1、新人教版选修3-1第3章 磁场单元测试卷（江西省宜春市万载二中）一、选择题（每小题4分，共40分）1利用如图所示的试验装置可以测量磁场的磁感应强度的大小；用绝缘轻质细线把底边长为L、电阻为R、质量为m的U形线框竖直悬挂在力敏传感器的挂钩上，将线框置于待测磁场中（可视为匀强磁场），线框平面与磁场方向垂直，用轻质导线在连接线框与直流电源，电源电阻不计，电动势可调，导线的电阻忽略不计；当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小为F；当线框接电动势为E1时，力敏传感器显示拉力的大小为F1； 当线框接电动势为E2时，力敏传感器显示拉力的大小为F2；下列说法正确的是（）A当线框接电
2、动势为E1的电源时所受安培力的大小为F1B当线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之差C待测磁场的磁感应强度为D待测磁场的磁感应强度为2如图所示带电粒子以初速度V0从a点进入匀强磁场，运动中所经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场后在加入一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度V0从a点进入电场，仍能通过b点，不计带电粒子的重力，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（）AV0BCD2V03如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反应x与U
3、之间的函数关系的是（）ABCD4研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示两块平行放置的金属板A、B分别于电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出则（）Aa为电源正极，到达A板的为射线Ba为电源正极，到达A板的为射线Ca为电源负极，到达A板的为射线Da为电源负极，到达A板的为射线5有一金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为），则下列说法正确的是（）A若R，导体棒不
4、可能静止B若R，导体棒不可能静止C若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上D若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向下6如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，通电导体棒ab垂直放置在导轨上，已知导体棒的质量m=1kg、长L=2.0m，通过的电流I=5.0A，方向如图所示，导体棒与导轨间的动摩擦因数=当加一竖直向上的匀强磁场时，导体棒水平向右运动，随着磁感应强度的增大，导体棒运动的加速度增大；若减小磁感应强度方向与速度方向的夹角，当该夹角减小到某一值时，无论怎样增大磁感应强度，导体棒ab均不会运动，则为（）A30B45C60D907如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O
5、1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点则（）A打在P1点的粒子是HeB打在P2点的粒子是H和HeCO2P2的长度是O2P1长度的2倍D粒子在偏转磁场中运动的时间都相等8如图所示，AOB为一边界为圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CDAO现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（）A粒子2在AB圆弧之间某点射出磁场B粒子2必在B点射出磁场C粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2D
6、粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同9如图所示，abcd是一个边长为L的正方形，它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线一带电粒子从ab边的中点O垂直于磁场方向射入其速度方向与ad边成=30o角，如图已知该带电粒子所带电荷量为+q质量为m，重力不计，若要保证带电粒子从ad边射出，则（）A粒子轨道半径最大值为B粒子轨道半径最大值为C该带电粒子在磁场中飞行的时间为D则该带电粒子入射时的最大速度为10如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中存在有沿x轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的abcabc棱柱形空间通过面积S1（abba所围的面积）、S2（acca所围的面积）和S3（cbbc所围的面
7、积）的磁通量分别为1、2和3，则（）A1=2B12C13D32二、填空题（每小题5分，共20分）11在赤道附近的地磁场可看做是由南向北的匀强磁场，磁感应强度的大小是0.5104T如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长20m，通有从东向西的电流，电流强度为30A，则地磁场对这根导线的作用力大小为 N，方向 （填“竖直向上”或“竖直向下”）12如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，方向为x轴正方向在线圈由图示位置绕z轴向下转过60的过程中，通过线圈的磁通量改变Wb13如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，
8、若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为14如图所示，一束电子（电量为e）以速度垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是，穿透磁场的时间是三、计算题（每小题10分，共40分）15如图所示，环形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R，外圆半径为（1+）R，两圆的圆心（重合）处不断向外发射电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，粒子发射速度方向都水平向右，而速
9、度大小都不同，导致一部分粒子从外圆飞出磁场，而另一部分粒子第一次出磁场是飞入内圆（1）如果粒子从外圆飞出磁场，求粒子的速度大小范围（2）如果粒子从外圆飞出磁场，求这些粒子在磁场中运动的时间范围（3）如果粒子第一次出磁场是飞入内圆，求这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围16如图所示，平面直角坐标系xoy位于竖直平面内，M是一块与y轴夹角30的挡板，与y轴的交点坐标为（0， L），下端无限接近x轴上的N点，粒子若打在挡板上会被挡板吸收挡板左侧与x轴之间的区域内存在平行于挡板方向斜向下的匀强电场，电场强度大小为E挡板右侧与x轴之间的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为2B，x轴下
10、方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B坐标原点o有两个质量均为m，电荷量分别为+q的粒子a和q的粒子b，以及一个不带电的粒子c空气阻力和粒子重力均不计，q0 求：（1）若粒子a从o点沿与x轴正方向成30角射入区域，且恰好经过N点，求粒子a的初速度v0；（2）若粒子b从o点沿与x轴正方向成60角射入区域，且恰好经过N点求粒子b的速率vb；（3）若粒子b从o点以（2）问中速率沿与x轴正方向成60角射入区域的同时，粒子c也从o点以速率vc沿x轴正方向匀速运动，最终两粒子相遇，求vc的可能值17如图所示，在轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方
11、的各个方向不断地发射速度大小均为v；质量为m、带电量为+q的同种带电粒子在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）现观察到沿r轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力（1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；（3）若在y轴上另放置一能接收带电粒子的挡板，使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标18如图（a）所示，水平放置的平行金属板A、B间加直流电压U，A板正上方有“V”字型
12、足够长的绝缘弹性挡板在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图（b），垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1=B，B2未知现有一比荷为、不计重力的带正电粒子从C点静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入上方磁场中，在 t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1+t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响求：（1）粒子第一次到达O点时的速率；（2）图中B2的大小；（3）金属板A和B间的距离d新人教版选修3-1第3章 磁场单元测试卷（江西省宜春市万载
13、二中）参考答案与试题解析一、选择题（每小题4分，共40分）1利用如图所示的试验装置可以测量磁场的磁感应强度的大小；用绝缘轻质细线把底边长为L、电阻为R、质量为m的U形线框竖直悬挂在力敏传感器的挂钩上，将线框置于待测磁场中（可视为匀强磁场），线框平面与磁场方向垂直，用轻质导线在连接线框与直流电源，电源电阻不计，电动势可调，导线的电阻忽略不计；当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小为F；当线框接电动势为E1时，力敏传感器显示拉力的大小为F1； 当线框接电动势为E2时，力敏传感器显示拉力的大小为F2；下列说法正确的是（）A当线框接电动势为E1的电源时所受安培力的大小为F1
14、B当线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之差C待测磁场的磁感应强度为D待测磁场的磁感应强度为【考点】安培力【分析】对导体棒受力分析根据共点力平衡即可判断出拉力等于重力加安培力；然后利用共点力平衡求得磁感应强度大小【解答】解：A、对长为L的导线受力分析，受到重力，拉力，和竖直向下的安培力，根据共点力平衡可知，F1=mg+F安，故A错误；B、对长为L的导线受力分析，受到重力，拉力，和竖直向下的安培力，根据共点力平衡可知F2=mg+F安，线框接电动势为E2的电源时力敏传感器显示的拉力大小为线框所受安培力大小与重力大小之和，故B错误；C、当接E1时，回路中电
15、流，受到的安培力F1安=BI1L，根据共点力平衡可知：F1=mg+F1安当接E2时，回路中电流，受到的安培力，根据共点力平衡可知：F2=mg+F2安联立解得B=，故C错误，D正确故选：D2如图所示带电粒子以初速度V0从a点进入匀强磁场，运动中所经过b点，Oa=Ob，若撤去磁场后在加入一个与y轴平行的匀强电场，带电粒子仍以速度V0从a点进入电场，仍能通过b点，不计带电粒子的重力，则电场强度E和磁感应强度B的比值为（）AV0BCD2V0【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】带电粒子以速度v0从a点进入匀强磁场，运动中经过b点，Oa=Ob，所以圆周运动的半径正好等于d
16、，根据半径公式求出B，如果换成匀强电场，则粒子做类平抛运动，根据平抛运动的基本规律即可求解【解答】解：设oa=ob=d，因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d，粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv0B=m，解得：B=，如果换成匀强电场，水平方向以v0做匀速直线运动，在水平方向：d=v0t2，竖直沿y轴负方向做匀加速运动，即：d=at2=t22，解得：E=，则： =2v0，故选：D3如图所示，一个静止的质量为m、带电荷量为q的带电粒子（不计重力），经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，粒子最后落到P点，设OP=x，下列图线能够正确反应x与U之间
17、的函数关系的是（）ABCD【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力【分析】根据动能定理得到带电粒子加速获得的速度带电粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得到半径r，x=2r，根据x与U的表达式选择图象【解答】解：在加速电场中，由动能定理得：qU=，解得：v=，磁场中，洛伦兹力提供向心力，有：qvB=m，得：r=则得：x=2r=，B、m、q都一定，则由数学知识得到，xU图象是抛物线，B正确故选：B4研究放射性元素射线性质的实验装置如图所示两块平行放置的金属板A、B分别于电源的两极a、b连接，放射源发出的射线从其上方小孔向外射出则（）Aa为电源正极，到达
18、A板的为射线Ba为电源正极，到达A板的为射线Ca为电源负极，到达A板的为射线Da为电源负极，到达A板的为射线【考点】X射线、射线、射线、射线及其特性【分析】、和三种射线中，带正电、带负电、不带电由图知，a的轨迹曲率半径小于c的轨迹曲率半径，说明a为射线再根据带电粒子在电场中的偏转可判断电场方向【解答】解：射线为高速电子流，质量约为质子质量的，速度接近光速；射线为氦核流，速度约为光速的在同一电场中，射线偏转的轨迹曲率半径小于射线的曲率半径，由图知，向左偏的为射线，向右偏的为射线，即到达A板的为射线；因粒子带正电，向右偏转，说明电场方向水平向右，那么a为电源正极，故B正确，ACD错误故选：B5有一
19、金属棒ab，质量为m，电阻不计，可在两条轨道上滑动，如图所示，轨道间距为L，其平面与水平面的夹角为，置于垂直于轨道平面向上的匀强磁场中，磁感应强度为B，金属棒与轨道的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，回路中电源电动势为E，内阻不计（假设金属棒与轨道间动摩擦因数为），则下列说法正确的是（）A若R，导体棒不可能静止B若R，导体棒不可能静止C若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向上D若导体棒静止，则静摩擦力的方向一定沿轨道平面向下【考点】安培力【分析】导体棒在斜面上静止，根据共点力平衡可知受到的摩擦力可能沿斜面向上，也可能沿斜面向下，根据共点力平衡即可判断出电阻的范围【解答】解：A、根据闭合电路的
20、欧姆定律可得当导体棒受到的摩擦力向上且刚好静止，则根据共点力平衡可得BIL+mgcosmgsin解得当导体棒受到的摩擦力向下且刚好静止，则根据共点力平衡可得BILmgcos+mgsin解得故电阻的范围在，导体棒静止，故A错误，B正确C、根据Ab的分析可知，静摩擦力可能向上，也可能向下，故CD错误故选：B6如图所示，MN、PQ为水平放置的平行导轨，通电导体棒ab垂直放置在导轨上，已知导体棒的质量m=1kg、长L=2.0m，通过的电流I=5.0A，方向如图所示，导体棒与导轨间的动摩擦因数=当加一竖直向上的匀强磁场时，导体棒水平向右运动，随着磁感应强度的增大，导体棒运动的加速度增大；若减小磁感应强度
21、方向与速度方向的夹角，当该夹角减小到某一值时，无论怎样增大磁感应强度，导体棒ab均不会运动，则为（）A30B45C60D90【考点】牛顿第二定律；安培力【分析】对导体棒进行受力分析，导体棒受重力、轨道支持力和安培力以及摩擦力作用，增大磁感应强度就是增大导体棒所受安培力，根据平衡有安培力在水平方向的分力小于导体棒与导轨间的摩擦力即可保证导体棒ab不会运动【解答】解：如图对导体棒进行受力分析如下图所示：由题意知增大磁感应强度时，根据F=BIL知，导体棒所受安培力F增加，使导体棒不会运动满足：安培力F的水平分量小于导体棒与导轨间的最大静摩擦力，如图即满足：Fsin（mg+Fcos）当磁感应强度B足够
22、大时，即F足够大，由数学关系可知，mg+FcosFcos即当tan时，无论安培力多大，导体棒都不能运动，因为，得：=30故选：A7如图所示，含有H、H、He的带电粒子束从小孔O1处射入速度选择器，沿直线O1O2运动的粒子在小孔O2处射出后垂直进入偏转磁场，最终打在P1、P2两点则（）A打在P1点的粒子是HeB打在P2点的粒子是H和HeCO2P2的长度是O2P1长度的2倍D粒子在偏转磁场中运动的时间都相等【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在混合场中的运动【分析】从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度，然后结合带电粒子在磁场中运动的半径公式r=周期公式T=即可分析求解【解答】解：带电
23、粒子在沿直线通过速度选择器时，电场力与洛伦兹力大小相等方向相反，即：qvB=qE所以：v=可知从粒子速度选择器中射出的粒子具有相等的速度A、带电粒子在磁场中做匀速直线运动，洛伦兹力提供向心力，所以：qvB=所以：r=可知粒子的比荷越大，则运动的半径越小，所以打在P1点的粒子是H，打在P2点的粒子是H和He故A错误，B正确；C、由题中的数据可得， H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的轨道的半径是H和He的半径的倍，即O2P2的长度是O2P1长度的2倍故C正确；D、粒子运动的周期：T=，三种粒子的比荷不相同，所以粒子在偏转磁场中运动的时间不相等故D错误故选：BC8如图所示，AOB为一边界为圆的
24、匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CDAO现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场（不计粒子重力），其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断（）A粒子2在AB圆弧之间某点射出磁场B粒子2必在B点射出磁场C粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3：2D粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，作出粒子的运动轨迹，应用数学知识与牛顿第二定律分析答题【解答】解：粒子运动轨迹如图所示：AB、粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，
25、粒子在你磁场中运动的圆心角为90，粒子轨道半径等于BO，粒子2从C点沿CD射入其运动轨迹如图所示，设对应的圆心为O1，运动轨道半径也为BO=R，连接O1C、O1B，O1COB是平行四边形，O1B=CO，则粒子2一定从B点射出磁场，故A错误，B正确；C、粒子1的速度偏角，粒子在磁场中转过的圆心角1=90，连接PB，可知P为O1C的中点，由数学知识可知，2=BO1P=60，两粒子的速度偏角不同，粒子在磁场中运动的周期：T=，两粒子的周期相等，粒子在磁场中的运动时间t=T，的运动时间之比：t1：t2=1：2=90：60=3：2，故C正确，D错误；故选：BC9如图所示，abcd是一个边长为L的正方形，
26、它是磁感应强度为B的匀强磁场横截面的边界线一带电粒子从ab边的中点O垂直于磁场方向射入其速度方向与ad边成=30o角，如图已知该带电粒子所带电荷量为+q质量为m，重力不计，若要保证带电粒子从ad边射出，则（）A粒子轨道半径最大值为B粒子轨道半径最大值为C该带电粒子在磁场中飞行的时间为D则该带电粒子入射时的最大速度为【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】粒子进入磁场中由洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得到半径公式r=，粒子的速度v越大，轨迹半径r越大粒子从ad边射出磁场时，粒子的运动轨迹与ab相切时轨迹半径最大，对应的速度最大，根据几何关系求出半径，再由牛顿第二定律求出对应的最大速度，根据
27、轨迹对应的圆心角求解运动的时间【解答】解：AB、当粒子的运动轨迹与ab相切时轨迹半径最大，对应的速度最大，设轨道半径最大值为r根据几何关系有：r+rsin30=，得最大半径 r=，故A错误，B正确C、带电粒子轨迹对应的圆心角为300，则粒子在磁场中飞行的时间为 t=T=故C正确D、粒子打在M点时半径最大，最大半径 r=设最大速度为v，则由r=，得 v=，故D正确故选：BD10如图所示，在空间直角坐标系Oxyz中存在有沿x轴正方向的匀强磁场，在直角坐标系中选取如图所示的abcabc棱柱形空间通过面积S1（abba所围的面积）、S2（acca所围的面积）和S3（cbbc所围的面积）的磁通量分别为1
28、、2和3，则（）A1=2B12C13D32【考点】磁通量【分析】磁通量是穿过磁场中某一平面的磁感线的条数，在匀强磁场中，根据公式=BScos，Scos是线圈在磁场垂直方向投影的面积，确定有效面积，再进行分析【解答】解：据题意，匀强磁场的方向沿x轴的正方向，则没有磁感线穿过S3（cbbc），3=0；而S1（abba）、与S2（acca），在磁场垂直方向的有效面积等于S2（acca）的面积，所以有：1=23，故AC正确，BD错误；故选：AC二、填空题（每小题5分，共20分）11在赤道附近的地磁场可看做是由南向北的匀强磁场，磁感应强度的大小是0.5104T如果赤道上有一根沿东西方向的直导线，长20m
29、，通有从东向西的电流，电流强度为30A，则地磁场对这根导线的作用力大小为3102 N，方向竖直向下 （填“竖直向上”或“竖直向下”）【考点】安培力【分析】根据左手定则，让磁感线从掌心进入，并使四指指向电流的方向，这时拇指所指的方向就是导线受的安培力的方向根据F=BIL来计算安培力的大小即可【解答】解：安培力的公式可得：F=BIL=0.501042030N=3102N；从东向西的电流，由南向北的匀强磁场，根据左手定则可知，安培力的方向竖直向下；故答案为：3102N，竖直向下12如图所示，线圈ABCO面积为0.4m2，匀强磁场的磁感应强度B=0.1T，方向为x轴正方向在线圈由图示位置绕z轴向下转过
30、60的过程中，通过线圈的磁通量改变3.46102Wb【考点】磁通量【分析】匀强磁场中，当线圈平面跟磁场方向相互平行时，通过线圈的磁通量=0，根据此公式求解磁通量当线圈平面与磁场不垂直时，可根据公式=BScos，是线圈平面与磁场方向的夹角，进行计算【解答】解：由题图示实线位置中，线圈平面跟磁场方向平行，通过线圈的磁通量 1=0在线圈由图示位置绕z轴向下转过60时，磁通量为：2=BSsin60=0.10.4Wb=3.46102Wb则通过线圈的磁通量改变量为：=21=3.46102Wb故答案为：3.4610213如图，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流强度分别为I和2I，此时a受到的磁场
31、力为F，若以该磁场力的方向为正，则b受到的磁场力为F当在a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为3F或5F【考点】平行通电直导线间的作用【分析】根据两平行直导线间的相互作用可明确两导线棒受到的磁场力大小关系；再分别明确c对两导体的作用力的可能性，由力的合成求解b受到的磁场力【解答】解：由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为F；中间再加一通电导体棒时，由于C处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向右
32、，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为3F，方向向左，故合磁场力为3F；a变成2F，也可能是受向左的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6FF=5F；故答案为：F；3F或5F14如图所示，一束电子（电量为e）以速度垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强磁场中，穿透磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30，则电子的质量是，穿透磁场的时间是【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】电子垂直射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识求出轨迹的半径，由牛顿第二定律求出质量；由几何知识求出轨迹所对的圆心角，由t=求出时间，s是弧长【解答】解：电子垂直
33、射入匀强磁场中，只受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，画出轨迹，由几何知识得到，轨迹的半径为：r=2d由牛顿第二定律得：evB=m解得：m=由几何知识得到，轨迹的圆心角为=，故穿越磁场的时间为：t=答：电子的质量为；电子穿过磁场所用的时间为故答案为：，三、计算题（每小题10分，共40分）15如图所示，环形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，内圆半径为R，外圆半径为（1+）R，两圆的圆心（重合）处不断向外发射电荷量为q、质量为m的带正电粒子，不计粒子所受重力及粒子间相互作用，粒子发射速度方向都水平向右，而速度大小都不同，导致一部分粒子从外圆飞出磁场，而另一部分粒子第一次出磁场是飞入内
34、圆（1）如果粒子从外圆飞出磁场，求粒子的速度大小范围（2）如果粒子从外圆飞出磁场，求这些粒子在磁场中运动的时间范围（3）如果粒子第一次出磁场是飞入内圆，求这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）当粒子的轨迹和外圆相切时，根据几何关系求出半径，由洛伦兹力提供向心力求出速度，粒子要从外圆飞出，则粒子速度（2）刚好从外圆飞出时，粒子在磁场中运动的时间最长，求出最长时间，即可求出这些粒子在磁场中运动的时间范围；（3）粒子第一次出磁场是飞入内圆，求出轨迹圆弧所对圆心角范围，结合周期公式，即可得出这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围【解答】解
35、：（1）粒子射出的速度大小不同，轨迹圆的半径不同，设刚好与外圆相切时，轨迹圆半径为r1，如图所示由几何关系有：（+Rr1）2=R2+得：r1=R洛伦兹力提供向心力，有：qv1B=m联立得：v1=如果粒子从外圆飞出，则粒子的速度为：v（2）设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则有：T=刚好从外圆飞出时，粒子在磁场中运动的时间最长，其轨迹圆弧对应的圆心角为=则从外圆飞出磁场的粒子在磁场中运动的时间t1，得0t1（3）若粒子第一次出磁场是飞入内圆，则其轨迹圆弧所对圆心角范围为：飞入内圆的粒子在磁场中运动的时间t2满足：t2得：t2答：（1）如果粒子从外圆飞出磁场，粒子的速度大小范围（2）如果粒子
36、从外圆飞出磁场，这些粒子在磁场中运动的时间范围（3）如果粒子第一次出磁场是飞入内圆，这些粒子从进入磁场到第一次出磁场所用的时间范围16如图所示，平面直角坐标系xoy位于竖直平面内，M是一块与y轴夹角30的挡板，与y轴的交点坐标为（0， L），下端无限接近x轴上的N点，粒子若打在挡板上会被挡板吸收挡板左侧与x轴之间的区域内存在平行于挡板方向斜向下的匀强电场，电场强度大小为E挡板右侧与x轴之间的区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为2B，x轴下方区域存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B坐标原点o有两个质量均为m，电荷量分别为+q的粒子a和q的粒子b，以及一个不带电的粒子c空气阻力
37、和粒子重力均不计，q0 求：（1）若粒子a从o点沿与x轴正方向成30角射入区域，且恰好经过N点，求粒子a的初速度v0；（2）若粒子b从o点沿与x轴正方向成60角射入区域，且恰好经过N点求粒子b的速率vb；（3）若粒子b从o点以（2）问中速率沿与x轴正方向成60角射入区域的同时，粒子c也从o点以速率vc沿x轴正方向匀速运动，最终两粒子相遇，求vc的可能值【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子在电场中只受电场力，做类平抛运动，根据平抛运动基本公式列式求解即可求出初速度v0；（2）粒子b到达N点有两种路径，画出两种运动路径，由几何关系得出半径，再根据洛伦兹力
38、提供向心力求解速度；（3）设粒子b每次经过x轴时交点为N1、N2、N3，根据几何关系求出相邻两交点之间的距离，根据带电粒子在磁场中运动时间与周期的关系列式求解即可【解答】解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，则有：解得：v0=（2）粒子b到达N点有两种路径，第一种：先在区域中圆周运动，然后到区域中圆周运动再到达N点，轨迹如图几何知识得ON=L=2r2cos302r1cos30且2r2=r1，解得，vb=第二种：在区域中圆周运动直接到达N点，轨迹如图由几何知识得ON=L=2r1cos30且解得，vb=（3）设粒子b每次经过x轴时交点为N1、N2、N3，并且相邻两交点之间的距离为x=2r2cos30
39、=L粒子在区域中每段圆弧运动的时间粒子在区域中每段圆弧运动的时间故可设t1=t2=t若粒子b由第一种轨迹到达N1点和粒子c相遇，则，若粒子b由第二种轨迹到达x轴且速度方向右下方时和粒子c相遇，则粒子c运动的位移大小为nL，若粒子b由第二种轨迹到达x轴且速度方向右上方时和粒子c相遇，则粒子c运动的位移大小为nL，（n=2，3，4）答：（1）若粒子a从o点沿与x轴正方向成30角射入区域，且恰好经过N点，粒子a的初速度为；（2）若粒子b从o点沿与x轴正方向成60角射入区域，且恰好经过N点粒子b的速率为或；（3）若粒子b从o点以（2）问中速率沿与x轴正方向成60角射入区域的同时，粒子c也从o点以速率v
40、c沿x轴正方向匀速运动，最终两粒子相遇，则vc的可能值为（n=2，3，4）17如图所示，在轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场，坐标原点O处有一粒子源，可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v；质量为m、带电量为+q的同种带电粒子在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P（粒子一旦打在金属板P上，其速度立即变为0）现观察到沿r轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力（1）求磁感应强度B的大小；（2）求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值；（3）若在y轴上另放置一能接收
41、带电粒子的挡板，使薄金属板P右侧不能接收到带电粒子，试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动【分析】（1）根据“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度方向与y轴平行”画出粒子运动的轨迹，写出洛伦兹力提供向心力的方程，结合几何关系即可求解；（2）根据粒子运动的时间与偏转的角度之间的关系，判断出被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间，求出表达式，然后求解两个时间的差；（3）作图，得出使薄金属板右侧不能接收到带电粒子的挡板的最小长度和放置的位置，通过几何关系，得出挡板的坐标【解答】解：（1）由题意，“沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端，且速度
42、方向与y轴平行”的粒子运动的轨迹如图甲，由图a可得，粒子运动的半径：R=x0由洛伦兹力提供向心力，得：，解得：（2）带电粒子在磁场中的运动周期为T，则有：T=，图b为带电粒子打在薄金属板左侧面的两个临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板上结构成正时那就行，因此带电粒子速度方向与x正方向成30，由图b可知，到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短，即：，图c为打在右侧下端的临界点，由图可知，圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形，因此带电粒子速度方向与x正方向成150角，由图a、c可知，到达薄金属板右侧下端的粒子用时最长，即：则被薄金属板接收的粒子中运动最长与最短时间的差距为：t=tmaxt
43、min，解得：t=（3）由图a可知，挡板上端的坐标为（0，2x0），由图c可知，挡板下端y坐标为：，下端坐标为（0，）所以挡板最小长度为l=（2x0放置的位置坐标为：答：（1）磁感应强度B的大小为；（2）被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值为；（3）挡板的最小长度为（2x0，放置的位置坐标：18如图（a）所示，水平放置的平行金属板A、B间加直流电压U，A板正上方有“V”字型足够长的绝缘弹性挡板在挡板间加垂直纸面的交变磁场，磁感应强度随时间变化如图（b），垂直纸面向里为磁场正方向，其中B1=B，B2未知现有一比荷为、不计重力的带正电粒子从C点静止释放，t=0时刻，粒子刚好从小孔O进入
44、上方磁场中，在 t1时刻粒子第一次撞到左挡板，紧接着在t1+t2时刻粒子撞到右挡板，然后粒子又从O点竖直向下返回平行金属板间粒子与挡板碰撞前后电量不变，沿板的分速度不变，垂直板的分速度大小不变、方向相反，不计碰撞的时间及磁场变化产生的感应影响求：（1）粒子第一次到达O点时的速率；（2）图中B2的大小；（3）金属板A和B间的距离d【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；带电粒子在匀强电场中的运动【分析】（1）粒子从B板到A板过程中，电场力做正功，根据动能定理求粒子第一次到达O点时的速率；（2）粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得到轨迹半径公式r=画出粒子的运动轨迹，由
45、几何关系得出粒子在B1和B2中轨迹半径之比，得到B1和B2的关系，从而求出B2的大小（3）由圆周运动的规律得到粒子在磁场中运动的周期，结合轨迹求出粒子在磁场中运动的时间粒子在金属板A和B间往返运动，由平均速度与时间的乘积等于位移，求解d【解答】解：（1）粒子从B板到A板过程中，电场力做正功，根据动能定理有 qU=0 解得粒子第一次到达O点时的速率 v=（2）粒子进入上方后做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由qvB=m得 r=则得粒子做匀速圆周运动的半径 r1=，r2=使其在整个装置中做周期性的往返运动，运动轨迹如下图所示，由图易知：r1=2r2 则得B2=2B（3）在0t1时间内，粒子做匀速圆周运动周期 T1=在t1（t1+t2）时间内，粒子做匀速圆周运动的周期 T2=由轨迹图可知 t1=t2=粒子在金属板A和B间往返时间为t，有 d=且满足 t=t2+n（t1+t2），n=0，1，2，联立可得金属板A和B间的距离 d=，n=0，1，2，答：（1）粒子第一次到达O点时的速率为；（2）图中B2的大小为2B；（3）金属板A和B间的距离d为，n=0，1，2，2017年4月23日
