1、单元素养评价(三)(第三章)(90分钟 100分)一、选择题(本题共14小题,其中19为单选,1014为多选,每小题4分,共56分)1.1820年,丹麦物理学家奥斯特发现电流的 ,使得电学和磁学从原来互相独立的两门学科发展成为物理学中一个完整的分支科学电磁学。()A.流动效应 B.热效应 C.磁效应 D.光电效应【解析】选C。1820年,丹麦物理学家奥斯特通过实验发现,通电导线周围也存在磁场,即发现了电流的磁效应,揭示了电与磁之间的联系,也促使了电磁学这一学科的诞生。故C正确,A、B、D错误。2.如图所示,真空中有沿水平方向垂直于纸面向里的匀强磁场B,还有方向竖直向上的匀强电场E,三个带电液滴
2、(可视为质点)甲、乙、丙带有等量同种电荷。已知甲静止,乙水平向左匀速运动,丙水平向右匀速运动。则下列说法正确的是()A.三个液滴都带负电 B.丙质量最大,甲质量次之,乙质量最小 C.若仅撤去磁场,甲可能做匀加速直线运动 D.若仅撤去电场,乙和丙可能做匀速圆周运动 【解析】选B。甲球受力平衡,有:G甲=qE,重力和电场力等值、反向、共线,故电场力向上,由于电场强度向上,因此甲球带正电,故A错误;由左手定则可知乙受到的洛伦兹力的方向向下,乙球受力平衡,得:G乙+qvB=qE;丙受到的洛伦兹力的方向向上,球受力平衡,有:G丙=qvB+qE;解得:G丙G甲G乙,故B正确;若仅撤去磁场,甲受到的重力和电
3、场力不变,仍然静止,故C错误;若仅撤去电场,乙和丙都受到重力和洛伦兹力的作用,由于重力做功会引起速度大小的变化,所以不可能做匀速圆周运动,故D错误。3.如图所示的天平可用来测定磁感应强度B。天平的右臂下面挂有一个矩形线圈,宽度为l,共N匝,线圈下端悬在匀强磁场中,磁场方向垂直纸面。当线圈中通有电流I(方向如图)时,在天平左、右两边加上质量各为m1、m2的砝码,天平平衡,当电流反向(大小不变)时,右边再加上质量为m的砝码后,天平重新平衡,由此可知()A.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为 B.磁感应强度的方向垂直纸面向里,大小为 C.磁感应强度的方向垂直纸面向外,大小为 D.磁感应强度的方向垂
4、直纸面向外,大小为 12(mm)gNIlmg2NIl12(mm)gNIlmg2NIl【解析】选B。假设B的方向垂直纸面向外,开始时线圈所受安培力的方向向上,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向下,相当于右边多了两倍的安培 力大小,所以需要在左边加砝码,故该假设错误;当B的方向垂直纸面向里,开始 时线圈所受安培力的方向向下,电流方向相反,则安培力方向反向,变为竖直向 上,相当于右边少了两倍的安培力大小,所以需要在右边加砝码,则有mg=2NBIl,所以B=,故A、C、D错误,B正确。mg2NIl4.如图所示,abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L,三个粒子 以相同的速度从a点
5、沿ac方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从 cd边垂直于磁场边界射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上 信息,可以确定()A.粒子1带负电,粒子2不带电,粒子3带正电 B.粒子1和粒子3的比荷之比为21 C.粒子1和粒子3在磁场中的运动时间之比为12 D.粒子3的射出位置与d点相距 L2【解析】选B。根据左手定则可得:粒子1带正电,粒子2不带电,粒子3带负电,故 A错误;作出粒子1与粒子3运动的轨迹如图,则粒子1运动的半径:r1=,r=可得:粒子3的运动的轨迹如图,则:r3=L,所以:=21,故B正确;粒子1 在磁场中运动的时间:t1=;粒子3在磁场中运动的时间:
6、t3=所以:=1,故C错误;粒子3射出的位置与d点相距:x=R-L=L-L=(-1)L,故D错误。L2mvqB111qv2vmBrBL2333qvvmBr2BL，3113qqmm11 2 rL4v2 2v32 r12 L8v4v，13tt225.长度为L、通有电流为I的直导线放入一匀强磁场中,电流方向与磁场方向如图所示,已知磁感应强度为B,对于下列各图中,导线所受安培力的大小计算正确的是()A.F=BILcos B.F=BILcos C.F=BILsin D.F=BILsin 【解析】选A。A图中,导线不和磁场垂直,故将导线投影到垂直磁场方向上,故F=BILcos,A正确;B图中,导线和磁场方
7、向垂直,故F=BIL,B错误;C图中,导线和磁场方向垂直,故F=BIL,C错误;D图中,导线和磁场方向垂直,故F=BIL,D错误。6.如图所示,空间存在垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场和水平向左、场强为E的匀强电场。有一质量为m,电荷量大小为q的微粒垂直于磁场且以与水 平方向成45角的速度v做直线运动,重力加速度为g。则下列说法正确的是 ()A.微粒可能做匀加速直线运动 B.微粒可能只受两个力作用 C.匀强磁场的磁感应强度 D.匀强电场的电场强度E=mgBqvmgq【解析】选D。若粒子带正电,电场力向左,洛伦兹力垂直速度v方向斜向右下方,而重力竖直向下,则电场力、洛伦兹力和重力三个力的合
8、力与速度不在同一直 线上,粒子不可能做直线运动,所以粒子不可能带正电,故粒子带负电,电场力向 右,洛伦兹力垂直速度v方向斜向左上方,而重力竖直向下,只有电场力、洛伦兹 力和重力三力平衡,粒子才能做直线运动,所以粒子做匀速直线运动,故A、B错 误;根据平衡条件,有:qE=mgtan45,qvB=,联立解得:E=,B=,故D正确,C错误;故选D。22mgqEmgq2mgqv7.质量为m、带电荷量为q的小物块,从倾角为 的光滑绝缘固定斜面上由静止 下滑,整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,如图所示。若 带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,下列说法中正确的是()A.小物块一
9、定带正电荷 B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动 C.小物块在斜面上运动时做加速度增大的变加速直线运动 D.小物块在斜面上下滑过程中,小物块对斜面的作用力为零时的速率为 mgBq【解析】选B。带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零,知洛伦兹力 的方向垂直于斜面向上,根据左手定则知,小物块带负电,故A错误。小物块沿斜 面运动的过程中受重力、斜面的支持力、洛伦兹力,合外力沿斜面向下,大小为 mgsin,根据牛顿第二定律知a=gsin,小物块在离开斜面前做匀加速直线运 动,故B正确,C错误。当物块对斜面的作用力为零时,在垂直于斜面方向上的合 力为零,有mgcos=qvB,解得v=,故D错误
10、。mgcosBq8.三个相同的矩形线圈置于水平向右的匀强磁场中,线圈平面与磁场方向垂 直,线圈、平面与线圈平面的夹角分别为30和45,如图所示,穿过线 圈、的磁通量分别为、。下列判断正确的是()A.=B.=C.D.【解析】选C。线圈在位置时,线圈与磁场垂直,穿过线圈的磁通量最大,为:=BS;线圈在、位置时,穿过线圈的磁通量分别为:=BScos30=BS,=BScos45=BS。则有:,故选C。32229.有一个带电荷量为+q、重力为G的小球,从两竖直的带电平行板上方h处自由落下,两极板间另有匀强磁场,磁感应强度为B,方向如图所示,则带电小球通过有电场和磁场的空间时,下列说法正确的是()A.一定
11、做曲线运动 B.不可能做曲线运动 C.有可能做匀加速直线运动 D.有可能做匀速直线运动 【解析】选A。若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力相等,因为小球向下运动时,速度会增加,小球所受的洛伦兹力增大,将不会再与小球所受的电场力平衡,不可能做匀加速直线运动,也不可能做匀速直线运动;若小球进入磁场时电场力和洛伦兹力不相等,则合力方向与速度方向不在同一条直线上,小球做曲线运动,故A正确,B、C、D错误。10.如图所示,一单边有界磁场的边界上有一粒子源,以与水平方向成 角的不同速率,向磁场中射入两个相同的粒子1和2,粒子1经磁场偏转后从边界上A点出磁场,粒子2经磁场偏转后从边界上B点出磁场,OA=AB,则
12、()A.粒子1与粒子2的速度之比为12 B.粒子1与粒子2的速度之比为14 C.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为11 D.粒子1与粒子2在磁场中运动的时间之比为12 【解析】选A、C。粒子1进入磁场时速度的垂线与OA的垂直平分线的交点为粒 子1在磁场中做圆周运动的圆心,同理,粒子2进入磁场时速度的垂线与OB的垂直 平分线的交点为粒子2在磁场中做圆周运动的圆心。由几何关系可知,两个粒子在磁场中做圆周运动的半径之比 为r1r2=12,由r=可知,粒子1与粒子2的速度之比为12,A项正确,B项错误;由于粒子在磁场中做圆周运动的周期均 为 T=,且两粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所 对的圆心角相同
13、,因此粒子在磁场中运动的时间相同,即C项正确,D项错误。mvqB2 mqB【加固训练】如图所示,一束质量、速度和电荷量不全相等的离子,经过由正交的匀强电场和匀强磁场组成的速度选择器后,进入另一个匀强磁场中并分裂为A、B两束,下列说法中正确的是()A.组成A束和B束的离子都带负电 B.A束离子的比荷大于B束离子的比荷 C.组成A束和B束的离子质量一定不同 D.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外 【解析】选B。A离子进入磁场后向左偏,根据左手定则可以判断A束离子都带正 电,同理可知B离子带负电,故A错误;经过速度选择器后的离子速度相同,离子所 受电场力和洛伦兹力平衡,满足qvB=qE,即不发生偏
14、转的离子具有共同的速度大 小v=;进入磁场区分开,轨道半径不相等,根据公式R=可知,半径大的比 荷小,所以A束离子的比荷()大于B束离子的比荷,但不能说明质量一定不同,故B正确,C错误;在速度选择器中,电场方向水平向右,A离子所受电场力方向向 右,B离子所受电场力方向向左,所以A离子受的洛伦兹力方向向左,B离子受的洛 伦兹力方向向右,根据左手定则可知,速度选择器中的磁场方向垂直纸面向内,故D错误。EBmvqBqm11.利用霍尔效应制作的霍尔元件,广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图,磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下,通入图示方向的电流I,C、D两侧面会形成电势差
15、UCD,下列说法中正确的是()A.电势差UCD仅与材料有关 B.若霍尔元件的载流子是自由电子,则电势差UCD 0 C.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时,元件的工作面应保持水平 D.仅增大磁感应强度时,电势差UCD变大 【解析】选B、D。根据左手定则,电子向C侧面偏转,C表面带负电,D表面带正电,所以D表面的电势高,则UCDmgsin时,杆ab有上滑趋势;当FAmgsin时,杆ab有下滑趋势;根据受力图甲可得:F1-mgsin-Ff1=0 FN-mgcos=0(1分)Ff1=FN F1=BImaxd(1分)联立解得:Imax=0.46 A(1分)根据受力图乙可得:F2+Ff2-mgsin=0(1
16、分)FN-mgcos=0(1分)Ff2=FN(1分)F2=BImind 联立解得:Imin=0.14 A(1分)则通过杆ab的电流范围为:0.14 AI0.46 A(1分)答案:0.14 AI0.46 A 16.(8分)如图所示,电源电动势为3 V,内阻不计,两个不计电阻的金属圆环表面光滑,竖直悬挂在等长的细线上,金属环面平行,相距1 m,两环分别与电源正负极相连。现将一质量0.06 kg、电阻1.5 的导体棒轻放在环上,导体棒与环有良好电接触。两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后,导体棒上滑到某位置静止不动,试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少?若已知环半
17、径为0.5 m,此位置与环底的高度差是多少?【解析】棒受的安培力F=BIL,(1分)棒中电流为I=,(1分)代入数据解得F=0.8 N,(1分)ER BELR对棒受力分析如图所示(从右向左看),两环支持力的总和为 2FN=(1分)代入数据解得FN=0.5 N。(1分)由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,(1分)由图中几何关系有tan=(1分)得=53,棒距环底的高度为h=r(1-cos)=0.2 m。(1分)答案:0.5 N 0.2 m F0.84mg0.63，22Fmg，17.(14分)(2020全国卷)如图,在0 xh,-y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场,不
18、计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场,分析说明磁场的方向,并求在 这种情况下磁感应强度的最小值Bm;(2)如果磁感应强度大小为 ,粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。mB2【解题指南】解答本题需明确以下两点:(1)粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力。(2)利用几何关系求粒子出磁场的运动方向与x轴正方向的夹角。【解析】(1)由题意,粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力,因此磁场 方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R,根据洛伦兹力 公式和圆周运动规律,有 qv0B=(2分)
19、由此可得R=(1分)粒子穿过y轴正半轴离开磁场,其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上,半 径应满足Rh(1分)由题意,当磁感应强度大小为Bm时,粒子的运动半径最大,由此得Bm=(2分)20vm R0mvqB0mvqh(2)若磁感应强度大小为 ,粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上,由 式可得,此时圆弧半径为R=2h(1分)粒子会穿过图中P点离开磁场,运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x 轴正方向的夹角为,由几何关系sin=(2分)即=(1分)由几何关系可得,P点与x轴的距离为y=2h(1-cos)(2分)联立式得y=(2-)h(2分)答案:(1)垂直纸面向里 (2)(2-)h mB
20、2h12h2630mvqh6318.(14分)如图所示,直线y=与y轴之间有垂直于xOy平面向外的匀强磁场B2,直线x=d与y=间有沿y轴负方向的匀强电场,电场强度E=104 V/m,另有 一半径R=m的圆形匀强磁场区域,磁感应强度B1=T,方向垂直坐标平面向 外,该圆与直线x=d和x轴均相切,且与x轴相切于S点。一带负电的粒子从S点沿y 轴的正方向以速度v0进入圆形磁场区域,经过一段时间进入磁场区域B2,且第一 次进入磁场B2时的速度方向与直线y=x垂直。粒子速度大小v0=1.0105 m/s,粒子的比荷为 =5.0105 C/kg,粒子重力不计。求:3x43x443166534qm(1)粒
21、子在圆形匀强磁场中运动的时间t1;(2)坐标d的值;(3)要使粒子无法运动到x轴的负半轴,则磁感应强度B2应满足的条件。【解析】(1)在磁场B1中qv0B1=m 解得r1=m=R(1分)画出轨迹恰为四分之一圆,t1=(1分)得t12.610-6 s(1分)201vr161T12 m44qB(2)粒子在电场中做类平抛运动vy=105 m/s vy=t (1分)解得t=210-5 s(1分)又根据x=v0t,y=(1分)解得x=2 m,y=m(1分)所以坐标d的值d=4 m(1分)0v4tan373qEmy0v t2431xtan37yrtan37(3)进入磁场B2的速度为:v1=105 m/s (1分)当带电粒子出磁场与y轴垂直时,根据几何知识可知,圆周半径 r2=2.5 m(1分)可得B2=T0.13 T(1分)所以0B20.13 T。(1分)当带电粒子出磁场与y轴相切时,圆周半径 r2+=2.5 m(1分)又由r2=可得B2=0.3 T 所以B20.3 T。(1分)0v5sin37312mvqB2152rcos3712mvqB答案:(1)2.610-6 s(2)4 m(3)B20.3 T或0B20.13T