2018-2019學(xué)年高中物理 第三章 磁場(chǎng)單元質(zhì)量評(píng)估 新人教版選修3-1.doc

第三章 磁場(chǎng)單元質(zhì)量評(píng)估 (90分鐘100分)一、選擇題(本題共14小題，每小題4分，共56分。其中19小題為單選題，1014小題為多選題)1.指南針是我國(guó)古代四大發(fā)明之一。關(guān)于指南針，下列說法正確的是()A.指南針可以僅具有一個(gè)磁極B.指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場(chǎng)C.指南針的指向會(huì)不受到附近鐵塊的干擾D.在指南針正上方附近沿指針方向放置一直導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時(shí)指南針不偏轉(zhuǎn)【解析】選B。指南針有N、S兩個(gè)磁極，受到地磁場(chǎng)的作用靜止時(shí)S極指向南方，A錯(cuò)誤，B正確；指南針有磁性，可以與鐵塊相互吸引，C錯(cuò)誤；由奧斯特實(shí)驗(yàn)可知，小磁針在通電導(dǎo)線放置位置合適的情況下，會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，D錯(cuò)誤。2.如圖所示，兩個(gè)單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r。圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A.11B.12C.14D.41【解析】選A。因?yàn)閮蓚€(gè)線圈的有效面積相同，所以磁通量相同，或者利用磁通量定義即穿過線圈的磁感線的條數(shù)判斷。A項(xiàng)正確。3.如圖所示，接通開關(guān)S的瞬間，用絲線懸掛于一點(diǎn)、可自由轉(zhuǎn)動(dòng)的通電直導(dǎo)線AB將()A.A端向上，B端向下，懸線張力不變B.A端向下，B端向上，懸線張力不變C.A端向紙外，B端向紙內(nèi)，懸線張力變小D.A端向紙內(nèi)，B端向紙外，懸線張力變大【解析】選D。當(dāng)開關(guān)S接通時(shí)，由安培定則知導(dǎo)線附近磁感線分布如圖，由左手定則判斷出通電直導(dǎo)線此時(shí)左部受力指向紙內(nèi)，右部受力指向紙外，導(dǎo)線將轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)到與磁感線接近垂直，導(dǎo)線轉(zhuǎn)動(dòng)的同時(shí)，相當(dāng)于具有向里的電流，則導(dǎo)線受安培力將豎直向下，可知懸線張力變大，故選項(xiàng)D正確。【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示，條形磁鐵放在水平粗糙桌面上，它的正中間上方固定一根長(zhǎng)直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通過方向垂直紙面向里(即與條形磁鐵垂直)的電流和原來沒有電流通過時(shí)相比較，磁鐵受到的支持力N和摩擦力f將()A.N減小，f=0B.N減小，f 0C.N增大，f=0D.N增大，f 0【解析】選C。磁鐵的磁感線在它的外部是從N極到S極，因?yàn)殚L(zhǎng)直導(dǎo)線在磁鐵的中央上方，所以此處的磁感線是水平的，電流的方向垂直于紙面向里，根據(jù)左手定則，導(dǎo)線受磁鐵給的“安培力”方向豎直向上，長(zhǎng)直導(dǎo)線是固定不動(dòng)的，根據(jù)物體間力的作用是相互的，導(dǎo)線給磁鐵的反作用力方向就是豎直向下的；因此磁鐵對(duì)水平桌面的壓力除了重力之外還有通電導(dǎo)線的作用力，壓力是增大的；因?yàn)檫@兩個(gè)力的方向都是豎直向下的，所以磁鐵不會(huì)發(fā)生相對(duì)運(yùn)動(dòng)，也就不會(huì)產(chǎn)生摩擦力。故選項(xiàng)C正確。4.如圖所示，水平導(dǎo)軌接有電源，導(dǎo)軌上固定有三根導(dǎo)體棒a、b、c，長(zhǎng)度關(guān)系為c最長(zhǎng)，b最短，將c彎成一直徑與b等長(zhǎng)的半圓，將裝置置于向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，在接通電源后，三根導(dǎo)體棒中有等大的電流通過，則三棒受到安培力的大小關(guān)系為()A.Fa>Fb>FcB.Fa=Fb=FcC.Fb<Fa<FcD.Fa>Fb=Fc【解析】選D。設(shè)a、b兩棒的長(zhǎng)度分別為L(zhǎng)a和Lb，c的直徑為d。由于導(dǎo)體棒都與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直，則：a、b棒所受的安培力大小分別為：Fa=BILa；Fb=BILb=BId；c棒所受的安培力與長(zhǎng)度為直徑的直棒所受的安培力大小相等，則有：Fc=BId；因?yàn)長(zhǎng)a>d，則有：Fa>Fb=Fc。5.如圖，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩長(zhǎng)直導(dǎo)線P和Q垂直于紙面固定放置，兩者之間的距離為l。在兩導(dǎo)線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時(shí)，紙面內(nèi)與兩導(dǎo)線距離均為l的a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變，則a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為()A.0B.33B0C. 233B0D.2B0【解析】選C。如圖所示，P、Q中的電流在a點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，設(shè)為B1，由幾何關(guān)系可知B1=33B0如果讓P中的電流反向、其他條件不變時(shí)，如圖所示，由幾何關(guān)系可知：a點(diǎn)處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B=B02+B12=233B0，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤。6.如圖甲所示，無(wú)限長(zhǎng)導(dǎo)線，均通以恒定電流I。直線部分和坐標(biāo)軸接近重合，彎曲部分是以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心的相同半徑的一段圓弧，已知直線部分在原點(diǎn)O處不形成磁場(chǎng)，則圖乙中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度和圖甲中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的是()【解析】選A。由題意可知，題圖甲中O處磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小是其中一段在O點(diǎn)的磁場(chǎng)大小的2倍，方向垂直紙面向里；對(duì)A項(xiàng)，根據(jù)右手螺旋定則可知，左上段與右下段的通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)疊加為零，則剩余的兩段通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)大小是其中一段的在O點(diǎn)磁場(chǎng)的2倍，且方向垂直紙面向里，故A正確；同理，對(duì)B項(xiàng)，四段通電導(dǎo)線在O點(diǎn)的磁場(chǎng)是其中一段在O點(diǎn)的磁場(chǎng)的4倍，方向是垂直向里，故B錯(cuò)誤；由以上分析可知，對(duì)C項(xiàng)，右上段與左下段產(chǎn)生磁場(chǎng)疊加為零，則剩余兩段產(chǎn)生磁場(chǎng)也為零，故C錯(cuò)誤；與C選項(xiàng)分析相同，對(duì)D項(xiàng)，四段在O點(diǎn)的磁場(chǎng)是其中一段在O點(diǎn)產(chǎn)生磁場(chǎng)的2倍，方向垂直紙面向外，故D錯(cuò)誤。7.如圖，空間某區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，電場(chǎng)方向豎直向上(與紙面平行)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，三個(gè)帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc。已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運(yùn)動(dòng)，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運(yùn)動(dòng)。下列選項(xiàng)正確的是A.ma>mb>mc B.mb>ma>mcC.mc>ma>mbD.mc>mb>ma 【解析】選B。由題意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以mb>ma>mc，故選項(xiàng)B正確。8.(2018西安高二檢測(cè))如圖所示，長(zhǎng)為L(zhǎng)的通電直導(dǎo)體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點(diǎn)，且與棒垂直，整個(gè)裝置處于方向豎直向上、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，彈簧伸長(zhǎng)x時(shí)，棒處于靜止?fàn)顟B(tài)。則()A.導(dǎo)體棒中的電流方向從b流向aB.導(dǎo)體棒中的電流大小為kxBLC.若只將磁場(chǎng)方向緩慢順時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度，x變大D.若只將磁場(chǎng)方向緩慢逆時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度，x變大【解析】選B。由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定則可知，導(dǎo)體棒中的電流方向從a流向b，故A錯(cuò)誤；由于彈簧伸長(zhǎng)為x，根據(jù)胡克定律有kx=BIL，可得I=kxBL，故B正確；若只將磁場(chǎng)方向緩慢順時(shí)針或逆時(shí)針轉(zhuǎn)過一小角度，則安培力在水平方向上的分力減小，根據(jù)力的平衡可得，彈簧彈力變小，導(dǎo)致x變小，故C、D錯(cuò)誤?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，有兩根豎直放置的平行導(dǎo)軌AB、CD。導(dǎo)軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)為?，F(xiàn)從t=0時(shí)刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流強(qiáng)度與時(shí)間成正比，即I=kt，其中k為恒量。若金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直，則在下列表示棒所受的摩擦力隨時(shí)間變化的四幅圖中，正確的是()【解析】選C。當(dāng)金屬棒所受摩擦力Ff=BIL=BLkt<mg時(shí)，棒沿導(dǎo)軌向下加速；當(dāng)金屬棒所受摩擦力Ff=BIL=BLkt>mg時(shí)，棒沿導(dǎo)軌向下減速；在棒停止運(yùn)動(dòng)之前，所受摩擦力為滑動(dòng)摩擦力，大小為Ff=BLkt；在棒停止運(yùn)動(dòng)之后，所受摩擦力為靜摩擦力，大小為Ff=mg，故C正確。9.電磁炮有很多優(yōu)點(diǎn)，備受各國(guó)軍事家的重視，如圖是導(dǎo)軌式電磁炮實(shí)驗(yàn)裝置的示意圖。兩根平行長(zhǎng)直金屬導(dǎo)軌沿水平方向固定，其間安放金屬滑塊(即實(shí)驗(yàn)用彈丸)?；瑝K可沿導(dǎo)軌無(wú)摩擦滑行，且始終與導(dǎo)軌保持良好接觸。電源提供的強(qiáng)大電流從一根導(dǎo)軌流入，經(jīng)過滑塊，再?gòu)牧硪粚?dǎo)軌流回電源，滑塊被導(dǎo)軌中的電流形成的磁場(chǎng)推動(dòng)而發(fā)射。在發(fā)射過程中，滑塊所在位置始終可以簡(jiǎn)化為勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直于紙面，其強(qiáng)度與電流的關(guān)系為B=kI，如果兩導(dǎo)軌內(nèi)側(cè)間距為l，滑塊的質(zhì)量為m，滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為v0。以下說法中正確的是() A.若使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向同時(shí)反向，滑塊的發(fā)射方向也將隨之反向B.若將電源提供的電流加倍，則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為2v C.若使電源提供的電流加倍，則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為4v D.若使滑塊的質(zhì)量加倍，則滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離s后獲得的發(fā)射速度為0.5v【解析】選B。由左手定則可知，若使電流和磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向同時(shí)反向，滑塊受到的安培力方向不變，滑塊的發(fā)射方向不變，故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；滑塊受到的安培力：F=BIL=kIIL=kI2L，滑塊的加速度：a=Fm=kI2Lm，滑塊做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由速度位移公式得v2=2ax，解得v=I2kLxm，所以將電源提供的電流I加倍，滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離x后獲得的發(fā)射速度為2v，故選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若使滑塊的質(zhì)量加倍，由上式可知，滑塊沿導(dǎo)軌滑行距離x后獲得的發(fā)射速度為v2，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。10.如圖所示為一速度選擇器，內(nèi)有一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一束正離子以速度v從左側(cè)水平射入，為使粒子流經(jīng)磁場(chǎng)時(shí)不偏轉(zhuǎn)(不計(jì)重力)則磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi)必須同時(shí)存在一個(gè)勻強(qiáng)電場(chǎng)，下列說法正確的是A.該電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)大小為Bv，方向向上B.離子沿直線勻速穿過該裝置的時(shí)間與場(chǎng)強(qiáng)無(wú)關(guān)C.負(fù)離子從右向左水平射入時(shí)，不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)D.負(fù)離子從左向右水平射入時(shí)，也不會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn)【解析】選A、B、C。 為使粒子不發(fā)生偏轉(zhuǎn)，粒子所受到的電場(chǎng)力和洛倫茲力是平衡力，即qvB=qE，所以電場(chǎng)與磁場(chǎng)的關(guān)系為：E=vB，與粒子電性無(wú)關(guān)，C正確，D錯(cuò)誤；粒子帶正電，則受到向下的洛倫茲力，則電場(chǎng)力就應(yīng)向上，電場(chǎng)向上，所以選項(xiàng)A正確；沿直線勻速穿過該裝置的時(shí)間與粒子速度和板的長(zhǎng)度有關(guān)，與場(chǎng)強(qiáng)無(wú)關(guān)，故B正確?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示，一束粒子(不計(jì)重力，初速度可忽略)緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場(chǎng)區(qū)域，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域，其中磁場(chǎng)的方向如圖所示，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上。則()A.該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子B.該裝置可篩選出具有特定電量的粒子C.該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D.該裝置可篩選出具有特定動(dòng)能的粒子【解析】選C。粒子要想無(wú)偏轉(zhuǎn)的通過區(qū)域，進(jìn)入收集室的小孔O3，需要滿足qE=qvB，即粒子的速度為v=EB，C正確。11.一束粒子流由左端平行于極板P1射入質(zhì)譜儀，沿著直線通過電磁場(chǎng)復(fù)合區(qū)后，并從狹縫S0進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2，在磁場(chǎng)B2中分為如圖所示的三束，則下列相關(guān)說法中正確的是()A.速度選擇器的P1極板帶負(fù)電B.粒子1帶負(fù)電C.能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于EB1D.粒子2的比荷qm絕對(duì)值最大【解析】選B、C。 若粒子帶正電，在平行金屬板中受到電場(chǎng)力和洛倫茲力兩個(gè)力作用而做勻速直線運(yùn)動(dòng)，由左手定則可知，洛倫茲力方向豎直向上，則電場(chǎng)力方向向下，電場(chǎng)強(qiáng)度方向向下，所以速度選擇器的P1極板帶正電，故A錯(cuò)誤；由圖可知，粒子1進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B1時(shí)向上偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷得知該束粒子帶負(fù)電，故B正確；粒子能通過狹縫，電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡，則有：qvB1=qE，解得v=EB1，故C正確；根據(jù)qvB=mv2r 得，r=mvqB，知r越大，比荷越小，所以D錯(cuò)誤。12.如圖所示是醫(yī)用回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個(gè)D形金屬盒，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，并分別與高頻電源相連。現(xiàn)分別加速氘核(12H)和氦核(24He)。下列說法中正確的是()A.氘核(12H)的最大速度較大B.它們?cè)贒形盒內(nèi)運(yùn)動(dòng)的周期相等C.氦核(24He)的最大動(dòng)能較大D.僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動(dòng)能【解析】選B、C。粒子在回旋加速器中能達(dá)到的最大速度，取決于在最外圈做圓周運(yùn)動(dòng)的速度。根據(jù)qvB=mv2R，得v=qBRm，兩粒子的比荷qm相等，所以最大速度相等，A錯(cuò)誤；帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期T=2mqB，兩粒子的比荷qm相等，所以周期相等，B正確；最大動(dòng)能Ek=12mv2=q2B2R22m，兩粒子的比荷qm相等，但質(zhì)量不等，所以氦核最大動(dòng)能較大，C正確；回旋加速器加速粒子時(shí)，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期與交流電的周期相同，否則無(wú)法加速，D錯(cuò)誤?！狙a(bǔ)償訓(xùn)練】(多選)如圖所示，一個(gè)絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管的最低點(diǎn)有一個(gè)直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m、帶電荷量為q，重力加速度為g?？臻g存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小未知(不為零)，方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。某時(shí)刻，給小球一方向水平向右、大小為v0=5gR的初速度，則以下判斷正確的是()A.無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用B.無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用C.無(wú)論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)的速度大小都相同D.小球在從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，水平方向分速度的大小一直減小【解析】選B、C。小球在軌道最低點(diǎn)時(shí)受到的洛倫茲力方向豎直向上，若洛倫茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，則在最低點(diǎn)時(shí)小球不會(huì)受到管壁彈力的作用，A選項(xiàng)錯(cuò)誤，小球運(yùn)動(dòng)的過程中，洛倫茲力不做功，小球的機(jī)械能守恒，運(yùn)動(dòng)至最高點(diǎn)時(shí)小球的速度v=gR，由于是雙層軌道約束，小球運(yùn)動(dòng)過程中不會(huì)脫離軌道，所以小球一定能到達(dá)軌道最高點(diǎn)，C選項(xiàng)正確；在最高點(diǎn)時(shí)，小球做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力F=mv2R=mg，小球受到豎直向下洛倫茲力的同時(shí)必然受到與洛倫茲力等大反向的軌道對(duì)小球的彈力，B選項(xiàng)正確；小球在從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)的運(yùn)動(dòng)過程中，小球在下半圓內(nèi)上升的過程中，水平分速度向右一定遞減，到達(dá)圓心的等高點(diǎn)時(shí)，水平速度為零，而運(yùn)動(dòng)至上半圓后水平分速度向左且不為零，所以水平分速度一定有增大的過程，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。13.設(shè)空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示。已知一帶電粒子在電場(chǎng)力和洛倫茲力的作用下，從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng)，到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn)，忽略粒子的重力，以下說法中正確的是()A.此粒子必帶正電荷B.A點(diǎn)和B點(diǎn)位于同一高度C.粒子在C點(diǎn)時(shí)機(jī)械能最大D.粒子到達(dá)B點(diǎn)后，將沿原曲線返回A點(diǎn)【解析】選A、B、C。粒子從靜止開始運(yùn)動(dòng)的方向向下，電場(chǎng)強(qiáng)度方向也向下，所以粒子必帶正電荷，A正確；因?yàn)槁鍌惼澚Σ蛔龉?，只有靜電力做功，A、B兩點(diǎn)速度都為0，根據(jù)動(dòng)能定理可知，粒子從A點(diǎn)到B點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力不做功，故A、B點(diǎn)位于同一高度，B正確；C點(diǎn)是最低點(diǎn)，從A點(diǎn)到C點(diǎn)運(yùn)動(dòng)過程中電場(chǎng)力做正功，根據(jù)動(dòng)能定理可知粒子在C點(diǎn)時(shí)速度最大，動(dòng)能最大，C正確；到達(dá)B點(diǎn)時(shí)速度為零，將重復(fù)剛才ACB的運(yùn)動(dòng)，向右運(yùn)動(dòng)，不會(huì)返回，故D錯(cuò)誤。14.如圖所示，一個(gè)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從M點(diǎn)自由下落，M點(diǎn)距場(chǎng)區(qū)邊界PQ高為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、電場(chǎng)強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場(chǎng)，同時(shí)還有垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，小球從邊界上的a點(diǎn)進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)后，恰能做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，并從邊界上的b點(diǎn)穿出，重力加速度為g，不計(jì)空氣阻力，則以下說法正確的是()A.小球帶負(fù)電荷，勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里B.小球的電荷量與質(zhì)量的比值qm=gEC.小球從a運(yùn)動(dòng)到b的過程中，小球和地球系統(tǒng)機(jī)械能守恒D.小球在a、b兩點(diǎn)的速度相同【解析】選A、B。帶電小球在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qE=mg， B正確；電場(chǎng)方向豎直向下，則可知小球帶負(fù)電，由于小球從b點(diǎn)射出，根據(jù)左手定則可知磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里， A正確；小球運(yùn)動(dòng)過程中，電場(chǎng)力做功，故小球和地球系統(tǒng)的機(jī)械能不守恒，只是a、b兩點(diǎn)機(jī)械能相等， C錯(cuò)誤；小球在a、b兩點(diǎn)速度方向相反，D錯(cuò)誤。二、計(jì)算題(本題共4小題，共44分。要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計(jì)算的要注明單位)15.(10分)電子質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v0與x軸成角射入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，最后落在x軸上的P點(diǎn)，如圖所示，求：(1) OP的長(zhǎng)度。(2) 電子由O點(diǎn)射入到落在P點(diǎn)所需的時(shí)間t?！窘馕觥?1) 過O點(diǎn)和P點(diǎn)做速度方向的垂線，兩線交點(diǎn)C即為電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的圓心，如圖所示，則可知OP=2Rsin (2分)Bqv0=mv02R(2分)由式可解得：OP=2mv0Bqsin。(1分)(2) 由圖中可知：2=t(2分)又v0=R(2分)由式可得：t=2mBq。(1分)答案：(1)2mv0Bqsin(2) 2mBq16.(10分)豎直放置的半圓形光滑絕緣管道處在如圖所示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，B=1.1 T，管道半徑R=0.8 m，其直徑POQ在豎直線上，在管口P處以2 m/s的速度水平射入一個(gè)帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，其電量為10-4 C(g取10 m/s2)，試求：(1)小球滑到Q處的速度為多大？(2)若小球從Q處滑出瞬間，管道對(duì)它的彈力正好為零，小球的質(zhì)量為多少？【解析】(1)小球在管道中受重力、洛侖茲力和軌道的作用力，而只有重力對(duì)小球做功，由動(dòng)能定理得：mg2R=12mvQ2-12mvP2(3分)解得vQ=4gR+vP2=6 m/s(2分)(2)在Q處彈力為零，則洛侖茲力和重力的合力提供向心力，有qvQB-mg=mvQ2R(3分)解得m=1.210-5 kg(2分)答案：(1)6 m/s(2)1.210-5 kg【補(bǔ)償訓(xùn)練】如圖所示，光滑導(dǎo)軌與水平面成角，導(dǎo)軌寬L。勻強(qiáng)磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。金屬桿長(zhǎng)也為L(zhǎng) ，質(zhì)量為m，水平放在導(dǎo)軌上。當(dāng)回路總電流為I1時(shí)，金屬桿正好能靜止。求：(1)B至少多大？這時(shí)B的方向如何？(2)若保持B的大小不變而將B的方向改為豎直向上，應(yīng)把回路總電流I2調(diào)到多大才能使金屬桿保持靜止？【解析】畫出金屬桿的截面圖。(1)由三角形定則得，只有當(dāng)安培力方向沿導(dǎo)軌平面向上時(shí)安培力才最小，B也最小。根據(jù)左手定則，這時(shí)B應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面向上，大小滿足：BI1L=mgsin，B=mgsinI1L。(2)當(dāng)B的方向改為豎直向上時(shí)，這時(shí)安培力的方向變?yōu)樗较蛴?，沿?dǎo)軌方向合力為零，得BI2Lcos=mgsin，I2=I1cos。答案：(1)mgsinI1L方向垂直于導(dǎo)軌平面向上(2)I1cos17.(10分)如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距1 m，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上，棒的質(zhì)量為m=0.2 kg，棒的中點(diǎn)用細(xì)繩經(jīng)滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M=0.3 kg，棒與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)為=0.5，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B=2 T，方向豎直向下，為了使物體以加速度a=3 m/s2加速上升，應(yīng)在棒中通入多大的電流？方向如何？(g取10 m/s2)【解析】導(dǎo)體棒所受的最大靜摩擦力大小為fm=0.5mg=1 N(2分)M的重力為G=Mg=3 N(2分)要使物體加速上升，則安培力方向必須水平向左，則根據(jù)左手定則判斷得知棒中電流的方向?yàn)橛蒩到b。根據(jù)受力分析，由牛頓第二定律有F安-G-fm=(m+M)a(2分)F安=BIL(2分)聯(lián)立得I=2.75 A(2分)答案：2.75 A方向由ab18.(14分)在某空間存在著水平向右的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示，一段光滑且絕緣的圓弧軌道AC固定在紙面內(nèi)，其圓心為O點(diǎn)，半徑R=1.8 m，OA連線在豎直方向上，AC弧對(duì)應(yīng)的圓心角=37。今有一質(zhì)量m=3.610-4 kg、電荷量q=+9.010-4 C的帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))，以v0=4.0 m/s的初速度沿水平方向從A點(diǎn)射入圓弧軌道內(nèi)，一段時(shí)間后從C點(diǎn)離開，小球離開C點(diǎn)后做勻速直線運(yùn)動(dòng)，已知重力加速度g取10 m/s2，sin37=0.6，不計(jì)空氣阻力，求：(1) 勻強(qiáng)電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)E。(2) 小球射入圓弧軌道瞬間對(duì)軌道的壓力。【解析】(1)當(dāng)小球離開圓弧軌道后，對(duì)其受力分析如圖所示：由平衡條件得：F電=qE=mgtan，代入數(shù)據(jù)解得：E=3 N/C。(4分)(2)小球從進(jìn)入圓弧軌道到離開圓弧軌道的過程中，由動(dòng)能定理得：F電Rsin-mgR(1-cos)=mv22-mv022(2分)代入數(shù)據(jù)得：v=5 m/s(1分)由F洛=qvB=mgcos解得：B=1 T(2分)分析小球射入圓弧軌道瞬間的受力情況，由牛頓第二定律得：FN+Bqv0-mg=mv02R(2分)代入數(shù)據(jù)得：FN=3.210-3 N(1分)由牛頓第三定律得，小球?qū)壍赖膲毫镕N=FN=3.210-3 N。(2分)答案：(1)3 N/C(2)3.210-3 N