1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。单元素养检测(一)(第一章)(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下列关于磁感应强度的说法正确的是()A一小段通电导体放在磁场A处时受到的安培力比放在B处时的大，说明A处的磁感应强度比B处的磁感应强度大B由B可知，某处的磁感应强度的大小与放入该处的通电导线所受磁场力F成正比，与导线的I、L成反比C一小段通电导体在磁场中某处不受安培力作用，则该处的磁感应强度一定为零D静止在磁场中的小磁
2、针N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向【解析】选D。安培力的大小既与B、I、L的大小有关系，还与B和I的夹角有关系，A错误；公式B只是一个计算式，磁感应强度是磁场本身的性质，与放不放通电导体没有关系，B错误；当电流方向与磁场方向平行时，通电导体所受的安培力为零，但该处的磁感应强度不一定为零，C错误；人们规定静止在磁场中的小磁针N极所指的方向就是该处磁感应强度的方向，D正确。2如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()【解析】选A。根据左手定则判断安培力的方向，由平衡条件可知，能使导线在光滑斜面上静止的只有A选项。3在赤道上空从西向东水平发射的一束电子
3、流，受地磁场作用，电子流的偏转方向是()A北方 B南方C垂直地面向上 D垂直地面向下【解析】选D。赤道处的磁场方向从南向北，电子的方向自西向东，则电流的方向为由东向西，根据左手定则，洛伦兹力的方向垂直地面向下，故D正确，A、B、C错误。4如图所示，水平导线中有电流I通过，导线正下方电子的初速度方向与电流I的方向相同，均平行于纸面水平向左。选项四幅图是描述电子运动轨迹的示意图，正确的是()【解析】选A。由安培定则可知，在直导线下方的磁场方向垂直于纸面向外，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力向下，电子向下偏转；通电直导线产生的磁场离导线越远，磁感应强度越小，由半径公式r知，电子运动的轨迹半径越来
4、越大，故A正确，B、C、D错误。5如图所示，直角形导线abc通以恒定电流I，两段导线的长度分别为3L和4L，导线处于垂直于导线平面的磁感应强度为B的匀强磁场中，则导线受到安培力的合力为()A.3BIL，方向bcB4BIL，方向baC7BIL，方向垂直于ac连线斜向上D5BIL，方向垂直于ac连线斜向上【解析】选D。导线受到安培力的合力相当于直线ac受到的安培力，由左手定则可知，安培力的方向垂直于ac连线斜向上。导线在磁场内有效长度为：5L，故该通电导线受到安培力大小为F5BIL，选项D正确。6.已知一质量为m的带电液滴，经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B中，液滴在此空间的
5、竖直平面内做匀速圆周运动，如图所示，下列说法不正确的是()A液滴在空间可能受4个力作用B液滴一定带负电C液滴做圆周运动的半径rD液滴在场中运动时总能量不变【解析】选A。液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用，所以选项A错误；由于液滴做匀速圆周运动，所以电场力与重力为平衡力，电场力方向向上，可以判定液滴带负电，B正确；根据qUmv2，r，qEmg，解得r，选项C正确；液滴在场中运动的整个过程能量守恒，选项D正确。7比荷为的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，如图所示，为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为()AB BBCB DB【解析】选B。电子进入磁场后向
6、上偏，刚好从C点沿切线方向穿出是临界条件，要使电子从BC边穿出，其运动半径应比临界半径大，由R可知，磁感应强度应比临界值小，如图，由几何关系可得，半径R，又ev0Bm，解得B，B选项正确。8如图所示，空间某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开此区域；如果这个区域只有电场，则粒子从B点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D点离开场区；设粒子在上述三种情况下，从A到B点、A到C点和A到D点所用的时间分别是t1、t2和t3，比较t1、t2和t3的大小，则有(粒子重力忽略不计)()At1t2t3 Bt2t1t3Ct1t2t3
7、Dt1t3t2【解析】选C。在复合场中沿直线运动时，带电粒子速度大小和方向都不变；只有电场时，粒子沿初速度方向的分速度不变，故t1t2。只有磁场时，粒子做匀速圆周运动，速度大小不变，方向时刻改变，运动轨迹变长，时间变长，故t1t2t3，C正确。9如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直于纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场。一带负电的粒子(不计重力)从原点O与x轴成30角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R。则()A.粒子经偏转一定能回到原点OB.粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为21C粒子完成一次周期性运动的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时
8、，沿x轴前进3R【解析】选D。由r可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为12，所以B项错误；粒子完成一次周期性运动的时间tT1T2，所以C项错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进lR2R3R，则粒子经偏转不能回到原点O，所以A项错误，D项正确。10如图1所示，一质量为m、电荷量为q的圆环可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B的匀强磁场中，不计空气阻力，现给圆环向右的初速度v0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图像可能是图2中的()A B C D【解析】选D。由左手定则可判断洛伦兹力方向向上，圆环受到竖直向下的重力、垂直细杆的弹力及向左的摩擦力，当qvB
9、mg时，小环做匀速运动，此时图像为，故正确；当qvBmg时，FNmgqvB，此时：FNma，所以小环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其vt图像的斜率应该逐渐增大，故错误。当qvBmg时，FNqvBmg，此时：FNma，所以小环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvBmg时，小环开始做匀速运动，故正确。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关于通电直导线在磁场中所受的安培力，下列说法正确的是()A通电直导线处于匀强磁场中一定受到安培力的作用B安培力的大小与通电直导线和匀强
10、磁场方向的夹角无关C匀强磁场中，将直导线从中点折成直角，安培力的大小可能变为原来的D两根通有同向电流的平行直导线之间，存在着相互吸引的安培力【解析】选C、D。安培力FBIL sin ，其中为电流方向与磁场方向的夹角，安培力的大小与通电直导线和匀强磁场方向的夹角有关。如0时，就算有电流和磁场也不会有安培力，故A、B错误；若导线与磁场垂直，将导线弯折后，导线所在平面仍与磁场垂直，则两个半段导线受到的安培力大小都为原来的一半，方向相互垂直，合力为原来的，故C正确；根据电流与电流之间的相互作用可知，两根通有同方向电流的平行直导线之间，存在着相互吸引的安培力，故D正确。12.极光是由来自宇宙空间的高能带
11、电粒子流进地球大气层后，由于地磁场的作用而产生的。如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极时做螺旋运动，旋转半径不断减小。此运动形成的原因可能是()A洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B介质阻力对粒子做负功，使其动能减小C粒子的带电荷量减小D南北两极附近的磁感应强度较强【解析】选B、D。粒子受到的洛伦兹力始终与速度垂直，所以洛伦兹力不做功，故A错误；粒子在运动过程中可能受到空气的阻力，对粒子做负功，所以其动能会减小，故B正确；粒子在运动过程中，若电荷量减小，由半径公式r可知，轨迹半径是增大的，故C错误；地球南北两极附近的磁感应强度较强，由半径公式r可知，轨迹半径是减小的，故D正确。
12、13如图所示，实线表示在竖直平面内的电场线，电场线与水平方向成角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动，L与水平方向成角，且，则下列说法中正确的是()A.液滴一定做匀减速直线运动B液滴一定做匀加速直线运动C电场方向一定斜向上D液滴一定带正电【解析】选C、D。带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力F洛，这三个力的合力不可能一直沿带电液滴的速度方向，因此这三个力的合力一定为零，带电液滴做匀速直线运动，不可能做匀变速直线运动，故选项A、B错误；当带电液滴带正电，且电场线方向斜向上时，带电液滴受竖直向下的重力、沿电场线向上的电场力、垂
13、直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力作用，这三个力的合力可能为零，带电液滴沿虚线L做匀速直线运动。如果带电液滴带负电或电场线方向斜向下时，带电液滴所受合力不为零，不可能沿直线运动，故选项C、D正确。14劳伦斯和利文斯设计出回旋加速器，工作原理示意图如图所示。置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可忽略。磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，高频交流电频率为f，加速电压为U。若A处粒子源产生粒子的质量为m、电荷量为q，在加速器中被加速，且加速过程中不考虑相对论效应和重力的影响。则下列说法正确的是()A.粒子被加速后的最大速度不可能超过2RfB粒子离开回旋加速器时的最大动能
14、与加速电压U成正比C粒子第2次和第1次经过两D形盒间狭缝后轨道半径之比为1D不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变【解析】选A、C、D。回旋加速器所加的高频交流电频率等于粒子圆周运动的频率，A项粒子离开回旋加速器时的速度最大，此时的半径为R，则vm2Rf，故A正确；根据qvBm，Ekmv2可知，粒子的最大动能 Ek，最大动能与交变电压U没有关系。据此可知，不改变磁感应强度B和交流电频率f，该回旋加速器的最大动能不变，故B项错误，D项正确。粒子在加速电场中做匀加速运动，在磁场中做匀速圆周运动，根据v可知，粒子第二次和第一次经过D形盒狭缝的速度比为，根据r，则半径比为，故C正
15、确。15如图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成。若静电分析器通道中心线的半径为R，通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为E，磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。一质量为m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器，由P点垂直边界进入磁分析器，最终打到胶片上的Q点。不计粒子重力。下列说法正确的是()A.极板M比极板N电势高B加速电场的电压UERC直径PQ2BD若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，则该群粒子有相同的比荷【解析】选A、B、D。粒子进入静电分析器后在电场力作用下偏转，由P点垂直
16、边界进入磁分析器，故可知粒子带正电，极板M比极板N电势高才能使粒子加速，故A正确；对于加速过程，有qUmv2，在静电分析器中，由电场力充当向心力，则有Eqm，由以上两式可知UER，故B正确；在磁分析器中粒子由P到Q，直径PQ2R，故C错误；若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点，说明运动的直径相同，由于磁场、电场与静电分析器的半径不变，则该群粒子具有相同的比荷，可知D正确。三、计算题：本题共4小题，共50分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位。16(10分)如图所示，将长为50 cm、质量为10 g的均匀金属棒ab的两端用两只相同的弹簧悬挂成水平状态，位于垂直纸面
17、向里的匀强磁场中，当金属棒中通以0.4 A的电流时，弹簧恰好不伸长，求：(取g9.8 m/s2)(1)匀强磁场中磁感应强度是多大？(2)当金属棒通以0.2 A由a到b的电流时，弹簧伸长1 cm，如果电流方向由b到a，而电流大小不变，弹簧伸长又是多少？【解析】(1)当ab棒受到向上的安培力BIl，且和向下的重力mg大小相等时，弹簧不伸长，由BIlmg可得出磁感应强度：B T0.49 T。(2分)(2)当0.2 A的电流由a流向b时，ab棒受到两根弹簧向上的拉力2kx1、向上的安培力BI1l和向下的重力mg作用，处于平衡状态。根据平衡条件有：2kx1mgBI1l(2分)当电流反向后，弹簧伸长x2，
18、ab棒受到两个弹簧向上的拉力2kx2、向下的安培力BI2l和重力mg作用，处于平衡状态，有：2kx2mgBI2l(2分)联立得：x2x1(2分)代入数据解得：x23 cm。(2分)答案：(1)0.49 T(2)3 cm17(10分)如图所示，在y0的区域内存在匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面并指向纸里，磁感应强度为B。一带负电的粒子(质量为m、电荷量为q)以速度v0从O点射入磁场，入射方向在xOy平面内，与x轴正向的夹角为。求：(1)该粒子射出磁场的位置；(2)该粒子在磁场中运动的时间。(粒子所受重力不计)【解析】(1)设粒子从A点射出磁场，O、A间的距离为L，射出时速度的大小仍为v0，射出
19、方向与x轴的夹角仍为，由洛伦兹力公式和牛顿运动定律可得：qv0Bm(1分)式中R为圆轨道半径，解得：R(1分)圆轨道的圆心位于OA的中垂线上，由几何关系可得：R sin (2分)联立两式，解得L(2分)所以粒子射出磁场的位置坐标为(，0)(1分)(2)因为T(1分)所以粒子在磁场中运动的时间tT(2分)答案：(1)(，0)(2)18(14分)如图所示，粒子源能放出初速度为0，比荷均为1.6104 C/kg的带负电粒子，进入水平方向的加速电场中，加速后的粒子正好能沿圆心方向垂直进入一个半径为r0.1 m的圆形磁场区域，磁感应强度B0.5 T，在圆形磁场区域右边有一屏，屏的高度为h0.6 m，屏距
20、磁场右侧距离为L0.2 m，且屏中心与圆形磁场圆心位于同一水平线上。现要使进入磁场中的带电粒子能全部打在屏上，试求加速电压的最小值。【解析】粒子运动轨迹如图所示：根据洛伦兹力公式FqvB可知，磁感应强度一定时，粒子进入磁场的速度越大，在磁场中偏转量越小。若粒子恰好不飞离屏，则加速电压有最小值。设此时粒子刚好打在屏的最下端B点，根据带电粒子在磁场中的运动特点可知，粒子偏离方向的夹角正切值为tan ，(3分)解得：tan ，(1分)粒子偏离方向的夹角：60，(2分)由几何关系可知，此时粒子在磁场中对应的回旋半径为：Rr tan 0.1 m(2分)带电粒子在电场中加速，由动能定理得：qUmv2(2分
21、)带电粒子在磁场中偏转时，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得：qvB(2分)联立解得：U60 V(2分)故加速电压的最小值为60 V。答案：60 V19(16分)如图甲所示，在光滑绝缘水平桌面内建立xOy坐标系，在第象限内有平行于桌面的匀强电场，场强方向与x轴负方向的夹角45。在第象限垂直于桌面放置两块相互平行的平板c1、c2，两板间距d10.6 m，板间有竖直向上的匀强磁场，两板右端在y轴上，板c1与x轴重合，在其左端紧贴桌面有一小孔M，小孔M离坐标原点O的距离为L0.72 m。在第象限内垂直于x轴放置一块平行于y轴且沿y轴负向足够长的竖直平板c3，平板c3在x轴上的垂足为Q，垂足Q与原
22、点O相距d20.18 m。现将一带负电的小球从桌面上的P点以初速度v04 m/s垂直于电场方向射出，刚好垂直于x轴穿过c1板上的M孔进入磁场区域。已知小球可视为质点，小球的比荷20 C/kg，P点与小孔M在垂直于电场方向上的距离为s m，不考虑空气阻力和小球重力。(1)求匀强电场的场强大小。(2)要使带电小球无碰撞地穿出磁场并打到平板c3上，求磁感应强度的取值范围。(3)若t0时刻小球从M点进入磁场，磁场的磁感应强度按图乙的规律随时间呈周期性变化(取竖直向上为磁场正方向)，求小球从M点到打在平板c3上所用的时间。(计算结果保留两位小数)【解析】(1)小球在第二象限内做类平抛运动，在垂直于电场方
23、向上，有sv0t，(1分)在平行于电场方向上，有vyatv0tan ，(1分)根据牛顿第二定律有qEma，(1分)代入数据解得E8 V/m。(1分)(2)小球通过M点的速度为v8 m/s，如图1所示，小球刚好能打到Q点时，磁感应强度最大，设为B1，此时小球的轨迹半径为R1，由几何关系有，(1分)由qvBm，(1分)得B，即B1，解得R10.4 m，B11 T，(1分)小球恰好不与c2板相碰时，磁感应强度最小，设为B2，此时小球运动的半径为R2，推理得R2d1，(1分)解得B2T，(1分)所以磁感应强度的范围是 TB1 T。(1分)(3)小球进入磁场中做匀速圆周运动，半径r0.18 m，周期T
24、s，(1分)在磁场变化的半个周期内，小球运动轨迹所对应的圆心角为120，小球在磁场中的运动轨迹如图2所示，根据几何关系有30，(1分)一个周期内小球沿x轴方向运动的位移为2r2r sin 0.54 m，(1分)而L0.54 m0.18 mr，即小球刚好垂直y轴方向离开磁场，小球在磁场中运动的时间t1T0 s s s，(1分)小球离开磁场到打在平板c3上所用时间t2 s，(1分)小球从M点到打在平板c3上所用时间tt1t2 s0.15 s。(1分)答案：(1)8 V/m(2) TB1 T(3)0.15 s【补偿训练】1如图所示为质谱仪的原理图，M为粒子加速器，电压为U15 000 V；N为速度选
25、择器，磁场与电场正交，磁感应强度为B10.2 T，板间距离为d0.06 m；P为一个边长为l的正方形abcd的磁场区，磁感应强度为B20.1 T，方向垂直纸面向外，其中dc的中点S开有小孔，外侧紧贴dc放置一块荧光屏。今有一比荷为108 C/kg的正离子从静止开始经加速后，恰好通过速度选择器，从a孔以平行于ab方向进入abcd磁场区，正离子刚好经过小孔S打在荧光屏上。求：(1)粒子离开加速器时的速度v；(2)速度选择器的电压U2；(3)正方形abcd边长l。【解析】(1)粒子加速过程qU1mv2粒子离开加速器时的速度v1.0106 m/s。(2)在速度选择器中运动时有：qvB1qE，E速度选择
26、器的电压U2B1vd1.2104 V。(3)粒子在磁场区域做匀速圆周运动qvB2，r0.1 m由几何关系得r2(lr)2正方形abcd边长lr0.16 m。答案：(1)1.0106 m/s(2)1.2104 V(3)0.16 m2如图所示，在x轴上方存在匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。在x轴下方存在匀强电场，方向竖直向上。一个质量为m、电荷量为q、重力不计的带正电粒子从y轴上的a(0，h)点沿y轴正方向以某初速度开始运动，一段时间后，粒子与x轴正方向成45进入电场，经过y轴的b点时速度方向恰好与y轴垂直。求：(1)粒子在磁场中运动的轨道半径r和速度大小v1；(2)匀强电场的电场强度
27、大小E；(3)粒子从开始到第三次经过x轴的时间t总。【解析】(1)根据题意可知，大致画出粒子在复合场中的运动轨迹，如图所示：由几何关系得：rcos45h，解得：rh由牛顿第二定律得：qBv1m解得：v1(2)设粒子第一次经过x轴的位置为x1，到达b点时速度大小为vb，根据类平抛运动规律，则：vbv1cos45，解得：vb设粒子进入电场经过时间t运动到b点，b点的纵坐标为yb，由类平抛运动规律得：rrsin45vbtyb(v1sin450)th由动能定理得：qEybmvmv解得：E(3)粒子在磁场中的周期为：T第一次经过x轴的时间t1T在电场中运动的时间t22t在第二次经过x轴到第三次经过x轴的时间t3T则总时间： t总t1t2t3(22)答案：(1)h(2)(3)(22)关闭Word文档返回原板块