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密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
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姓名 班级 考号
密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线 密 ○ 封 ○ 装 ○ 订 ○ 线
密 封 线 内 不 要 答 题
)
第1章　安培力与洛伦兹力
注意事项
1.本试卷满分100分,考试用时75分钟。
2.无特殊说明,本试卷中重力加速度g取10 m/s2。
一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共24分。每小题只有一个选项符合题目要求)
1.如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极,沿边缘内壁放一个圆环形电极,将两电极接在稳压电源(输出恒定电压)的两极上,然后在玻璃皿中放入导电液体,把玻璃皿放入蹄形磁铁的磁场中,N极在下,S极在上,则 (　　)
A.判断通电液体在磁场中受力方向应使用右手定则
B.导电液体的电阻率越大,旋转效果越明显
C.液体将逆时针旋转(从上向下看)
D.只改变磁场方向,液体旋转方向不变
2.如图所示,弯折导线ABC中通有图示方向的电流,∠C=30°,∠B=90°,导线ABC置于与所在平面平行的匀强磁场中,此时导线ABC所受安培力最大,大小为2 N,现将整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角,此时导线受到的安培力大小为 (　　)
A. N　　　　B. N　　　　C.1 N　　　　D. N
3.如图所示,两绝缘细绳将长直通电导线水平悬挂在天花板上,空间存在磁感应强度为B、方向竖直向上的匀强磁场。某时刻导线中通入从左到右的电流,静止时细绳与竖直方向的夹角为30°。现欲使导线重新静止时细绳与竖直方向的夹角增为60°,可将磁感应强度变为 (　　)
A.2B　　　　B.B　　　　C.3B　　　　D.B
4.如图所示,在xOy平面内,匀强电场的方向沿y轴正方向,匀强磁场的方向垂直于xOy平面向里。一电子(不计重力)在xOy平面内运动时,速度方向保持不变。则电子的运动方向沿　 (　　)
A.x轴正方向　　　　　　　　B.x轴负方向
C.y轴正方向　　　　　　　　D.y轴负方向
5.如图所示,重力不计的带电粒子在xOy平面内以初速度v0从a点沿垂直于y轴方向进入匀强磁场,运动过程中经过b点,Oa=Ob,若撤去磁场,加一个与y轴平行的匀强电场,带电粒子仍以速度v0从a点进入电场,仍能通过b点,则电场强度E和磁感应强度B的比值为　 (　　)
A.v0　　　　B.　　　　C.2v0　　　　D.
6.如图所示,一质量为100 g的导体棒MN垂直放在倾斜的两平行金属导轨上,导轨宽度为20 cm,导体棒与导轨间的动摩擦因数为,整个装置置于匀强磁场中,磁感应强度大小为 T,方向与导体棒垂直、与倾斜导轨所在平面的夹角θ可调。现通过两导轨给导体棒通以由M向N方向的电流,电流大小始终为10 A,适当调节磁场方向与导轨平面夹角θ,可使导体棒沿导轨向上以最大加速度做匀加速直线运动。已知金属导轨与水平面的夹角为30°,设导体棒MN沿导轨向上运动的最大加速度大小为a0,此时所对应的磁场方向与倾斜导轨间夹角为θ0,则 (　　)
A.a0=10 m/s2,磁场方向斜向下,θ0=60°
B.a0=10 m/s2,磁场方向斜向上,θ0=60°
C.a0=10(-1) m/s2,磁场方向斜向下,θ0=90°
D.a0=10 m/s2,磁场方向斜向上,θ0=150°
7.如图所示,空间存在水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m的带电小球以初速度v0沿与电场方向成45°角射入场区,当其沿直线运动到某一位置时,电场方向突然变为竖直向上。已知带电小球的比荷为k,重力加速度为g,则下列说法正确的是 (　　)
A.小球一定带负电
B.电场方向改变后小球做匀速圆周运动
C.电场强度大小为gk
D.电场强度与磁感应强度之比为v0∶1
8.如图所示,直角三角形OPQ区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度大小为B,∠O=60°,OQ=2a。质量为m、电荷量为q、重力不计的带负电粒子从O点沿OP方向射入磁场,从OQ边射出且半径最大,下列说法正确的是 (　　)
A.粒子的速度大小为
B.粒子在磁场中的运动时间为
C.粒子在磁场中运动的圆弧轨迹对应的弦长为
D.粒子离开磁场的位置到Q点的距离为(2-)a
二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共16分。每小题有多个选项符合题目要求。全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)
9.下列关于四种仪器的说法正确的是 (　　)
　
　
A.甲中回旋加速器加速带电粒子的最大动能与加速电压有关
B.乙中不改变质谱仪各区域的电场、磁场时,击中光屏同一位置的粒子比荷不相同
C.丙中载流子为负电荷的霍尔元件有如图所示的电流和磁场时,N侧电势低
D.丁中长、宽、高分别为a、b、c的电磁流量计在如图所示的匀强磁场中,若流量Q恒定,前、后两个金属侧面间的电压与a、b无关
10.如图所示,O点为半圆形区域的圆心,该区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,ON为圆的半径,长度为R,从圆上的A点沿AO方向以速度v射入一个不计重力的粒子,粒子从N点离开磁场。已知∠AON=60°,则 (　　)
A.粒子带负电荷
B.粒子做圆周运动的半径为
C.粒子的电荷量大小与质量的比值为
D.粒子在磁场中运动的时间为
11.一倾角为α的绝缘光滑斜面处在与斜面平行的匀强磁场中,匀强磁场与水平面夹角为α,磁感应强度大小为B。质量为m、电荷量为-q(q>0)的小球,以初速度v0从N点沿NM边水平射入磁场。已知斜面的高度为h且足够宽,小球始终未脱离斜面,重力加速度大小为g。则下列说法正确的是 (　　)
A.小球在斜面上做变加速曲线运动
B.小球到达底边的时间为
C.小球到达底边的动能为mgh
D.匀强磁场磁感应强度的取值范围为B≤
12.光滑绝缘水平桌面上有一个可视为质点的带正电小球,桌面右侧存在由匀强电场和匀强磁场组成的复合场,复合场的下边界是水平面,到桌面的距离为h,电场强度为E、方向竖直向上,磁感应强度为B、方向垂直于纸面向外,重力加速度为g,带电小球的比荷为。如图所示,现给小球一个向右的初速度,使之离开桌边缘立刻进入复合场运动,已知小球从下边界射出,射出时的速度方向与下边界的夹角为60°,下列说法正确的是 (　　)
A.小球在复合场中的运动时间可能是
B.小球在复合场中运动的加速度大小可能是
C.小球在复合场中运动的路程可能是
D.小球的初速度大小可能是
三、非选择题(本题共6小题,共60分)
13.(6分)某兴趣小组的同学为了测量如图甲所示的方形磁铁(磁极已知)表面附近磁场的磁感应强度的大小,设计了如图乙所示的装置,图乙中两根完全相同的轻弹簧上端固定,下端与金属棒绝缘连接。已知方形磁铁的长度远大于金属棒的长度,现进行如下操作:
a.断开开关S,用刻度尺测量两根轻弹簧的长度,记为l1;
b.用刻度尺测量金属棒ab的长度,记为L;
c.将方形磁铁置于金属棒ab附近,使方形磁铁在金属棒ab处的磁场垂直于纸面向里(可视为匀强磁场);
d.闭合开关S,待系统稳定后,电流表的示数记为I,用刻度尺测量两根轻弹簧的长度,记为l2;
e.保持方形磁铁与金属棒ab之间的距离不变,在小范围内改变方形磁铁相对于金属棒ab的位置,重复实验。
回答下列问题:
(1)l2　　　l1(选填“>”“=”或“<”);
(2)实验中　　　(选填“需要”或“不需要”)测量金属棒ab的质量;
(3)已知轻弹簧的劲度系数为k,则方形磁铁表面附近磁场的磁感应强度B=　　　　　。(用已知量和测量的物理量表示)
14.(8分)图中虚线框内存在一沿水平方向且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力,来测量磁场的磁感应强度大小,并判定其方向。所用部分器材已在图中给出,其中D为位于纸面内的U形金属框,其底边水平,两侧边竖直且等长,E为直流电源,R为电阻箱,A为电流表,S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。
(1)完成下列主要实验步骤:
①按图接线。
②保持开关S断开,在托盘内加入适量细沙,使D处于平衡状态,然后用天平称出细沙质量m1。
③闭合开关S,调节R的值使电流大小适当,在托盘内重新加入或减少适量细沙,使D　　　　,然后读出　　　　,并用天平称出此时细沙的质量m2。
④用米尺测量D的底边长度L。
(2)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小,可以得出B=　　　　。
(3)判定磁感应强度方向的方法是:若　　　　,磁感应强度方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里。
15.(7分)半导体有着广泛的应用,人们通过离子注入的方式优化半导体以满足不同的需求。其原理简化如图所示,Ⅰ区域为速度选择器,存在着互相垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度大小为E,磁感应强度大小为B1;Ⅱ区域为磁感应强度大小可调的匀强磁场,其边界ABCD是边长为2L的正方形。一长度为L的半导体材料放在BC边上,下端与C点重合,上端为F点。一束正离子流从狭缝S1射入速度选择器,沿着直线通过速度选择器,并从AB边的中点S2垂直于AB边射入Ⅱ区域。已知每个离子的电荷量均为q,质量均为m,不考虑离子重力以及离子间的相互作用。
(1)求离子从S2射入的速度大小v;
(2)若离子打在F点,求Ⅱ区域的磁感应强度大小B2。
16.(10分)如图所示为圆形区域的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里,边界跟y轴相切于坐标原点O。O点处有一放射源,沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子,带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的2倍。已知该带电粒子的质量为m,电荷量为q,不考虑带电粒子的重力。
(1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨迹半径;
(2)求带电粒子通过磁场空间的速度偏转角最大值。
17.(13分)回旋加速器是利用磁场和电场对带电粒子进行加速的仪器。如图甲所示,真空中的D形盒半径为R,磁感应强度方向垂直于盒面向里、大小为B1,加速器所接电源电压大小为U。一粒子源在下侧D形盒圆心O处发出质量为m、电荷量为-q的粒子,粒子初速度可视为零,不计粒子重力及相对论效应。
(1)求粒子能获得的最大动能Ek;
(2)求粒子第2次加速后做匀速圆周运动时运动轨迹的圆心与O的距离Δx;
(3)根据磁场中电荷偏转的规律设计了如图乙所示的引出装置,即在原有回旋加速器外面加装一个圆环,圆环与D形盒外表面形成环形区域,环宽为d,在环形区域内加垂直于盒面向里的匀强磁场,让从加速器边缘M点射出的粒子恰好能直接偏转至环形区域外边缘N点,求环形区域所加磁场的磁感应强度大小B2。
　
18.(16分)现代科学仪器常利用电场、磁场控制带电粒子的运动。平面直角坐标系xOy的第一象限内存在如图所示范围足够大的有界匀强磁场和有界匀强电场,直线GN为磁场和电场的分界线。其中匀强电场EI和EⅡ的电场强度大小相等、方向相反。在y轴左侧存在辐向均匀分布的电场。现有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,以速度v0从y轴上M点沿x轴正方向射入匀强电场EI,离开匀强电场EI时的速度方向与直线PQ的夹角为60°,经过一段时间从x轴上G点沿x轴正方向离开匀强电场EⅡ并进入匀强磁场,再由N点进入匀强电场EI,最终从O点沿x轴负方向进入y轴左侧的辐向电场,经过半个圆周运动到达出发点M。已知D、P、M点位于y轴上,G点位于x轴上,F、Q、N点位于直线GN上,直线MN、PQ、DF均平行于x轴,直线GN平行于y轴,PD=,MP=DO=d。忽略带电粒子的重力。求:
(1)匀强电场EI和EⅡ的场强大小E;
(2)OG的长度LOG;
(3)粒子从M点出发到第一次返回M点经历的时间t。
答案全解全析
1.C　判断通电液体在磁场中受力方向应使用左手定则,A错误;导电液体的电阻率越大,其电阻越大,导电电流越小,而安培力F=BIL,可知导电电流越小导电液体在其旋转方向上所受安培力就越小,旋转效果越不明显,B错误;电流从边缘流向中心,而器皿所在处的磁场方向竖直向上,根据左手定则可知,导电液体将逆时针旋转(从上向下看),C正确;只改变磁场方向,根据左手定则可知,导电液体所受安培力方向相反,则液体旋转方向相反,D错误。
2.A　最初导线ABC所受的安培力,可等效成“导线AC”所受的安培力,导线ABC所受安培力最大,可知磁场方向与AC垂直,设AC长度为L,则此时的安培力大小为F安=BIL,由几何关系可知,BC长度为L,当整段导线以过B点且垂直于ABC所在平面的直线为轴顺时针转动30°角后,BC边恰好与磁场方向垂直,此时F安'=BI·L,由以上分析可得此时导线受到的安培力大小为 N,A正确。
3.C　设导线中通入从左到右大小为I的电流,当导线静止时,细绳与竖直方向的夹角为30°,有BIL=mg tan 30°,改变磁感应强度的大小,当导线重新静止时,细绳与竖直方向的夹角增为60°,有B'IL=mg tan 60°,可得B'=3B,故选C。
4.B　电子受到的电场力一定沿y轴负方向,电子速度方向保持不变,则电子所受洛伦兹力方向沿y轴正方向,大小与电场力相等,根据左手定则进行判断可得电子应沿x轴负方向运动,故B正确,A、C、D错误。
5.C　设Oa=Ob=d,因为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,所以圆周运动的半径长度正好等于d,由牛顿第二定律得qv0B=m,解得B=,如果换成匀强电场,沿x轴方向粒子以v0做匀速直线运动,沿x轴方向有d=v0t2,沿y轴负方向粒子做匀加速运动,有d=at2=×,解得E=,则=2v0,故选C。
6.A　导体棒所受的安培力大小F=BIL=×10×0.2 N= N,设导体棒有沿导轨向上的最大加速度时,其所受安培力与导轨间夹角为α,则由牛顿第二定律有a==-(μg cos 30°+g sin 30°),其中cos α+μ sin α=cos α+ sin α= sin (60°+α),则当α=30°时表达式值最大,此时加速度a最大,可得最大加速度a0=10 m/s2,由左手定则可知,磁场方向斜向下,与导轨夹角为θ0=60°,选A。
7.B　小球做直线运动时受力平衡,对小球进行受力分析,如图所示,小球一定带正电,由几何关系可知qE=mg=qv0B,可得E==,=v0,故当电场方向变为竖直向上时,重力与电场力平衡,小球受到的合力为洛伦兹力,做匀速圆周运动。综上可知,A、C、D错误,B正确。
8.D　依题意知,粒子的运动轨迹如图,与PQ边相切,由几何关系可得r=a,又qvB=m,联立解得v=,故A错误;由几何关系可知粒子在磁场中运动的轨迹圆弧所对应的圆心角为120°,有t=T,又T=,联立解得t=,故B错误;设粒子在磁场中运动的圆弧轨迹对应的弦长为L,由几何关系可得=r cos 30°,联立解得L=a,故C错误;粒子离开磁场的位置到Q点的距离为QQ'=OQ-L=(2-)a,故D正确。故选D。
9.CD　根据qvB=m,Ek=mv2,得Ek=,知粒子的最大动能与加速电压无关,A错误。在速度选择器中qE=qvB,得v=,通过速度选择器的粒子速度相同;根据qvB=m,得r=,击中光屏同一位置的粒子比荷相同,B错误。负电荷定向运动方向与电流方向相反,根据左手定则可知负电荷向N侧偏转,则N侧电势低,C正确。带电粒子在磁场作用下向M、N两侧偏转,当电场力与洛伦兹力相等时,即有q=qvB,粒子做匀速直线运动;又Q=bcv,得U=,则前、后两个金属侧面间的电压与a、b无关,D正确。
10.AC　粒子向上偏转,在A点受的洛伦兹力向上,根据左手定则可知,四指指向与速度方向相反,故粒子带负电,A正确;粒子的轨迹如图所示,粒子射出磁场时速度偏转角为,设粒子做圆周运动的轨迹半径为r,由几何关系可知r==R,B错误;由洛伦兹力提供向心力,有Bqv=,可得粒子的比荷为=,故C正确;粒子在磁场中运动的时间t==,D错误。
11.BD　小球运动过程中,受到的洛伦兹力、重力、支持力恒定不变,则小球受到的合力不变,且合力方向与初速度方向不在同一直线上,故小球在斜面上做匀变速曲线运动,A错误;小球做类平抛运动,在NM方向上,小球做匀速直线运动,在垂直NM沿斜面方向上,小球做匀加速直线运动,则=at2,小球的加速度大小为a=g sin α,解得小球到达底边的时间为t=,B正确;根据动能定理,小球到达底边的动能为Ek=m+mgh,C错误;根据左手定则,小球受到的洛伦兹力垂直于斜面向上,为使小球不脱离斜面,则qv0B≤mg cos α,解得匀强磁场的磁感应强度的取值范围为B≤,D正确。
12.AC　带电小球的比荷为,则有Eq=mg,小球在复合场中所受的合力为洛伦兹力,所以小球做匀速圆周运动,小球从复合场下边界射出时的速度方向与下边界的夹角为60°,则小球运动情况有两种,轨迹如图所示:
若小球速度大小为v1,则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为120°,小球在复合场中的运动时间为t1=T=×=,其轨迹半径为R1=h,根据洛伦兹力提供向心力,有Bqv1=m,可得小球的速度大小为v1=,小球在复合场中运动的路程为s1=×2πR1=πh,小球的加速度大小为a1==;若小球速度大小为v2,则根据几何知识可得轨迹所对应的圆心角为60°,小球在复合场中的运动时间为t2=T=×=,其轨迹半径为R2=2h,根据洛伦兹力提供向心力有Bqv2=m,可得小球的速度大小为v2=,则小球在复合场中运动的路程为s2=×2πR2=πh,小球的加速度大小为a2==。故选A、C。
13.答案　(1)>(2分)
(2)不需要(2分)
(3)(2分)
解析　(1)由左手定则可知,金属棒ab受到竖直向下的安培力,故弹簧弹力增大,轻弹簧的长度增大,所以l2>l1。
(2)(3)设金属棒ab的质量为m,轻弹簧的原长为l0,开关S未闭合时,由平衡条件可得mg=2k(l1-l0);开关S闭合后,金属棒ab受到竖直向下的安培力,由平衡条件得mg+BIL=2k(l2-l0);联立解得B=。
由上述分析可知实验中不需要测量金属棒ab的质量。
14.答案　(1)重新处于平衡状态(2分)　电流表的示数I(2分)　
(2)(2分)
(3)m2>m1(2分)
解析　(1)③金属框平衡时测量才有意义,读出此时电流表的示数I;
(2)根据平衡条件,有|m2-m1|g=BIL,解得B=;
(3)若m2>m1,则安培力的方向向下,根据左手定则可得,磁感应强度的方向垂直纸面向外;反之,磁感应强度方向垂直纸面向里。
15.答案　(1)　(2)
解析　(1)要使离子沿直线通过速度选择器,需满足
qvB1=qE (2分)
得v= (1分)
(2)离子在Ⅱ区域做匀速圆周运动,由几何关系可得轨迹半径为r=L (1分)
由牛顿第二定律有qvB2=m (2分)
得B2= (1分)
16.答案　(1)见解析　(2)60°
解析　(1)带电粒子进入磁场后,受洛伦兹力作用,由牛顿第二定律得Bqv=m,则r=。 (2分)
(2)粒子的速率均相同,因此粒子轨迹圆的半径均相同,但粒子射入磁场的速度方向不确定,故可以保持圆的大小不变,只改变圆的位置,画出“动态圆”如图1,通过“动态圆”可以观察到速度方向不同的粒子在磁场中的运动轨迹均为一段半径相等的圆弧,对于半径相等的圆弧而言,弦长越长,圆弧所对应的圆心角越大,速度偏转角越大,当粒子的轨迹圆的一条弦长等于磁场直径时如图2,速度偏转角最大,sin ==,即φmax=60°。 (8分)
17.答案　(1)　(2)(2-)　(3)
解析　(1)当粒子的轨迹半径达到D形盒的半径R时,速度达到最大
由qvmB1=m (1分)
解得vm= (1分)
粒子的最大动能Ek=m (1分)
解得Ek= (1分)
(2)设粒子第1、2次加速后做圆周运动的半径分别为r1和r2
由动能定理有qU=m (1分)
r=
联立解得r1== (1分)
同理,2qU=m (1分)
r2===r1 (1分)
则Δx=2r1-r2 (1分)
解得Δx=(2-) (1分)
(3)粒子在圆环区域中做匀速圆周运动的轨迹半径为r3=R+ (1分)
由qvmB2=m (1分)
解得B2= (1分)
18.答案　(1)
(2)(2n+1)(n=0,1,2,…)
(3)+(n=0,1,2,…)
解析　(1)由题意可得,粒子最简运动轨迹如图所示,在匀强电场EⅠ中做类平抛运动,则
=tan 60° (1分)
=2ad (1分)
a= (1分)
联立可得E= (1分)
(2)设带电粒子在电场EⅠ中做类平抛运动的水平位移为xPA
xPA=v0t0 (1分)
d= (1分)
设带电粒子在PQ、DF区间做匀速直线运动的水平位移为xAC,由几何关系得=tan 60° (1分)
带电粒子从M到G的运动具有周期性,OG的长度为最简轨迹水平位移的(2n+1)倍,即
LOG=(2n+1)(2xPA+xAC)=(2n+1)(n=0,1,2,…) (2分)
(3)带电粒子在匀强电场中及PQ、DF间运动时,在水平方向一直做匀速运动,运动的时间为t1==(n=0,1,2,……) (2分)
带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,由几何关系得
2r=2d+ (1分)
粒子在磁场中运动的时间t2== (1分)
带电粒子在辐向电场中运动的时间t3=t2 (1分)
粒子运动的总时间
t=t1+t2+t3=+(n=0,1,2,…) (2分)

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