第一章综合评估

一、选择题(本题共10小题，共46分。在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，每小题4分，第8～10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)

1．(2023·重庆九龙坡区高二期末)下列关于磁场的知识，正确的是(　B　)

A．置于磁场中的电荷一定会受到洛伦兹力

B．安培认为，在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极

C．磁场对导体棒的力可以做功，磁场对运动电荷的力也可以做功

D．线圈置于磁感应强度越大的地方，磁通量越大

解析：运动电荷在磁场中，与磁场方向平行，不会受到洛伦兹力的作用，故A错误；安培认为，在物质内部，存在着一种环形电流——分子电流，分子电流使每个物质微粒都成为微小的磁体，它的两侧相当于两个磁极，这是分子电流假说，故B正确；洛伦兹力的方向始终与带电粒子运动的方向垂直，所以洛伦兹力不做功，故C错误；匀强磁场中穿过某一平面的磁通量为Φ＝BS sin α，α是平面与磁场方向的夹角。所以磁感应强度越大的地方，磁通量不一定越大，还要看夹角，故D错误。故选B。

2．下列四幅图关于各物理量方向的关系中，正确的是(　B　)

解析：由左手定则可知，安培力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故A错误；磁场的方向向下，电流的方向向里，由左手定则可知安培力的方向向左，故B正确；由左手定则可知，洛伦兹力的方向总是与磁感应强度的方向垂直，故C错误；通电螺线管产生的磁场的方向沿螺线管的轴线方向，由图可知电荷运动的方向与磁感线的方向平行，不受洛伦兹力，故D错误。故选B。

3.如图，“L”形导线abc固定并垂直放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，ab⊥bc，ab长为l，bc长为l，导线通入恒定电流I，设导线受到的安培力大小为F，方向与bc夹角为θ，则(　D　)

A．F＝BIl，tan θ＝

B．F＝BIl，tan θ＝

C．F＝BIl，tan θ＝

D．F＝BIl，tan θ＝

解析：连接ac，根据几何关系得ac＝l，根据F＝BIL＝BIl，F与bc的夹角为θ，tan θ＝＝，故D正确，A、B、C错误。故选D。

4.如图所示，在示波器下方有一根与示波器轴线平行放置的通电直导线，直导线中的电流方向向右，在该电流的影响下，关于示波器中的电子束的下列说法正确的是(示波器内两个偏转电场的偏转电压都为零，不考虑地磁场的影响)(　C　)

A．电子束将向下偏转，电子的速率保持不变

B.电子束将向外偏转，电子的速率逐渐增大

C.电子束将向上偏转，电子的速率保持不变

D.电子束将向里偏转，电子的速率逐渐减小

解析：由安培定则可知，通电直导线在电子运动的位置产生的磁场向外，根据左手定则可知，电子束将向上偏转；由于洛伦兹力对电子不做功，故电子的速率保持不变，故C正确，A、B、D错误。

5.半径为R的圆形空间内，存在着垂直纸面向里的匀强磁场，一个带负电的粒子(不计重力)，从A点以速度v0沿半径方向射入磁场，并从B点射出，∠AOB＝120°，如图所示，则带电粒子在磁场中运动的时间为(　D　)

A．    B．    C．    D．

解析：画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示。由图根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝，轨迹半径为r＝R tan 60°＝R，粒子运动的弧长为L＝×2πr＝，则粒子运动的时间为：t＝＝，故A、B、C错误，D正确。故选D。

6.

(2023·广东广州高二校联考期末)如图所示，足够长的导体棒AB水平放置，通有向右的恒定电流I。足够长的粗糙细杆CD处在导体棒AB的正下方不远处，与AB平行。一质量为m、电荷量为＋q的小圆环套在细杆CD上。现给小圆环向右的初速度v0，圆环运动的vt图像不可能是(　B　)

解析：由右手螺旋定则可知导体棒AB下方的磁场垂直纸面向里，当qvB＝mg时，小圆环做匀速运动，此时图像为A，故A正确，不符合题意；当qvB<mg时，在竖直方向，根据平衡条件有FN＝mg－qvB，此时，根据牛顿第二定律有Ff＝μFN＝ma，所以小圆环做加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，所以其v——t图像的斜率应该逐渐增大，故B错误，符合题意；C正确，不符合题意；当qvB>mg时，在竖直方向，根据平衡条件有FN＝qvB－mg，此时，根据牛顿第二定律有Ff＝μFN＝ma，所以小圆环做加速度逐渐减小的减速运动，直到qvB＝mg时，小圆环开始做匀速运动，故D正确，不符合题意。故选B。

7.

(2023·湖北黄冈中学高二期中)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倍数是(　B　)

A．    B．    C．2    D．

解析：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，有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＝＝，即Bα＝BH，故选B。

8.

如图为回旋加速器的示意图，两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中，磁场的磁感应强度为B。一质子从加速器的A处开始加速。已知D形盒的半径为R，高频交变电源的电压为U、频率为f，质子质量为m，电荷量为q。已知质子在磁场中运动的周期等于交变电源的周期，下列说法正确的是(　AC　)

A．质子的最大速度不超过2πRf

B．质子的最大动能为

C．质子的最大动能与U无关

D．若增大电压U，质子的最大动能增大

解析：质子出回旋加速器最大的半径为R，则v＝＝2πRf，所以最大速度不超过2πRf，A正确；由Bqv＝得v＝，质子的最大动能Ek＝mv2＝，与电压无关，B、D错误，C正确。

9.

如图，虚线MN的右侧有方向垂直于纸面向里的匀强磁场，两电荷量相同的粒子P、Q从磁场边界的M点先后射入磁场，在纸面内运动。射入磁场时，P的速度vP垂直于磁场边界，Q的速度vQ与磁场边界的夹角为45°。已知两粒子均从N点射出磁场，且在磁场中运动的时间相同，则(　AC　)

A．P和Q的质量之比为1∶2

B．P和Q的质量之比为∶1

C．P和Q的速度大小之比为∶1

D．P和Q的速度大小之比为2∶1

解析：设MN＝2r，则粒子P的运动半径为r，有r＝，粒子Q的运动半径为r，有r＝；又两粒子的运动时间相同，则tP＝TP＝，tQ＝TQ＝，即＝，联立解得mQ＝2mP，vP＝vQ，故A、C正确，B、D错误。

10．磁流体发电机可简化为如下模型：两块长、宽分别为a、b的平行板，彼此相距L，板间通入已电离的速度为v的气流，两板间存在一磁感应强度大小为B的磁场，磁场方向与两板平行，并与气流垂直，如图所示。把两板与外电阻R连接起来，在磁场力作用下，气流中的正、负离子分别向两板移动形成电流。设该气流的导电率(电阻率的倒数)为σ，则(　AC　)

A．该磁流体发电机模型的内阻为r＝

B．产生的感应电动势为E＝Bav

C．流过外电阻R的电流强度为I＝

D．该磁流体发电机模型的路端电压为

解析：根据左手定则知正电荷向上偏，负电荷向下偏，上极板带正电，下极板带负电，最终电荷处于平衡有：qvB＝q，解得电动势为E＝BLv。内电阻为r＝ρ＝＝，根据闭合电路欧姆定律有I＝＝，那么路端电压为U＝IR＝，综上所述，故A、C正确，B、D错误。故选AC。

二、非选择题(本题共5小题，共54分)

11．(10分)质量为m＝0.05 kg的导电细杆ab置于倾角为30°的平行放置的光滑导轨上，导轨宽d＝0.5 m，杆ab与导轨垂直，如图所示，匀强磁场垂直导轨平面且方向向下，磁感应强度为B＝0.1 T。已知电源电动势E＝15 V，内阻r＝1 Ω，导轨和细杆的电阻均忽略不计，g取10 m/s2。求：

(1)当电阻R为多少时，释放细杆后杆ab保持静止不动；

(2)当R＝1 Ω时，释放细杆后杆ab的加速度是多大？

答案：(1)2 Ω　(2)2.5 m/s2

解析：(1)ab棒中的电流为I＝，

根据共点力平衡可知mg sin θ＝BId，

联立解得R＝2 Ω。

(2)ab棒中的电流为I＝＝ A＝7.5 A，

由牛顿第二定律得BId－mg sin θ＝ma，

a＝＝2.5 m/s2。

12．(10分)(2023·河南周口高二阶段检测)如图所示，一足够长的矩形区域abcd内充满磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场。现从矩形区域ad边的中点O处垂直磁场射入一速度方向跟ad边夹角θ＝30°、大小为v0的带正电粒子，已知粒子质量为m，电荷量为q，ad边长为L，ab边足够长，粒子重力不计。

(1)求粒子能从ab边上射出磁场时的v0大小范围；

(2)问粒子在磁场中运动的最长时间是多少？在这种情况下，粒子v0大小范围。

答案：(1)<v0≤　

(2)　v0≤

解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝m，即r＝，

若粒子轨迹恰好与ab边相切，其轨迹如图中Ⅰ所示，设圆心为O1，相应速度为v01，轨道半径为r1，

由几何知识得r1＋r1sin θ＝，

解得r1＝，v01＝，

若粒子轨迹恰好与cd边相切，轨迹如图中Ⅱ所示，设圆心为O2，相应速度为v02，轨道半径为r2，

由几何知识得r2－r2sin θ＝，

解得r2＝L，v02＝，

所以粒子能从ab边上射出磁场的速度v0应满足<v0≤。

(2)粒子在磁场中运动的半径r≤r1时，对应的圆心角最大，运动时间最长，此时，粒子从ad边射出，射出时速度方向与ad边夹角为θ，圆弧所对圆心角α为(2π－2θ)，

粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝，

则运动时间t＝T＝

·＝，

粒子速度v0≤v01＝。

13．(10分)如图所示，两个同心圆，半径分别为r和2r，在两圆之间的环形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆心O处有一放射源，放出粒子的质量为m，带电荷量为－q，假设粒子速度方向都和纸面平行，不计粒子重力。

(1)图中箭头表示某一粒子初速度的方向，OA与初速度方向夹角为60°，要想使该粒子经过磁场第一次通过A点，则初速度的大小是多少？

(2)要使粒子不穿出环形区域，则粒子的初速度不能超过多少？

答案：(1)　(2)

解析：(1)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为r1，则由几何关系得：r1＝r，

由qv1B＝m，得：v1＝。

(2)如图所示，设粒子在磁场中的轨道半径为r2，则由几何关系得：

(2r－r2)2＝r＋r2，

得：r2＝，

由：qv2B＝m，

得：v2＝，

故要使粒子不穿出环形区域，粒子的初速度不能超过。

14．(12分)如图所示的竖直平面内有范围足够大、水平向左的匀强电场，在虚线的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一绝缘“⊂”形杆由两段直杆和一半径为R的半圆环组成，固定在纸面所在的竖直平面内。PQ、MN水平且足够长，半圆环MAP在磁场边界左侧，P、M点在磁场界线上，NMAP段是光滑的，现有一质量为m、带电荷量为＋q的小环套在MN杆，它所受到的电场力为重力的。现在M右侧D点静止释放小环，小环刚好能到达P点，

(1)求DM间的距离x0；

(2)求上述过程中小环第一次通过与O点等高的A点时弯杆对小环作用力的大小；

(3)若小环与PQ间的动摩擦因数为μ(设最大静摩擦力与滑动摩擦力大小相等)。现将小环移至M点右侧6R处由静止开始释放，求小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功。

答案：(1)4R　(2)mg＋qB

(3)或mgR

解析：(1)由动能定理qEx0－2mgR＝0，

qE＝mg，

解得x0＝4R，

故DM间的距离为4R。

(2)设小环在A点速度为vA，

由动能定理qE(x0＋R)－mgR＝mv，

解得vA＝，

由向心力公式：FN－qvAB－qE＝m，

解得FN＝mg＋qB。

(3)若μmg≥qE，即μ≥，

小环到达P点右侧s1处静止，

qE(6R－s1)－mg·2R－μmgs1＝0，

s1＝，

则小环克服摩擦力做的功

W＝μmgs1＝；

若μmg＜qE即μ＜，环经过往复运动，最后只能在PD之间运动，设克服摩擦力做功为W′，

则：qE·6R－mg·2R－W′＝0，

得W′＝mgR。

故小环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为或mgR。

15．(12分)(2023·广东广州高二校考期末)如图所示，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坐标平面向外的匀强磁场。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，已知OM＝L，ON＝L，不计粒子重力，求：

(1)电场强度大小E；

(2)带电粒子从N点进入磁场时的速度大小和方向；

(3)磁感应强度大小B。

答案：(1)　(2)2v0，方向与x轴夹角为60°，斜向下　(3)

解析：(1)粒子运动径迹如图所示。

在电场中做类平抛运动，

在x轴方向：L＝v0t，

在y轴方向：L＝·t2，

联立解得E＝。

(2)设粒子进入磁场时速度为v，和x轴的夹角为θ，沿y轴方向的速度为vy＝t＝v0，

由tan θ＝＝，解得θ＝60°，

合速度为v＝＝2v0，方向与x轴夹角为60°，斜向下。

(3)在磁场中运动径迹如图所示，

设轨道半径为r，

由几何关系可得r sin 60°＝L，

解得r＝2L，

根据牛顿第二定律可得qvB＝m，

联立以上各式解得B＝。