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1、單元質量檢測(九)
時間:50分鐘
一、選擇題(1~6題為單項選擇題,7~10題為多項選擇題)
1.如圖1所示,在通電螺線管中央的正上方用輕質細線懸掛長為l的一小段通電直導線,導線中通入垂直于紙面向里的電流I,力傳感器用來測量細線的拉力大小,導線下方的螺線管與一未知極性的直流電源連接。開關斷開時,力傳感器的示數(shù)恰好等于通電直導線的重力G,現(xiàn)閉合開關,則下列說法正確的是( )
圖1
A.通電螺線管在通電直導線處產(chǎn)生的磁場方向可能豎直向下
B.通電直導線可能受到垂直紙面向里的安培力作用
C.若力傳感器的示數(shù)變大,則電源的右端一定為正極
D.若力傳感器的示數(shù)變?yōu)橥娭睂Ь€重力的
2、一半,則通電直導線所在處的磁感應強度大小一定為
解析 本題考查通電螺線管周圍磁場的特點和安培力知識。閉合開關后,通電螺線管在周圍產(chǎn)生磁場,通電螺線管在通電直導線處產(chǎn)生的磁場方向水平,選項A錯誤;由于通電螺線管在通電直導線處產(chǎn)生的磁場方向水平,故安培力方向一定豎直向上或豎直向下,選項B錯誤;若力傳感器的示數(shù)變大,說明通電直導線受到豎直向下的安培力作用,由左手定則可知,此處磁場方向水平向右,由安培定則可知,電源的左端為正極,選項C錯誤;若力傳感器的示數(shù)變?yōu)閷Ь€重力的一半,說明導線受到的安培力方向豎直向上,且大小等于導線重力的一半,則有BIl=G,可得B=,選項D正確。
答案 D
2.科考隊進
3、入某一磁礦區(qū)域后,發(fā)現(xiàn)指南針原來指向正北的N極逆時針轉過30°(如圖2所示的虛線),設該處的地磁場磁感應強度水平分量為B,則磁礦所產(chǎn)生的磁感應強度水平分量的最小值為( )
圖2
A.B B.2B C. D.B
解析 合磁場的方向沿虛線方向,所以該磁礦產(chǎn)生的磁感應強度的水平分量的最小值為Bsin 30°=,選項C正確。
答案 C
3.(2016·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)聯(lián)考)兩根相互靠近的長直導線1、2中通有相同的電流,相互作用力為F。若在兩根導線所在空間內(nèi)加一勻強磁場后,導線2所受安培力的合力恰好為零。則所加磁場的方向是( )
圖3
A.垂直紙面向里
B.垂直紙面
4、向外
C.垂直導線向右
D.垂直導線向左
解析 當兩根通有大小相同,方向相同的電流時,1、2兩導線間的作用力是引力,故2受到向左的安培力,要使導線2所受的安培力的合力恰好為零,故所加的磁場使導線2受到的安培力向右,根據(jù)左手定則判斷知所加的磁場方向為垂直紙面向外,故B正確。
答案 B
4.如圖4所示,兩平行導軌與水平面成α=37°角,導軌間距為L=1.0 m,勻強磁場的磁感應強度可調,方向垂直導軌所在平面向下。一金屬桿長也為L,質量m=0.2 kg,水平放在導軌上,與導軌接觸良好而處于靜止狀態(tài),金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ=0.5,通有圖示方向的電流,電流強度I=2.0 A,令最大靜摩
5、擦力等于滑動摩擦力,則磁感應強度的最大值和最小值分別為( )
圖4
A.1.0 T 0 B.1.0 T 0.6 T
C.1.0 T 0.2 T D.0.6 T 0.2 T
解析 由左手定則知安培力沿斜面向上,因mgsin α=1.2 N、fm=μmgcos α=0.8 N,所以當磁感應強度B最小時,安培力F1=BminIL=0.4 N,即Bimin=0.2 T;當B最大時,安培力F2=BmaxIL=2.0 N,即Bmax=1.0 T,C正確。
答案 C
5.(2016·黑龍江大慶模擬)如圖5所示,從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強
6、磁場中,發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉。設兩極板間電場強度為E,磁感應強度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過,只采取下列措施,其中可行的是( )
圖5
A.適當減小電場強度E
B.適當減小磁感應強度B
C.適當增大加速電場極板之間的距離
D.適當減小加速電壓U
解析 要使電子在復合場中做勻速直線運動,有Eq=qvB。根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下,故電子向上極板偏轉的原因是電場力大于洛倫茲力,所以要么增大洛倫茲力,要么減小電場力。適當減小電場強度E,即可以減小電場力,選項A正確;適當減小磁感應強度B,可以減小洛倫茲力,選項B錯誤;適當增大加速電場極板之間的距離
7、,根據(jù)eU=mv2可得v=,由于兩極板間的電壓沒有變化,所以電子進入磁場的速率沒有變化,因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小,選項C錯誤;同理,適當減小加速電壓U,可以減小電子進入復合場中的速度v,從而減小洛倫茲力,選項D錯誤。
答案 A
6.圖6甲所示有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等,一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ,從右邊界射出時速度方向偏轉了θ角,該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ,射出磁場時速度方向偏轉了2θ角。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小分別為B1、B2,則B1與B2的比值為( )
圖6
A.2cos θ
8、 B.sin θ C.cos θ D.tan θ
解析 設有界磁場Ⅰ寬度為d,則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖甲、乙所示,由洛倫茲力提供向心力知Bqv=m,得B=,由幾何關系知d=r1sin θ,d=r2tan θ,聯(lián)立得=cos θ,C正確。
答案 C
7.均勻帶電的薄圓盤的右側,用拉力傳感器A、B水平懸掛一根通電導線ab,電流方向由a到b,導線平行于圓盤平面。圓盤繞過圓心的水平軸沿如圖7所示方向勻速轉動,與圓盤靜止時相比,拉力傳感器的示數(shù)增大了,懸線仍然豎直,則下列說法正確的是( )
圖7
A.圓盤帶正電荷
B.圓盤帶負電荷
C.若增大圓盤轉動角速度
9、,則傳感器示數(shù)減小
D.若改變圓盤轉動方向,則傳感器示數(shù)減小
解析 與圓盤靜止時相比,拉力傳感器的示數(shù)增大,懸線豎直,說明導線所受安培力豎直向下,由左手定則可判斷,導線所在位置的磁感應強度方向水平向右;由安培定則可以判斷,圓盤轉動形成的等效電流與其轉動方向相同,故圓盤帶正電荷,A對,B錯;若增大圓盤轉動角速度,則等效電流增大,方向不變,產(chǎn)生的磁感應強度增大,傳感器示數(shù)增大,C選項錯誤;若改變圓盤轉動方向,則導線所在位置的磁場方向水平向左,導線所受安培力方向向上,傳感器示數(shù)減小,D選項正確。
答案 AD
8.(2017·四川南充市階段檢測)如圖8是等離子體發(fā)電機的示意圖,原料在燃料室中全
10、部電離為電子與正離子,即高溫等離子體,等離子體以速度v進入矩形發(fā)電通道,發(fā)電通道里有圖示的勻強磁場,磁感應強度為B。等離子體進入發(fā)電通道后發(fā)生偏轉,落到相距為d的兩個金屬極板上,在兩極板間形成電勢差,等離子體的電阻不可忽略。下列說法正確的是( )
圖8
A.上極板為發(fā)電機正極
B.外電路閉合時,電阻兩端的電壓為Bdv
C.帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能
D.外電路斷開時,等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡
解析 根據(jù)左手定則可知,正電荷向上偏,負電荷向下偏,則上板是電源的正極,下板是電源的負極,故A正確;根據(jù)qvB=q得電動勢的大小為:E=Bdv,因等離子體的電
11、阻不可忽略,因此外電阻的電壓會小于電源的電動勢,故B錯誤;依據(jù)功能關系可知,帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能,故C正確;等離子體中帶有正、負電荷的高速粒子,在磁場中受到洛倫茲力的作用,分別向兩極偏移,于是在兩極之間產(chǎn)生電壓,兩極間存在電場力,當外電路斷開時,等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡,從而不會偏移,故D正確。
答案 ACD
9.在半導體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域,如圖9所示。已知離子P+在磁場中轉過θ=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時,離子
12、P+和P3+( )
圖9
A.在電場中的加速度之比為1∶1
B.在磁場中運動的半徑之比為∶1
C.在磁場中轉過的角度之比為1∶2
D.離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3
解析 離子在電場中加速過程中,由于電場強度相同,根據(jù)牛頓第二定律可得a1∶a2=q1∶q2=1∶3,選項A錯誤;在電場中加速過程,由動能定理可得qU=mv2,在磁場中偏轉過程:qvB=m,兩式聯(lián)立可得:r=,故r1∶r2=∶1,選項B正確;設磁場寬度為d,根據(jù)sin θ=可得:=,聯(lián)立解得θ2=60°,選項C正確;由qU=mv2=Ek可知Ek1∶Ek2=1∶3,選項D正確。
答案 BCD
10.(2017·
13、湖北六校調考)如圖10,xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外,磁感應強度B=1 T的勻強磁場,ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板,長度為9 m,M點為x軸正方向上一點,OM=3 m。現(xiàn)有一個比荷大小為=1.0 C/kg可視為質點帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度沿x軸負方向射入磁場,若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時間不計,碰撞時電荷量不變,小球最后都能經(jīng)過M點,則小球射入的速度大小可能是( )
圖10
A.3 m/s B.3.75 m/s C.4 m/s D.5 m/s
解析 因為小球通過y軸的速度方向一定是+x方向,故帶電小球圓周運動
14、軌跡半徑最小值為3 m,即Rmin=,解得vmin=3 m/s;經(jīng)驗證,帶電小球以3 m/s速度進入磁場,與ON碰撞一次,再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點,如圖甲所示,A項正確;當帶電小球與ON不碰撞,直接經(jīng)過M點,如圖乙所示,小球速度沿-x方向射入磁場,則圓心一定在y軸上,作出MN的垂直平分線,交于y軸的點即得圓心位置,由幾何關系解得軌跡半徑最大值Rmax=5 m,又Rmax=,解得vmax=5 m/s,D項正確;當小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時,軌跡如圖丙所示,由幾何條件計算可知軌跡半徑R=3.75 m,由半徑公式R=得v=3.75 m/s,B項正確;由分析易知選項C錯誤。
甲
15、
乙 丙
答案 ABD
二、非選擇題
11.如圖11所示,兩平行金屬板水平放置,間距為d,兩極板接在電壓可調的電源上。兩板之間存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度的大小為B。金屬板右側有一邊界寬度為d的無限長勻強磁場區(qū)域,磁感應強度的大小為B、方向垂直紙面向里,磁場邊界與水平方向的夾角為60°。平行金屬板中間有一粒子發(fā)射源,可以沿水平方向發(fā)射出電性不同的兩種帶電粒子,改變電源電壓,當電源電壓為U時,粒子恰好能沿直線飛出平行金屬板,粒子離開平行金屬板后進入有界磁場后分成兩束,經(jīng)磁場偏轉后恰好同時從兩邊界離開磁場,而且從磁場右邊界離開的粒子的運動方向恰好與磁場邊
16、界垂直,粒子之間的相互作用不計,粒子的重力不計,試求:
圖11
(1)帶電粒子從發(fā)射源發(fā)出時的速度;
(2)兩種粒子的比荷和帶正電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑。
解析 (1)根據(jù)題意,帶電粒子在平行金屬板間做直線運動時,所受電場力與洛倫茲力大小相等,由平衡條件可得q=qvB
解得v=
(2)根據(jù)題意可知,帶正電粒子進入磁場后沿逆時針方向運動,帶負電粒子進入磁場后沿順時針方向運動,作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示,帶負電粒子在剛進入磁場時速度沿水平方向,離開磁場時速度方向垂直磁場邊界,根據(jù)圖中幾何關系可知,帶負電粒子在磁場中做圓周運動的偏轉角為θ1=30°=
帶負電粒
17、子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為
r1==2d
帶負電粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力,有q1vB=
聯(lián)立解得=
根據(jù)帶正電粒子的運動軌跡及幾何關系可知,帶正電粒子在磁場中的偏轉角為θ2=120°=
根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期公式T=
可得帶負電粒子在磁場中運動的時間為t1=
帶正電粒子在磁場中運動的時間為t2=
根據(jù)題意可知t1=t2
聯(lián)立以上各式,可得==
帶正電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r2=
解得r2=
答案 (1) (2)
12.(2016·江蘇單科,15)回旋加速器的工作原理如圖12甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹
18、縫的間距為d,磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直,被加速粒子的質量為m,電荷量為+q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0。周期T=。一束該粒子在t=0~時間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零。現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運動時間,假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動,不考慮粒子間的相互作用。求:
圖12
(1)出射粒子的動能Em;
(2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0;
(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應滿足的條件。
解析 (1)粒子運動半徑為R時
qvB=m
且Em=mv2
解得Em=
(2)粒子被加速n次達到動能Em,則Em=nqU0
粒子在狹縫間做勻加速運動,設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt,加速度a=
勻加速直線運動nd=a·Δt2
由t0=(n-1)·+Δt,解得t0=-
(3)只有在0~(-Δt)時間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速,則所占的比例為η=
由η>99%,解得d<
答案 (1) (2)-
(3)d<
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