高中物理人教版1本册总复习总复习 综合评估检测卷（三）

综合评估检测卷(三)磁场一、选择题(本大题共12小题，每小题4分，共48分．每小题至少一个答案正确)1．下列关于电场和磁场的说法中正确的是()A．电场线和磁感线都是封闭曲线B．电场线和磁感线都是不封闭曲线C．通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用D．电荷在电场中一定受到电场力的作用答案：D2．下列各图中，表示通电直导线所产生的磁场，正确的是()答案：B3．在磁场中某一点，已经测出一段0.5cm长的导线中通入0.01A的电流时，受到的安培力为×10－6N，则下列说法正确的是()A．该点磁感应强度大小一定是TB．该点磁感应强度大小一定不小于TC．该点磁感应强度大小一定不大于TD．该点磁感应强度的方向即为导线所受磁场力的方向解析：当通电导线与磁场方向垂直时，B＝eq\f(F,IL)＝T，当通电导线与磁场方向不垂直时B＝eq\f(F,ILsinα)＞eq\f(F,IL)，故应选B.答案：B4．在匀强磁场中，一带电粒子沿着垂直磁感应强度的方向运动．现将该磁场的磁感应强度增大为原来的2倍，则该带电粒子受到的洛伦兹力()A．变为原来的eq\f(1,4) B．增大为原来的4倍C．减小为原来的eq\f(1,2) D．增大为原来的2倍答案：D5.初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则()A．电子将向右偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变C．电子将向左偏转，速率不变 D．电子将向右偏转，速率改变解析：由右手定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力偏离电流，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变．答案：A6.如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图．当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是()A．竖直向上 B．竖直向下C．水平向里 D．水平向外解析：由于带负电的圆环顺时针方向旋转，形成的等效电流为逆时针方向，所产生的磁场方向竖直向上．由左手定则可判定通电导线所受安培力的方向水平向里．答案：C7.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，一束粒子流以速度v水平射入，为使粒子流经过磁场时不偏转(不计重力)，则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，关于此电场场强大小和方向的说法中，正确的是()A．大小为B/v，粒子带正电时，方向向上B．大小为B/v，粒子带负电时，方向向上C．大小为Bv，方向向下，与粒子带何种电荷无关D．大小为Bv，方向向上，与粒子带何种电荷无关解析：当粒子所受的洛伦兹力和电场力平衡时，粒子流匀速直线通过该区域，有qvB＝qE，所以E＝Bv.假设粒子带正电，则受向下的洛伦兹力，电场方向应该向上．粒子带负电时，电场方向仍应向上．故正确答案为D.答案：D8.如图所示，框架面积为S，框架平面与磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直，则穿过平面的磁通量的情况是()A．如图所示位置时等于BSB．若使框架绕OO′转过60°角，磁通量为eq\f(\r(3),2)BSC．若从初始位置转过90°角，磁通量为零D．若从初始位置转过180°角，磁通量变化为2BS解析：在如题图所示的位置时，磁感线与线框平面垂直，Φ＝BS.当框架绕OO′轴转过60°时可以将图改画成侧视图如图所示，Φ＝BS⊥＝BS·cos60°＝eq\f(1,2)BS.转过90°时，线框由与磁感线垂直穿过变为平行，Φ＝0.线框转过180°时，磁感线仍然垂直穿过线框，只不过穿过方向改变了．因而Φ1＝BS，Φ2＝－BS，ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝2BS.综上所述，A、C、D正确．答案：ACD9.如图所示，ab是一弯管，其中心线是半径为R的一段圆弧，将它置于一给定的匀强磁场中，磁场方向垂直于圆弧所在平面，并且指向纸外．有一束粒子对准a端射入弯管，粒子有不同的质量、不同的速度，但都是一价正离子()A．只有速度v大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B．只有质量m大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C．只有质量m与速度v的乘积大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D．只有动能Ek大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管解析：因为粒子能通过弯管要有一定的半径，其半径r＝R.所以r＝R＝eq\f(mv,qB)，由粒子的q、B都相同，则只有当mv一定时，粒子才能通过弯管．答案：C10.用如图所示的回旋加速器来加速质子，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，可采用下列哪几种方法？()A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将其磁感应强度增大为原来的4倍C．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍D．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍解析：在磁场中由牛顿第二定律得evB＝meq\f(v2,R)①质子的最大动能Ekm＝eq\f(1,2)mv2②解①②式得Ekm＝eq\f(e2B2R2,2m)要使质子的动能增加为原来的4倍，可以将磁感应强度增大为原来的2倍或将两D形金属盒的半径增大为原来的2倍，故B项错，A、C正确．质子获得的最大动能与加速电压无关，故D项错．答案：AC11.如图所示，有一混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的()A．速度 B．质量C．电荷量 D．比荷解析：离子束在区域Ⅰ中不偏转，一定是qE＝qvB，v＝eq\f(E,B)，A正确．进入区域Ⅱ后，做匀速圆周运动的半径相同，由r＝eq\f(mv,qB)知，因v、B相同，只能是比荷相同，故D正确，B、C错误．答案：AD12．图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示．一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析：a、b、c、d四根导线上电流大小相同，它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同，方向如图甲所示．O点合磁场方向如图乙所示，则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下．B选项正确．答案：B二、计算题(本大题共4小题，共52分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．(10分)如图所示，在磁感应强度B＝1T的匀磁场中，用两根细线悬挂长L＝10cm、质量m＝5g的金属杆．在金属杆中通以稳恒电流，使悬线受的拉力为零．(1)求金属杆中电流的大小和方向；(2)若每根悬线所受的拉力为N，求金属杆中的电流的大小和方向(g取10m/s2)．解析：(1)因为悬线受的拉力为零，所受安培力方向向上且F安＝BIL＝mg解得I＝0.5A，方向水平向右．(2)金属导线在重力mg、悬线拉力2F和安培力BIL的作用下平衡，所以有mg＋BIL＝解得I＝1.5A，方向水平向左．答案：(1)0.5A方向水平向右(2)1.5A方向水平向左14．(12分)如图所示，一束电子(电荷量为e)以速度v垂直射入磁感应强度为B，宽度为d的匀强电场中，穿过磁场时速度方向与电子原来入射方向的夹角是30°，则电子的质量是多少？电子穿过磁场的时间是多少？解析：电子在磁场中运动时，只受洛伦兹力作用，故其轨道是圆弧的一部分，又因为洛伦兹力与速度v垂直，故圆心应在电子穿入和穿出时所受洛伦兹力延长线的交点上，作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，从图中可以看出，AB弧所对的圆心角θ＝30°＝eq\f(π,6)OB即为半径，由几何关系知R＝eq\f(d,sinθ)＝2d由半径公式R＝eq\f(mv,Bq)得m＝eq\f(BqR,v)＝eq\f(2Bed,v)带电粒子通过AB弧所用的时间，即穿过磁场的时间t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(1,12)T＝eq\f(1,12)×eq\f(2πm,Be)＝eq\f(πm,6Be)＝eq\f(πd,3v)答案：eq\f(2Bed,v)eq\f(πd,3v)15．(14分)如图所示，直线MN上方存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，现有一质量为m、带电荷量为＋q的粒子在纸面内以某一速度从A点射入，其方向与MN成30°角，A点到MN的距离为d，带电粒子重力不计．(1)当v满足什么条件时，粒子能回到A点？(2)求粒子在磁场中运动的时间t.解析：(1)粒子运动轨迹如图所示．由图示的几何关系可知r＝2eq\f(d,tan30°)＝2eq\r(3)d粒子在磁场中的轨道半径为r，则有Bqv＝meq\f(v2,r)联立两式，得v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)此时粒子可按图中轨迹回到A点．(2)由图可知，粒子在磁场中运动的圆心角为300°.所以，有t＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5×2πm,6Bq)＝eq\f(5πm,3Bq)答案：(1)v＝eq\f(2\r(3)dBq,m)(2)eq\f(5πm,3Bq)16．(16分)在真空中，半径r＝3×10－2m的圆形区域内有匀强磁场，方向如图所示，磁感应强度B＝T，一个带正电的粒子以初速度v0＝106m/s从磁场边界上直径ab的一端a射入磁场，已知该粒子的比荷eq\f(q,m)＝108(1)求粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径．(2)若要使粒子飞离磁场时有最大偏转角，求入射时v0与ab的夹角θ及粒子的最大偏转角．解析：(1)粒子射入磁场后，由于不计重力，洛伦兹力提供圆周