1、单元评估检测(八) (第八章)(45分钟100分)一、选择题(本题共8小题,每小题7分,共56分。15题为单选题,68题为多选题)1.磁体之间的相互作用是通过磁场发生的。对磁场的认识,下列说法正确的是()A.磁感线有可能出现相交的情况B.磁感线总是由N极出发指向S极C.某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D.若在某区域内通电导线不受磁场力的作用,则该区域的磁感应强度一定为零【解析】选C。磁感线是为了描述磁场在磁场中画出的假想曲线,磁感线上某点的切线方向表示该点的磁感应强度方向,磁感线永不相交,A错误;磁感线是闭合曲线,在磁体外部由N极出发指向S极,在磁体内部由S极指向N极,B错
2、误;某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致,C正确;若通电导线平行磁场方向放入磁场,则通电导线不受磁场力的作用,则该区域的磁感应强度不为零,D错误。2.如图所示,三根长为L的直线电流在空间构成等边三角形,电流的方向垂直纸面向里。电流大小均为I,其中A、B电流在C处产生的磁感应强度的大小均为B0,导线C位于水平面处于静止状态,则导线C受到的静摩擦力是()A.B0IL,水平向左B.B0IL,水平向右C.B0IL,水平向左D.B0IL,水平向右【解析】选B。根据安培定则,A电流在C处产生的磁场方向垂直于AC,B电流在C处产生的磁场方向垂直于BC,如图所示。根据平行四边形定则及几何知识可
3、知,则合磁场的方向竖直向下,与AB边平行,合磁感应强度B的大小为B=2B0cos30=B0,由公式F=BIL得,导线C所受安培力大小为F=B0IL,根据左手定则,导线C所受安培力方向水平向左,因导线C位于水平面处于静止状态,由平衡条件知,导线C受到的静摩擦力方向为水平向右,故选项B正确,A、C、D错误。3.(2015长春模拟)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。当导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,可将导体棒置于匀强磁场中,当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中,关于B的大小的变化,正确的说法是
4、()A.逐渐增大B.逐渐减小C.先减小后增大D.先增大后减小【解析】选C。导体棒受三个力,三力构成的矢量三角形如图所示。安培力的大小变化从图中即可看出是先减小后增大,由F=BIL知,B的大小应是先减小后增大,故只有选项C正确。4.(2015西安模拟)图甲所示为显像管的原理示意图,当没有磁场时电子束将打在荧光屏正中的O点。安装在管径上的偏转线圈可以产生磁场,使电子束发生偏转。设垂直纸面向里的磁场方向为正方向,如果要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,图乙中哪种变化的磁场能够使电子发生上述偏转()【解析】选A。要使电子束打在荧光屏上的位置由a点逐渐移动到b点,根据左手定则,能够使电子发
5、生上述偏转的变化的磁场是图A。【加固训练】(2014武汉模拟)中国科学家发现了量子反常霍尔效应,杨振宁称这一发现是诺贝尔奖级的成果。如图所示,厚度为h,宽度为d的金属导体,当磁场方向与电流方向垂直时,在导体上下表面会产生电势差,这种现象称为霍尔效应。下列说法正确的是()A.上表面的电势高于下表面电势B.仅增大h时,上下表面的电势差增大C.仅增大d时,上下表面的电势差减小D.仅增大电流I时,上下表面的电势差减小【解析】选C。由霍尔效应模型可知：金属导体中的自由电子是向左运动,根据左手定则判定上表面带负电,A选项错误;当电子达到平衡时,电场力等于洛伦兹力,由此可列式推出：q=qvB,U=Bhv,而
6、I=nqvhd,得v=,故有U=。故仅增大h,电势差不变,仅增大d时,电势差减小,仅增大I时,电势差增大,故C正确,B、D错误。5.(2015焦作模拟)如图所示,在x轴上方垂直于纸面向外的匀强磁场,两带电量相同而质量不同的粒子以相同的速度从O点以与x轴正方向成1=60角在图示的平面内射入x轴上方时,发现质量为m1的粒子从a点射出磁场,质量为m2的粒子从b点射出磁场。若另一与a、b带电量相同而质量不同的粒子以相同速率与x轴正方向成2=30角射入x轴上方时,发现它从ab的中点c射出磁场,则该粒子的质量应为(不计所有粒子重力作用)()A.m1+m2B.(m1+m2)C.(m1+m2)D.(m1+m2
7、)【解析】选C。粒子做匀速圆周运动,轨迹如图：故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为：R1=L,R2=,R3=L+,故：(R1+R2)=2R3粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,故：qvB=m1,qvB=m2,qvB=m3,联立解得：m3=(m1+m2),故选C。6.质谱仪是测带电粒子的质量和分析同位素的一种仪器,它的工作原理是带电粒子(不计重力)经同一电场加速后,垂直进入同一匀强磁场做圆周运动,然后利用相关规律计算出带电粒子质量,其工作原理如图所示,虚线为某粒子运动轨迹,由图可知()A.此粒子带正电B.下极板S2比上极板S1电势高C.若只增大加速电压U,则半径r变大D.
8、若只增大入射粒子的质量,则半径r变小【解析】选A、C。粒子从S3小孔进入磁场中,速度方向向下,粒子向左偏转,由左手定则可知粒子带正电,A对。带正电的粒子在S1和S2两板间加速,则要求电场强度的方向向下,那么S1板的电势高于S2板的电势,B错。粒子在电场中加速,由动能定理有mv2=qU,在磁场中偏转,则有r=,联立两式解得r=,由此式可以看出只增大U或只增大m时,粒子的轨道半径都变大,C对,D错。7.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,
9、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B、C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32D.粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同【解析】选B、C。粒子1从A点射入,恰好从B点射出,则粒子做圆周运动的半径等于圆的半径,从圆弧AB水平入射的粒子都将聚集到B点,则选项B正确、A错误;分析得粒子1和2的运动的轨迹如图所示,其圆弧对应的圆心角分别为90和60,由t=T,得两粒子运动的时间之比为32,则选项C正确、D错误。8.(2015盐城模拟)如图所示,实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线,电场线与水平方向的夹角为,水平
10、方向的匀强磁场与电场线正交,有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动。l与水平方向的夹角为,且,则下列说法中正确的是()A.液滴一定做匀速直线运动B.液滴一定带正电C.电场线方向一定斜向上D.液滴也有可能做匀变速直线运动【解析】选A、B、C。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,由于,这三个力的合力不可能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A正确,D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G、沿电场线向上的电场力F、垂直于速度方向斜向左上方的洛伦兹力f作用,这三
11、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B、C正确。【总结提升】复合场中粒子重力是否考虑的三种情况(1)对于微观粒子,如电子、质子、离子等,因为其重力一般情况下与电场力或磁场力相比太小,可以忽略;而对于一些实际物体,如带电小球、液滴、金属块等一般应当考虑其重力。(2)在题目中有明确说明是否要考虑重力的,这种情况按题目要求处理即可。(3)不能直接判断是否要考虑重力的,在进行受力分析与运动分析时,要结合运动状态,确定是否要考虑重力。【加固训练】(2014潍坊模拟)如图所示,某一真空室内充满竖直向下的匀强
12、电场E,在竖直平面内建立坐标系xOy,在y0的空间内,将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放,此液滴则沿y轴的负方向以加速度a=2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动,当液滴运动到坐标原点时,瞬间被安装在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变),随后液滴进入y0的空间内运动,液滴在y0的空间内,根据液滴沿y轴负方向以加速度a=2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动可知,液滴在此空间内运动时所受电场力方向向下,大小等于重力;进入y0的空间后,液滴电性改变,其所受电场力向上,大小仍等于重力,所以液滴将在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动,在液滴运动半个周期内,动能保持不变,重力势
13、能先减小后增大,电势能先增大后减小,D正确,A、B、C错误。二、计算题(本题共2小题,共44分。需写出规范的解题步骤)9.(20分)(2015漳州模拟)如图所示,在y轴的右侧存在磁感应强度为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场,在x轴的上方有一平行板式加速电场。有一薄绝缘板放置在y轴处,且与纸面垂直。现有一质量为m、电荷量为q的粒子由静止经过加速电压为U的电场加速,然后以垂直于板的方向沿直线从A处穿过绝缘板,而后从x轴上的D处以与x轴负向夹角为30的方向进入第四象限,若在此时再施加一个电场可以使粒子沿直线到达y轴上的C点(C点在图上未标出)。已知OD长为l,不计粒子的重力。求：(1)粒子射入绝缘板之
14、前的速度。(2)粒子经过绝缘板时损失了多少动能。(3)所加电场的电场强度和带电粒子在y轴的右侧运行的总时间。【解析】(1)粒子在电场中加速,由动能定理可知qU=mv2(3分)v=(1分)(2)粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图由几何关系可得轨道半径为2l由qvB=m(3分)解得v=(1分)由动能定理得mv2-mv2=W(2分)代入数据解得W=-q(U-)(1分)所以损失动能为Ek=q(U-)(2分)(3)粒子若做直线运动,则qvB=Eq(1分)代入数据解得E=方向与x轴正向斜向下成60角(2分)粒子在第一象限做匀速圆周运动的时间t1=(1分)粒子在第四象限做匀速直线运动的时间t2=(1分)粒子在y
15、轴右侧运行的总时间t=+=(2分)答案：(1)(2)q(U-)(3)10.(24分)(2015天水模拟)如图所示,在真空室中平面直角坐标系的y轴竖直向上,x轴上的P点与Q点关于坐标原点O对称,PQ间的距离d=30cm。坐标系所在空间存在一匀强电场,场强的大小E=1.0N/C。一带电油滴在xOy平面内,从P点与x轴成30的夹角射出,该油滴将做匀速直线运动,已知油滴的速度v=2.0m/s,所带电荷量q=1.010-7C,重力加速度g取10m/s2。(1)求油滴的质量m。(2)若在空间叠加一个垂直于xOy平面的圆形有界匀强磁场,使油滴通过Q点,且其运动轨迹关于y轴对称。已知磁场的磁感应强度大小为B=
16、2.0T,求：油滴在磁场中运动的时间t。圆形磁场区域的最小面积S。【解析】(1)对带电油滴进行受力分析,根据牛顿运动定律有：qE-mg=0(3分)所以m=1.010-8kg(2分)(2)带电油滴进入匀强磁场,其轨迹如图所示,(4分)设其做匀速圆周运动的半径为R、运动周期为T,根据牛顿第二定律：qvB=,得R=0.10m(2分)所以T=s(2分)设带电油滴从M点进入磁场,从N点射出磁场,由于油滴的运动轨迹关于y轴对称,根据几何关系可知MON=60,所以,带电油滴在磁场中运动的时间t=s(5分)连接MN,当MN为圆形磁场的直径时,圆形磁场面积最小,如图所示。根据几何关系得圆形磁场的半径：r=Rsin30=0.05m(4分)其面积为S=r2=0.0025m27.910-3m2(2分)答案：(1)1.010-8kg(2)s7.910-3m2关闭Word文档返回原板块