还剩6页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023年新教材高中物理第1章安培力与洛伦兹力达标检测卷新人教版选择性必修第二册
展开
这是一份2023年新教材高中物理第1章安培力与洛伦兹力达标检测卷新人教版选择性必修第二册，共9页。
第一章达标检测卷
(考试时间：60分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定．今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将( )
A．向左平动 B．向右平动
C．仍然静止 D．绕ab轴转动
【答案】D 【解析】根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力；同理b点也不受力．取线圈上下位置各一微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动．故D正确．
2．如图所示，在匀强磁场中，有一个正六边形线框，现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为( )
A．F B．F
C．F D．2F
【答案】A 【解析】根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°，每边受安培力设为F1，则2F1cos30°＝F，可得F1＝F，故A正确．
3．如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A． B．
C． D．
【答案】B 【解析】由于qvB＝m及v＝得T＝，可得周期相等．粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示．由题意可知∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，则ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝2m，解得粒子的最大速度为vm＝，故A、C、D错误，B正确．
4．粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下，ab恰好在水平位置，如图所示．已知ab的质量m＝2 g，ab的长度L＝20 cm，沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，电池的电动势为12 V，电路总电阻为12 Ω.当开关闭合时( )
A．导体棒ab所受的安培力方向竖直向上
B．能使两根弹簧恰好处于自然状态
C．导体棒ab所受的安培力大小为0.02 N
D．若系统重新平衡后，两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5 cm，则弹簧的劲度系数为 5 N/m
【答案】C 【解析】由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向竖直向下，弹簧处于拉伸状态， A、B错误；导体棒中的电流为I＝＝1 A ，则导体棒ab所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.1×1×0.2 N＝0.02 N, C正确；由平衡条件可知2kx＝F安，解得k＝＝ N/m＝2 N/m, D错误．
5．一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上．圆管底端有一个带正电的光滑小球．小球的直径略小于圆管的内径．空间存在一个垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示．现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中( )
A．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功
B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功
C．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向
D．小球的运动很复杂，以上说法都不对
【答案】A 【解析】洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，不做功；设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力方向和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确．
6．物理学家霍尔于1879年在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差．这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件，在现代技术中被广泛应用．如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压U与电流I和磁感应强度B的关系可用公式UH＝kH表示，其中kH叫该元件的霍尔系数．根据你所学过的物理知识，判断下列说法正确的是 ( )
A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势
B．公式中的d指元件上下表面间的距离
C．霍尔系数kH是一个没有单位的常数
D．霍尔系数kH的单位是m3·s－1·A－1
【答案】D 【解析】若霍尔元件为电子导体，用左手定则可知电子向上偏，上表面电势低，A错误；电荷匀速通过材料，有e＝evB，其中L为上下两表面间距，又I＝neSv＝ne(Ld)v，其中d为前后表面间距，联立可得UH＝＝×，其中n为材料单位体积内的电荷数，e为电荷的电荷量，B错误；由以上分析可知kH＝，可知kH单位为m3·s－1·A－1，C错误，D正确．
7．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与D形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘入狭缝中由初速度为零开始加速，最后从出口处飞出．D形盒的半径为R，下列说法正确的是( )
A．粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关
B．粒子在出口处的最大动能与D形盒的半径无关
C．粒子在D形盒中运动的总时间与交变电流的周期T有关
D．粒子在D形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关
【答案】D 【解析】根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为D形盒的半径R，由qBvm＝m，得vm＝，最大动能为Ekm＝，故A、B错误；粒子每加速一次动能增加ΔEk＝qU，粒子加速的次数为N＝＝，粒子在D形盒中运动的总时间t＝N·，T＝，联立得t＝N·＝，故C错误，D正确．
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场场强为E，方向竖直向下，一带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，则( )
A．此微粒带正电荷
B．此微粒带负电荷
C．此微粒沿顺时针方向转动
D．此微粒沿逆时针方向转动
【答案】BD 【解析】由题意，带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上合外力为零，所以带电粒子的重力和电场力二力平衡，因为电场方向向下，电场力方向向上，所以微粒带负电，B正确；微粒在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由左手定则可知微粒沿逆时针方向转动，D正确．
9．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使离子流经磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )
A．该电场场强大小为Bv，方向向上
B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关
C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转
D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转
【答案】ABD 【解析】为使离子不发生偏转，离子所受到的电场力和洛伦兹力是平衡力，即qvB＝qE，所以电场与磁场的关系为E＝vB，与离子电性无关，D正确，C错误；离子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，A正确；沿直线匀速穿过该装置的时间与离子速度和板的长度有关，与场强无关，B正确．
10．一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是( )
A．速度选择器的P1极板带负电
B．粒子束1带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．粒子束2的比荷绝对值最大
【答案】BC 【解析】若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子束1进入匀强磁场B2时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有qvB1＝qE，解得v＝，故C正确；根据qvB2＝m得，r＝，知r越大，比荷越小，故D错误．
三、非选择题(本大题共4小题，共54分)
11．(10分)如图所示，图中虚线框内存在一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；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)在图中画线连接成实验电路图．
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
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；然后用天平称量细沙质量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去适量细沙，使D________________________________；然后读出__________________________，并用天平称出____________________________________________．
④用米尺测量____________________________________．
(3)用测得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＝________.
(4)判定磁感应强度的方向的方法是：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．
【答案】(1)如图 (2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 ④D的底边长度l (3)g
(4)m2>m1
【解析】(1)用滑动变阻器的限流式接法即可．
(2)③金属框平衡时测量才有意义，重新处于平衡状态．读出电流表的示数I，此时细沙的质量m2.
④安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框下边受的安培力，需测D的底边长度l.
(3)根据平衡条件列式即可求解．根据平衡条件，有(m2－m1)g＝BIl，解得B＝g.
(4)根据左手定则判断即可．若m2>m1，安培力方向向下，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．
12．(14分)如图所示，一个质量为m、带电量为q的正离子，从D点以某一初速度垂直进入匀强磁场．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B.离子的初速度方向在纸面内，与直线AB的夹角为60°.结果离子正好穿过AB的垂线上离A点距离为L的小孔C，垂直AC的方向进入AC右边的匀强电场中．电场的方向与AC平行．离子最后打在AB直线上的B点，B到A的距离为2L.不计离子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，求：
(1)离子从D点入射的速度v0的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小．
解：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．
由几何关系可知，离子做匀速圆周运动的半径r满足L＝r＋rcos 60°，
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得入射速度v0＝.
(2)离子进入电场后做类平抛运动，轨迹如图所示．
水平方向2L＝v0t，
竖直方向L＝··t2，
解得匀强电场的电场强度E＝.
13．(14分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若换作α粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的多少倍？
解：电场中的直线加速过程根据动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝.
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，得R＝，
联立可得B＝.
质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则B∝.
可得＝＝.
14．(16分)如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11 kg，电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电微粒，从静止开始经U1＝100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100 V．金属板长L＝20 cm，两板间距d＝10 cm.经偏转后进入右侧匀强磁场．微粒的重力忽略不计，求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；
(3)若该匀强磁场的宽度D＝10 cm，为使微粒不会由磁场右边界射出，求该匀强磁场的磁感应强度应满足的条件.
解：(1)微粒在加速电场中，由动能定理有
qU1＝mv，解得v0＝1×104 m/s.
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，轨迹如图所示．
a＝，vy＝at，L＝v0t，
tan θ＝＝＝，
得偏转角θ＝30°.
(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动，
进入磁场的速度v＝，
qBv＝m，得R＝.
微粒恰好不从右边界射出时，D＝R＋Rsin θ，得B＝.
解得B＝ T.
为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度应满足B′≥ T.
第一章达标检测卷
(考试时间：60分钟 满分：100分)
一、单项选择题(本大题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)
1．如图所示，原来静止的圆形线圈通过逆时针方向的电流，在其直径ab上靠近b点有一长直导线垂直于圆形线圈平面被固定．今在长直导线中通以图示方向的电流时，在磁场力的作用下，圆形线圈将( )
A．向左平动 B．向右平动
C．仍然静止 D．绕ab轴转动
【答案】D 【解析】根据右手螺旋定则知，直线电流在a点的磁场方向竖直向上，与a点电流方向平行，所以a点不受安培力；同理b点也不受力．取线圈上下位置各一微元研究，上边微元电流方向水平向左，直线电流在此位置产生的磁场方向斜向右上方，下边微元电流方向水平向右，直线电流在此处位置产生的磁场方向为斜向左上方，根据左手定则，上边微元受到的安培力垂直纸面向里，下边微元所受安培力垂直纸面向外，所以圆形线圈将以直径ab为轴转动．故D正确．
2．如图所示，在匀强磁场中，有一个正六边形线框，现给线框通电，正六边形线框中依次相邻的四条边受到的安培力的合力大小是F，则正六边形线框的每条边受到的安培力的大小为( )
A．F B．F
C．F D．2F
【答案】A 【解析】根据左手定则，依次相邻的四条边中相对的两条边受的安培力等大反向合力为零，中间相邻的两条边受安培力方向夹角为60°，每边受安培力设为F1，则2F1cos30°＝F，可得F1＝F，故A正确．
3．如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是( )
A． B．
C． D．
【答案】B 【解析】由于qvB＝m及v＝得T＝，可得周期相等．粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示．由题意可知∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，则ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径r＝L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmB＝2m，解得粒子的最大速度为vm＝，故A、C、D错误，B正确．
4．粗细均匀的导体棒ab悬挂在两根相同的轻质弹簧下，ab恰好在水平位置，如图所示．已知ab的质量m＝2 g，ab的长度L＝20 cm，沿水平方向与ab垂直的匀强磁场的磁感应强度B＝0.1 T，电池的电动势为12 V，电路总电阻为12 Ω.当开关闭合时( )
A．导体棒ab所受的安培力方向竖直向上
B．能使两根弹簧恰好处于自然状态
C．导体棒ab所受的安培力大小为0.02 N
D．若系统重新平衡后，两弹簧的伸长量均与闭合开关前相比改变了0.5 cm，则弹簧的劲度系数为 5 N/m
【答案】C 【解析】由左手定则可知，导体棒ab所受的安培力方向竖直向下，弹簧处于拉伸状态， A、B错误；导体棒中的电流为I＝＝1 A ，则导体棒ab所受的安培力大小为F安＝BIL＝0.1×1×0.2 N＝0.02 N, C正确；由平衡条件可知2kx＝F安，解得k＝＝ N/m＝2 N/m, D错误．
5．一根中空的绝缘圆管放在光滑的水平桌面上．圆管底端有一个带正电的光滑小球．小球的直径略小于圆管的内径．空间存在一个垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示．现用一拉力F拉圆管并维持圆管以某速度水平向右匀速运动，则在圆管水平向右运动的过程中( )
A．小球做类平抛运动，且洛伦兹力不做功
B．小球做类平抛运动，且洛伦兹力做正功
C．小球所受洛伦兹力一直沿圆管向管口方向
D．小球的运动很复杂，以上说法都不对
【答案】A 【解析】洛伦兹力方向总是与速度方向垂直，不做功；设管子运动速度为v1，小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动．小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不变，F1不变，则小球沿管子做匀加速直线运动．与平抛运动类似，小球运动的轨迹是一条抛物线，洛伦兹力方向不断变化，由于洛伦兹力方向和速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，故B、C、D错误，A正确．
6．物理学家霍尔于1879年在实验中发现，当电流垂直于磁场通过导体或半导体材料左右两个端面时，在材料的上下两个端面之间产生电势差．这一现象被称为霍尔效应，产生这种效应的元件叫霍尔元件，在现代技术中被广泛应用．如图为霍尔元件的原理示意图，其霍尔电压U与电流I和磁感应强度B的关系可用公式UH＝kH表示，其中kH叫该元件的霍尔系数．根据你所学过的物理知识，判断下列说法正确的是 ( )
A．霍尔元件上表面电势一定高于下表面电势
B．公式中的d指元件上下表面间的距离
C．霍尔系数kH是一个没有单位的常数
D．霍尔系数kH的单位是m3·s－1·A－1
【答案】D 【解析】若霍尔元件为电子导体，用左手定则可知电子向上偏，上表面电势低，A错误；电荷匀速通过材料，有e＝evB，其中L为上下两表面间距，又I＝neSv＝ne(Ld)v，其中d为前后表面间距，联立可得UH＝＝×，其中n为材料单位体积内的电荷数，e为电荷的电荷量，B错误；由以上分析可知kH＝，可知kH单位为m3·s－1·A－1，C错误，D正确．
7．1932年美国物理学家劳伦斯发明了回旋加速器，如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场与D形盒面垂直，两盒间的狭缝很小，粒子穿过的时间可忽略，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上，中心A处粒子源产生的粒子飘入狭缝中由初速度为零开始加速，最后从出口处飞出．D形盒的半径为R，下列说法正确的是( )
A．粒子在出口处的最大动能与加速电压U有关
B．粒子在出口处的最大动能与D形盒的半径无关
C．粒子在D形盒中运动的总时间与交变电流的周期T有关
D．粒子在D形盒中运动的总时间与粒子的比荷无关
【答案】D 【解析】根据回旋加速器的加速原理，粒子不断加速，做圆周运动的半径不断变大，最大半径即为D形盒的半径R，由qBvm＝m，得vm＝，最大动能为Ekm＝，故A、B错误；粒子每加速一次动能增加ΔEk＝qU，粒子加速的次数为N＝＝，粒子在D形盒中运动的总时间t＝N·，T＝，联立得t＝N·＝，故C错误，D正确．
二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)
8．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向垂直于纸面向外，匀强电场场强为E，方向竖直向下，一带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，不计空气阻力，则( )
A．此微粒带正电荷
B．此微粒带负电荷
C．此微粒沿顺时针方向转动
D．此微粒沿逆时针方向转动
【答案】BD 【解析】由题意，带电微粒在竖直平面内做匀速圆周运动，可知在竖直方向上合外力为零，所以带电粒子的重力和电场力二力平衡，因为电场方向向下，电场力方向向上，所以微粒带负电，B正确；微粒在洛伦兹力的作用下做圆周运动，由左手定则可知微粒沿逆时针方向转动，D正确．
9．如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使离子流经磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是( )
A．该电场场强大小为Bv，方向向上
B．离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关
C．负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转
D．负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转
【答案】ABD 【解析】为使离子不发生偏转，离子所受到的电场力和洛伦兹力是平衡力，即qvB＝qE，所以电场与磁场的关系为E＝vB，与离子电性无关，D正确，C错误；离子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，A正确；沿直线匀速穿过该装置的时间与离子速度和板的长度有关，与场强无关，B正确．
10．一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是( )
A．速度选择器的P1极板带负电
B．粒子束1带负电
C．能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D．粒子束2的比荷绝对值最大
【答案】BC 【解析】若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子束1进入匀强磁场B2时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有qvB1＝qE，解得v＝，故C正确；根据qvB2＝m得，r＝，知r越大，比荷越小，故D错误．
三、非选择题(本大题共4小题，共54分)
11．(10分)如图所示，图中虚线框内存在一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；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)在图中画线连接成实验电路图．
(2)完成下列主要实验步骤中的填空：
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；然后用天平称量细沙质量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去适量细沙，使D________________________________；然后读出__________________________，并用天平称出____________________________________________．
④用米尺测量____________________________________．
(3)用测得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＝________.
(4)判定磁感应强度的方向的方法是：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．
【答案】(1)如图 (2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m2 ④D的底边长度l (3)g
(4)m2>m1
【解析】(1)用滑动变阻器的限流式接法即可．
(2)③金属框平衡时测量才有意义，重新处于平衡状态．读出电流表的示数I，此时细沙的质量m2.
④安培力与电流长度有关，安培力合力等于金属框下边受的安培力，需测D的底边长度l.
(3)根据平衡条件列式即可求解．根据平衡条件，有(m2－m1)g＝BIl，解得B＝g.
(4)根据左手定则判断即可．若m2>m1，安培力方向向下，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．
12．(14分)如图所示，一个质量为m、带电量为q的正离子，从D点以某一初速度垂直进入匀强磁场．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度为B.离子的初速度方向在纸面内，与直线AB的夹角为60°.结果离子正好穿过AB的垂线上离A点距离为L的小孔C，垂直AC的方向进入AC右边的匀强电场中．电场的方向与AC平行．离子最后打在AB直线上的B点，B到A的距离为2L.不计离子重力，离子运动轨迹始终在纸面内，求：
(1)离子从D点入射的速度v0的大小；
(2)匀强电场的电场强度E的大小．
解：(1)离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示．
由几何关系可知，离子做匀速圆周运动的半径r满足L＝r＋rcos 60°，
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv0B＝m，解得入射速度v0＝.
(2)离子进入电场后做类平抛运动，轨迹如图所示．
水平方向2L＝v0t，
竖直方向L＝··t2，
解得匀强电场的电场强度E＝.
13．(14分)现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子，其示意图如图所示，其中加速电压恒定．质子(H)在入口处从静止开始被电场加速，经匀强磁场偏转后从出口离开磁场．若换作α粒子(He)在入口处从静止开始被同一电场加速，为使它经匀强磁场偏转后仍从同一出口离开磁场，需将磁感应强度增加到原来的多少倍？
解：电场中的直线加速过程根据动能定理得
qU＝mv2－0，得v＝.
离子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有qvB＝m，得R＝，
联立可得B＝.
质子与α粒子经同一加速电场则U相同，同一出口离开磁场则R相同，则B∝.
可得＝＝.
14．(16分)如图所示，一个质量为m＝2.0×10－11 kg，电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电微粒，从静止开始经U1＝100 V电压加速后，水平进入两平行金属板间的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100 V．金属板长L＝20 cm，两板间距d＝10 cm.经偏转后进入右侧匀强磁场．微粒的重力忽略不计，求：
(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；
(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；
(3)若该匀强磁场的宽度D＝10 cm，为使微粒不会由磁场右边界射出，求该匀强磁场的磁感应强度应满足的条件.
解：(1)微粒在加速电场中，由动能定理有
qU1＝mv，解得v0＝1×104 m/s.
(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，轨迹如图所示．
a＝，vy＝at，L＝v0t，
tan θ＝＝＝，
得偏转角θ＝30°.
(3)微粒进入磁场做匀速圆周运动，
进入磁场的速度v＝，
qBv＝m，得R＝.
微粒恰好不从右边界射出时，D＝R＋Rsin θ，得B＝.
解得B＝ T.
为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度应满足B′≥ T.
相关资料
更多
