R-)2，解得：R=L，根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB=m，解得：v=，故C正确，A、B、D错误。10.如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，a=60，b=90，边长ac=L
19、，一个粒子源在a点将质量为3m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是()A.B.C.D.【解题指南】解答本题可以按以下思路进行：(1)首先应该思考：要使粒子在磁场中运动时间最长，其入射速度和射出点应该满足什么条件；(2)在满足条件(1)的前提下，粒子速度最大时，带电粒子的运动轨迹是怎样的；(3)最后，找圆心，求半径，并列向心力方程求解。【解析】选A。粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长；粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示。由题意可知：a=60，b=90，边长ac
20、=L，则ab=L，因为四边形abdO是正方形，所以粒子做圆周运动的半径为：r=L。粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvmB=3m，解得粒子的最大速度为：vm=，故B、C、D错误，A正确。二、多项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.如图所示，在光滑水平面上一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，磁铁上方有一导线，导线中通有垂直纸面向里的电流。若在某一瞬间电流消失，则()A.弹簧长度将变长B.弹簧长度将变短C.磁铁对地面的压力将减小D.磁铁对地面的压力将增大【解析】
21、选A、D。根据条形磁铁磁感线分布情况，可得到导线电流所在位置磁场方向如图所示，由左手定则可判断出通电导线所受安培力方向如图所示向右偏下；由牛顿第三定律可知，条形磁铁受到的电流对磁铁的作用力斜向左上方，若在某一瞬间电流消失，安培力消失，磁铁受重力和支持力，二力平衡，故弹簧处于原长，磁铁对地压力等于磁铁的重力；所以弹簧长度增加，磁铁对地面的压力增大；故B、C错误，A、D正确。12.如图所示，从S处发出的电子经加速电压U加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子向下极板偏转。设两极板间电场的电场强度大小为E，磁场的磁感应强度大小为B。欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其
22、中可行的是()A.适当减小电场强度大小EB.适当减小磁感应强度大小BC.适当增大加速电场两极板之间的距离D.适当减小加速电压U【解析】选B、D。电子通过加速电场的过程，有：qU=mv2，则电子进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场时的速度为v=，电子向下极板偏转，则满足qEF，则在垂直于杆的方向上，小球还受到杆的垂直于杆向下的压力，则摩擦力：f=FN，小球将做减速运动；随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动，故B错误；若小球的初速度为，则洛伦兹力：f=qv0B=mgm1)的两种粒子在屏上形成的亮线部分重合，
23、粒子重力忽略不计，则下列判断正确的是()A.小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角满足cos=B.小孔P处粒子速度方向相对极板垂线最大发散角满足sin=C.两种粒子形成亮线的最大总长度为D.两种粒子形成亮线的最大总长度为【解析】选A、D。粒子在电场中加速，由动能定理：qU=m1，在磁场中运动时，根据牛顿第二定律得：qv0B=m1，解得R1=，同理可得R2=，设左右最大发散角均为时，粒子m2形成亮线的右边缘恰好与粒子m1形成亮线的左边缘重合，如图所示(图中虚线为m2半圆轨迹和向左发散角轨迹，实线为m1半圆轨迹和向左发散角轨迹)，则2R2cos=2R1，联立解得cos=，此时两种粒子形成亮线的
24、总长度为x=2R2-2R1cos=(-)，故A、D正确，B、C错误。18.(14分)如图所示，在平面直角坐标系xOy中，第一、二象限存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，第四象限存在着沿y轴正方向的匀强电场，场强大小未知。一带正电的粒子从y轴上的M点以速度v0沿x轴正方向开始运动，从x轴上的N点进入磁场后恰好经O点再次进入电场，已知MN两点的连线与x轴的夹角为，且tan=，带电粒子的质量为m，电量为q，不计带电粒子的重力。求：(1)粒子第一次经过N点的速度v；(2)电场强度E的大小；(3)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔t。【解析】(1)设带电粒子从M运动到N的过程中：水平位移为
25、：x=v0t；竖直位移：y=t；(1分)根据三角函数关系有：tan=；(1分)粒子第一次经过N点的速度为：v=，解得：v=v0，(1分)设粒子第一次经过N点的速度与x轴夹角为，则tan=，(1分)则=45，则到达N点时速度方向与x轴正方向成45角；(1分)(2)粒子在磁场中运动，由向心力公式和牛顿第二定律得qvB=m(1分)由几何知识得，x=R，y=R(1分)由运动学公式得=2ay(1分)由牛顿第二定律得qE=ma(1分)解得：E=；(1分)(3)带电粒子在复合场中的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的周期为：T=(1分)因为粒子在磁场中的运动轨迹对应的圆心角为270，所以带电粒子在磁场中的运
26、动时间为：t1=T(1分)带点粒子在电场中的运动时间为：t2=2，(1分)粒子连续两次通过x轴上同一点的时间间隔t=t1+t2=。(1分)答案：(1)v0，与x轴正方向成45角(2)(3)19.(16分)如图所示，在xOy平面内，虚线OP与x轴的夹角为30，OP与y轴之间存在沿着y轴负方向的匀强电场，场强大小为E。OP与x轴之间存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场。现有一带电的粒子，从y轴上的M点以初速度v0、沿着平行于x轴的方向射入电场，并从边界OP上某点Q(图中未画出)垂直于OP离开电场，恰好没有从x轴离开第一象限。已知粒子的质量为m，电荷量为q(q0)，粒子的重力可忽略。求(1)磁感应强度
27、的大小。(2)粒子在第一象限运动的时间。(3)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离。【解析】粒子运动的轨迹如图所示：(1)设粒子到达边界的竖直分速度为vy，由几何关系得：vy=v0(1分)设粒子在电场中的运动时间为t1，加速度为a，则根据牛顿第二定律有：qE=mavy=at1(1分)在x轴方向的偏转距离为：x=v0t1(1分)设粒子在磁场中的运动速度为v，轨道半径为R，根据速度的合成与分解可知v=2v0(1分)根据几何知识可知：x=Rcos30+Rcot30(1分)洛伦兹力提供向心力，即：qvB=m(1分)联立解得：B=(1分)(2)粒子在磁场中运动的周期为：T=(1分)设粒子在磁场中运动时间为t2，则：t2=T，(1分)粒子离开磁场的位置到y轴的距离为x，则有：x=x-2Rcos30(1分)沿着x轴负方向做匀速直线运动，设经过t3到达y轴，则有：x=v0t3(1分)联立解得粒子在第一象限运动的时间为：t=t1+t2+t3=(4+)(1分)(3)根据几何关系可得粒子离开磁场的位置到x轴的距离为：y1=(1分)粒子离开磁场后，竖直方向做匀减速直线运动，经过t3时间到达y轴并离开电场，有：y2=vyt3-(1分)解得：y2=(1分)粒子从y轴上离开电场的位置到O点的距离为：y=y1+y2=(1分)答案：(1)(2)(4+)(3)- 23 -