1、第一章水平测评本试卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第卷(选择题，共48分)一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第18题只有一项符合题目要求，第912题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)1. 如图所示，长为L的导线AB放在相互平行的金属导轨上，导轨宽度为d，通过的电流为I，垂直于纸面的匀强磁场的磁感应强度为B，则AB所受的安培力的大小为()ABIL BBIdcosC. DBIdsin答案C解析AB中的电流垂直于磁场，故用公式FBIl计算导体受到的安培力，其中的l为通电导线的
2、有效长度，并非题中导轨的宽度d，其值为，故C正确。2. (2019浙江省高一期末)在粒子物理学的研究中，经常应用“气泡室”装置。粒子通过气泡室中的液体时能量降低，在它的周围有气泡形成，显示出它的径迹。如图所示为带电粒子在气泡室运动径迹的照片，气泡室处于垂直纸面向里的匀强磁场中，下列有关甲、乙两粒子的判断正确的是()A甲粒子从b向a运动 B乙粒子从c向d运动C甲粒子带正电 D乙粒子带负电答案A解析带电粒子沿垂直于磁场方向运动，通过气泡室中的液体时能量降低，速度减小，由粒子轨道半径公式r可知，粒子的轨道半径逐渐减小，则由图看出，甲粒子从b向a运动，乙粒子从d向c运动，由左手定则可知，甲粒子带负电，
3、乙粒子带正电。故A正确，B、C、D错误。3如图所示，正方形abcd中有垂直纸面向里的匀强磁场。一束电子沿纸面以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子，下列判断错误的是()A从c点离开的电子在磁场中运动时间最长B从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等C电子在磁场中运动的速度偏转角最大为D从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度答案A解析带电粒子在有界匀强磁场中的运动时间tT，由几何条件可知，从ad边离开的电子在磁场中运动时间最长，为半个周期，偏转角最大为，A错误，B、C正确；由几何关系可知，从bc边射出的电子轨道半径大于从ad边射出的电子轨道半径
4、，又由半径公式r可知，从bc边射出的电子速度大于从ad边射出的电子速度，D正确。4如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外。带电粒子不可能做匀速直线运动的是()答案B解析图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，与粒子运动方向平行，带电粒子将沿中垂线做匀
5、速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强在电荷左侧水平向左，在电荷右侧水平向右，带电粒子不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0，粒子也会做匀速直线运动。故选B。5. 如图，在第一象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，正、负电子分别以相同速度沿与x轴成30角从原点垂直射入磁场，则正、负电子在磁场中运动时间之比为()A21 B12C13 D115答案A解析电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，正电子进入磁场后，在洛伦兹力作用下向上偏转，而负电子在洛伦兹力作用下向下偏转。粒子做圆周运动的周期：T，知正、负电子的周期
6、相等。正电子从y轴上射出磁场时，根据几何知识得知，速度与y轴的夹角为60，则正电子速度的偏转角为120，其轨迹对应的圆心角也为120，则正电子在磁场中运动时间为：t1TT。同理，负电子从x轴离开磁场时，速度方向与x轴的夹角为30，则轨迹对应的圆心角为60，负电子在磁场中运动时间为：t2TT。所以正电子与负电子在磁场中运动时间之比为：t1t221；故A正确。6(2020衡水市第十四中学高二月考)2019年1月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨道炮在全球“刷屏”，这是电磁轨道炮全球首次实现舰载测试。如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作
7、为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹丸获得更大的速度，可适当()A减小平行轨道间距 B增大轨道中的电流C缩短轨道的长度 D增大弹丸的质量答案B解析根据题意，安培力FIlB做的功等于弹头获得的动能。减小平行轨道间距，安培力减小，安培力做的功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故A错误；增大轨道中的电流，安培力增大，安培力做的功增大，弹头获得动能增大，速度增大，故B正确；缩短轨道的长度，安培力做的功减小，弹头获得动能减小，速度减小，故C错误；增大弹丸质量，安培力做的功
8、不变，弹头获得动能不变，速度减小，故D错误。7如图所示的虚线区域内，充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域，恰好沿直线由区域右边界的O点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变，另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入，从区域右边界穿出，则粒子b()A穿出位置一定在O点下方B穿出位置一定在O点上方C运动时，在电场中的电势能一定减小D在电场中运动时，动能一定减小答案C解析a粒子在电场、磁场的叠加场区内做直线运动，则该粒子一定沿水平方向做匀速直线运动，故对粒子a有：BqvEq，即只要满足E
9、Bv，无论粒子带正电还是负电，粒子都可以沿直线穿出叠加场区；当撤去磁场只保留电场时，粒子b由于电性不确定，故无法判断从O点的上方还是下方穿出，A、B错误；粒子b在穿过电场区的过程中必然受到静电力的作用而做类平抛运动，静电力做正功，其电势能减小，动能增大，故C正确，D错误。8. 如图所示为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则()A带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为31B带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为1C带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为21D带电粒
10、子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为12答案A解析设圆形匀强磁场区域的半径为R，由qBv，得带电粒子在磁场中运动的轨道半径r，带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，则轨道半径分别为r1Rtan30，r2Rtan60，所以r1r213，则带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷的比为31，A正确，B错误；由T知，粒子1和2的周期之比为13，又tT，1221，所以带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间的比为t1t223，C、D错误。9如图所示，虚线MN将平面分成和两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在洛伦兹力作用下由区运动到区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中
11、弧aP与弧Pb的弧长之比为21，下列判断一定正确的是()A两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为21B粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为11C粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为21D弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为21答案BC解析粒子在磁场中所受的洛伦兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，A错误；粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，B正确；已知粒子通过aP、Pb两段弧的速度大小不变，而路程之比为21，可求出运动时间
12、之比为21，C正确；因为粒子在两个磁场中做圆周运动的轨迹半径不相等，则粒子通过弧aP与弧Pb对应的圆心角之比不等于弧长之比，D错误。10. 在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P在磁场中转过30角后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P和P3()A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13答案BCD解析离子P和P3质量之比为11，电荷量之比等于13，在电场中的加速度a，可知加速度之比
13、为13，则A错误；离子在电场中运动时有qUmv2，在磁场中做匀速圆周运动，有qvBm，得运动半径r ，则半径之比为11，则B正确；设磁场宽度为d，由几何关系drsin(为离子在磁场中转过的角度)，可知离子在磁场中转过的角度正弦值之比等于半径倒数之比，即1，因P在磁场中转过的角度30，则P3转过的角度60，故转过的角度之比为12，则C正确；根据UqEk，离子离开电场时的动能之比等于电荷量之比，即13，则D正确。11电磁泵在目前的生产、科技中得到了广泛应用。如图所示，泵体是一个长方体，ab边长为L1，两侧端面是边长为L2的正方形；流经泵体内的液体密度为，在泵头通入导电剂后液体的电导率为(电阻率的倒
14、数)，泵体所在处有方向垂直向外的磁场B，把泵体的上下两表面接在电压为U(内阻不计)的电源上，则()A泵体上表面应接电源正极B通过泵体的电流IC增大磁感应强度可获得更大的抽液高度D增大液体的电阻率可获得更大的抽液高度答案AC解析当泵体上表面接电源的正极时，电流从上向下流过泵体，这时受到的安培力水平向左，驱动液体，故A正确；泵体内液体的电阻R，因此流过泵体的电流IUL1，故B错误；增大磁感应强度B，电流受到的安培力变大，因此可获得更大的抽液高度，故C正确；若增大液体的电阻率，电流减小，电流受到的安培力减小，使抽液高度减小，故D错误。12. (2020福建省福州市八县一中高二上学期期末联考)如图为一
15、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，下列说法中正确的是()A极板M比极板N电势低B加速电场的电压UERC直径PQ D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，则该群粒子具有相同的比荷答案CD解析粒子经加速电场加速后进入静电分析器，在静电力的作用下做匀速圆周运动，由静电力指向
16、圆心可知粒子带正电，因此加速电场的场强方向由M指向N，所以M极板的电势高，故A错误；在加速电场中，由动能定理得qUmv2，粒子在静电分析器内做圆周运动，因此qEm，联立可得U，故B错误；粒子进入磁场后在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动，则PQ2r2，联立可得PQ，当B、E、R确定时，粒子在磁场中的轨迹直径只和粒子的比荷有关，因此通过胶片同一点的粒子比荷相同，故C、D正确。第卷(非选择题，共52分)二、填空和实验题(本题共2小题，共10分)13(4分)电磁炮是一种理想的兵器，它的主要原理如图所示，匀强磁场方向竖直向上，利用这种装置可以把质量为2.0 g的弹体(包括金属杆EF的质量)向右加速到6 k
17、m/s。若这种装置的轨道宽2 m，长为100 m，通过的电流为10 A，则金属杆EF中的电流方向为_，安培力的最大功率P_ W(轨道摩擦不计)。答案由E到F2.16106解析由左手定则判断得，金属杆EF中的电流方向为由E到F。根据动能定理得BIdLmv2，得B T18 T，故安培力的最大功率PFvBIdv181026000 W2.16106 W。14(6分)利用通电导线在磁场中受到的安培力与磁感应强度的关系就可以测定磁感应强度的大小，实验装置如图所示，弹簧测力计下端挂一矩形导线框，导线框接在图示电路中，线框的短边置于蹄形磁体的N、S极间磁场中的待测位置。(1)在接通电路前，待线框静止后，先观察
18、并记录下弹簧测力计的读数F0；(2)接通电路，调节滑动变阻器使电流表读数为I，待线框静止后，观察并记录下弹簧测力计的读数F(FF0)。由以上测量数据可知：导线框所受重力大小等于_；磁场对矩形线框位于磁场中的一条边的作用力大小为_。若已知导线框在磁场中的这条边的长度为L、线圈匝数为N，则利用上述数据计算待测磁场的磁感应强度的表达式为B_。答案F0FF0解析在接通电路前，导线框静止时，处于平衡状态，重力等于弹簧测力计的拉力，即GF0；接通电路，导线框受到重力、安培力和拉力的作用，处于平衡状态，平衡方程为：FGF安0，则F安FGFF0，又：F安NBIL，则：B。三、计算题(本题共4小题，共42分。要
19、有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)15(10分)如图所示的装置，左半部分为速度选择器，右半部分为匀强偏转电场。一束同位素离子流从狭缝S1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E的偏转电场，最后打在照相底片D上。已知同位素离子的电荷量为q(q0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E0的匀强电场和磁感应强度大小为B0的匀强磁场，照相底片D与狭缝S1、S2的连线平行且距离为L，忽略重力的影响。(1)求从狭缝S2射出的离子速度v0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v0方向飞行的距离为x，求
20、出x与离子质量m之间的关系式(用E0、B0、E、q、m、L表示x)。答案(1)(2)x 解析(1)能从速度选择器射出的离子满足qE0qv0B0得v0。(2)离子进入匀强偏转电场E后做类平抛运动，则xv0tLat2由牛顿第二定律得qEma联立解得x 。16(10分)如图所示，电源电动势E2 V，内电阻r0.5 ，竖直导轨电阻可忽略，金属棒的质量m0.1 kg，电阻R0.5 ，它与导轨间的动摩擦因数0.4(最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，有效长度L0.2 m。为了使金属棒能够靠在导轨外面静止不动，我们施加一与纸面成30角向里且与金属棒垂直的磁场，问磁场方向是斜向上还是斜向下？磁感应强度B的范围是多大
21、？(g取10 m/s2)答案斜向下2.95 TB16.28 T解析若磁场方向斜向上，根据左手定则，安培力垂直于棒指向纸外斜向上，对导轨没有压力，不可能静止；若磁场方向斜向下，安培力垂直于棒指向纸内斜向上，由受力分析知棒可能静止，故磁场方向斜向下。以静止的金属棒为研究对象，其受力情况如图所示(侧视图)。根据平衡条件，若即将滑动时摩擦力方向向上，则B1ILsin30B1ILcos30mg若即将滑动时摩擦力方向向下，则B2ILsin30B2ILcos30mg其中电流I代入数据解得B12.95 T，B216.28 T，故所求磁感应强度的范围是2.95 TB16.28 T。17(10分)如图所示，在磁感
22、应强度为B的水平匀强磁场中，有一足够长的绝缘细棒OO在竖直面内垂直于磁场方向放置，细棒与水平面夹角为。一质量为m、电荷量为q的圆环A套在OO棒上，圆环与棒间的动摩擦因数为，且tan，现让圆环A由静止开始下滑，试问圆环在下滑过程中：(1)圆环A的最大加速度为多大？获得最大加速度时的速度为多大？(2)圆环A能够达到的最大速度为多大？答案(1)gsin(2)解析(1)由于tan，所以圆环将由静止开始沿棒下滑。圆环A沿棒运动的速度为v1时，受到重力mg、洛伦兹力qv1B、杆的弹力N1和摩擦力f1N1。根据牛顿第二定律，对圆环A受力分析，沿棒的方向：mgsinf1ma，垂直棒的方向：N1qv1Bmgco
23、s，f1N1，所以当f10(即N10)时，a有最大值am，且amgsin，此时qv1Bmgcos，解得：v1。(2)设当圆环A的速度达到最大值vm时，圆环受杆的弹力为N2，摩擦力为f2N2。此时应有a0，即mgsinf2，在垂直杆方向上：N2mgcosqvmB，解得：vm。18. (12分)在平面直角坐标系xOy中，第一象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第四象限存在垂直于直角坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴正半轴上的M点以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上的N点与x轴正方向成60角射入磁场，最后从y轴负半轴上的P点垂直于y轴射出磁场，如图所示，不计粒子的重力，求：(1)M、N两点间的电势差UMN；(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r；(3)粒子从M点运动到P点的总时间。答案(1)(2)(3)解析(1)如图所示为带电粒子的运动轨迹，设粒子过N点时的速度为v，由cos得v2v0粒子从M点运动到N点的过程，由动能定理有qUMNmv2mv，解得UMN。(2)粒子在磁场中以O为圆心做匀速圆周运动，ON为轨迹半径r，由qvB得r。(3)设粒子在电场中运动的时间为t1，有ONv0t1，由几何关系得ONrsin解得t1设粒子在磁场中运动的时间为t2，有t2T粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，解得t2所以粒子从M点运动到P点的总时间tt1t2。