第三章 章末质量检测卷(三) 磁 场

章末检测试卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括18小题，每小题3分，共54分。

每小题只有一个选项符合题意)1．(广安市高一期末)下列物质与其俗名匹配且相关叙述合理的是( ) A．磁性氧化铁：四氧化三铁，为黑色晶体B．铁红：氧化亚铁，可用作红色油漆的颜料C．双氧水：过氧化氢，受热稳定、易溶于水D．苏打：碳酸氢钠，可用于治疗胃酸答案 A解析铁红是氧化铁，过氧化氢受热不稳定，苏打是碳酸钠，B、C、D错。

2．下列关于金属性质的叙述中正确的是( )A．钠与氧气反应时，产物是由氧气的用量决定的B．铝箔在空气中受热可以熔化滴落C．金属与非金属单质反应时，一定是金属被氧化D．铁丝不论在空气中还是纯氧中都不会燃烧答案 C解析钠与氧气反应因反应条件不同而反应产物不同(在空气中常温下氧化生成氧化钠，加热时燃烧生成过氧化钠)，与反应物氧气的用量无关；铝箔在空气中受热可熔化，但由于表面形成熔点很高的氧化铝，故熔化的铝并不滴落；铁丝可在纯氧中燃烧生成四氧化三铁；金属与非金属单质反应时，金属只能失电子被氧化。

3．足量下列物质与相同质量的铝反应，放出氢气且消耗溶质物质的量最少的是( ) A ．盐酸 B ．稀硫酸 C ．氢氧化钠溶液 D ．氯化钠溶液答案 C解析 铝与氯化钠溶液不反应，由2Al ＋6H ＋===2Al 3＋＋3H 2↑，2Al ＋2OH －＋2H 2O===2AlO －2＋3H 2↑可知，Al ～3H ＋～32H 2，Al ～OH －～32H 2，即1mol 铝消耗氢氧化钠1mol 、硫酸1.5mol 、氯化氢3mol 。

4．(天津六校联考)下列铁的化合物通过化合反应、置换反应、复分解反应均能得到的是( ) A ．Fe 3O 4 B ．Fe 2(SO 4)3 C ．FeCl 2 D ．Fe(OH)3答案 C解析 Fe 3O 4无法通过复分解反应得到，A 错误；硫酸铁无法通过置换反应得到，B 错误；FeCl 2可以由FeCl 3和Fe 的化合得到，也可以由Fe 和HCl 的置换得到，也可以由Fe(OH)2和HCl 的复分解得到，C 正确；Fe(OH)3可以通过Fe(OH)2和氧气、水的化合得到，也可以通过氯化铁与氢氧化钠的复分解反应得到，但无法通过置换得到，D 错误。

章末复习课【知识体系】磁场错误![答案填写]错误!BS投影面积左手定则相吸相斥qvB错误!错误!主题1磁场对电流的作用——安培力1．分析在安培力作用下通电导体运动情况的一般步骤．（1)画出通电导线所在处的磁感线方向及分布情况．（2）用左手定则确定各段通电导线所受安培力．(3)据初速度方向结合牛顿定律确定导体运动情况．2．注意问题．（1)公式F＝BIL中L为导线的有效长度．（2)安培力的作用点为磁场中通电导体的几何中心．(3）安培力做功：做功的结果将电能转化成其他形式的能．【典例1】如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L.匀强磁场磁感应强度为B.金属杆长为L,质量为m，水平放在导轨上．当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止．则（1)这时B至少多大？B的方向如何？（2）若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？解析:解这类题时必须先画出截面图，只有在截面图上才能正确表示各力的准确方向，从而理清各矢量方向之间的关系．（1)画出金属杆的截面图．由三角形定则得,只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小．根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足BI1L＝mg sin α，B＝错误!。

（2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，要使金属杆保持静止，应使沿导轨方向的合力为零，得BI2L cos α＝mg sin α，I2＝错误!.答案:(1）错误!垂直于导轨平面向上(2）错误!针对训练1。

质量为m、长度为L的导体棒MN静止于水平导轨上，通过MN的电流为I，匀强磁场的磁感应强度为B,方向与导轨平面成θ角斜向下，如图所示．求棒MN受到的支持力和摩擦力．解析：由左手定则判断安培力的方向时，要注意安培力的方向既垂直于电流方向又垂直于磁场方向，垂直于电流方向和磁场方向所决定的平面，棒MN受力分析如图所示。

由平衡条件有水平方向F f＝F sin θ，竖直方向F N＝F cos θ＋mg.且F＝BIL，从而得F f＝BIL sin θ。

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第三章磁场(时间：90分钟，满分：100分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分。

在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项正确.全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分)1.(广州高二检测)下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是（）A。

磁感线可以形象地描述各点磁场的方向B。

磁感线是磁场中客观存在的线C.磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D。

实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线解析：选A。

磁感线是为了形象描述磁场而引入的假想线，它可以描述磁场的强弱和方向，A 对,B错.磁铁的外部，磁感线从N极出发到S极，内部从S极到N极，内外部磁感线为闭合曲线，C错。

实验中观察到的铁屑的分布只是模拟磁感线的形状，不是磁感线，磁感线是看不到的,D错。

2。

如图3－8所示，带负电的金属环绕其轴OO′匀速转动时，放在环顶部的小磁针最后将（）图3－8A.N极竖直向上B。

N极竖直向下C。

N极水平向左D。

小磁针在水平面内转动解析：选C.带电金属环形成逆时针电流（从右向左看），据安培定则可以确定，通过金属环轴OO′处的磁场方向水平向右,小磁针处的磁场方向水平向左，故小磁针N极最后水平指向左方,C 项正确.3.在磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根通电长直导线，电流的方向垂直于纸面向里。

章末检测试卷(三)(满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．某小型发电机产生的感应电动势为e＝50·sin (100πt) V．对此电动势，下列表述正确的是()A．最大值是50 2 V B．频率是100 HzC．有效值是25 V D．周期是0.02 s答案 D解析从线圈位于中性面开始计时，感应电动势的表达式为e＝E m sin ωt，因为e＝50sin (100πt)V，所以最大值是E m＝50 V，A错误；由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误；电动势有效值是E＝E m2＝25 2 V，C错误；T＝1f＝0.02 s，D正确．2．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的高电压，所用的器材叫电压互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是()答案 B解析由电压互感器的工作原理可知，电压互感器应跨接在火线与零线之间，且由于电压与匝数成正比，故电压互感器应使高压电线并联接入匝数较多的线圈上，故B符合题意，A、C、D不符合题意．3．一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，产生的正弦式交变电压的波形图如图所示，下列说法正确的是()A．交变电压的最大值是220 VB．线圈转动的周期是1 sC．第2 s末通过线圈的磁通量绝对值最大D．第2 s末通过线圈的磁通量变化率绝对值最大答案 D解析由题图可知，交变电压的最大值为311 V，故A错误；线圈转动的周期为2 s，故B错误；第2 s末瞬时电压值为最大值，根据交变电流的特点可知，此时线圈平面与中性面垂直，即线圈平面与磁场平行，所以此时通过线圈的磁通量为0，通过线圈的磁通量变化率绝对值最大，故C错误，D正确．4．电站向某地输送5 000 kW的电功率，输电线上损耗的电功率为100 kW，如果把输电电压提高为原来的10倍，同时将输电线的横截面积减为原来的一半，而输送的电功率不变，那么输电线损耗的电功率为()A．0.2 kW B．0.5 kW C．2.0 kW D．5.0 kW答案 C解析输电电压提高为原来的10倍，根据P＝UI知，输电电流减小为原来的110，根据电阻定律R＝ρlS知，输电线的横截面积减为原来的一半，则输电线的电阻增大为原来的2倍，根据P损＝I2R知，输电线上损耗的电功率减小为原来的150，则输电线上损耗的功率为2.0 kW，故C正确，A、B、D错误．5.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，副线圈回路中接入三个均标有“36 V40 W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36 V40 W”的小灯泡A()A．也正常发光B．将被烧毁C．比另外三个灯泡暗D．无法确定答案 A解析理想变压器的电压之比等于匝数之比，由副线圈回路中三个均标有“36 V40 W”的灯泡能正常发光，可知副线圈两端电压U 2＝36×3 V ＝108 V ，所以原线圈两端电压U 1＝n 1n 2U 2＝36 V ，灯泡A 与原线圈并联，两端电压也为36 V ，能正常发光，故选A.6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器，原线圈两端的输入电压u ＝200sin 100πt (V)，设理想交流电压表V 1、V 2的示数分别是U 1、U 2；理想交流电流表A 1、A 2的示数分别是I 1、I 2.下列说法正确的是( )A ．电压表V 2的示数U 2＝20 VB ．滑片P 向b 端滑动过程中，U 2不变，I 2变大C ．滑片P 向b 端滑动过程中，U 1变小，I 1变大D ．通过原、副线圈的交变电流频率之比为10∶1 答案 B解析 由u ＝200sin 100πt (V)可知输入电压有效值为U 1＝2002 V ＝100 2 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得U 2＝110×100 2 V ＝10 2 V ，A 错误；滑片P 向b 端滑动过程中，副线圈负载电阻减小，U 2不变，则I 2变大，B 正确；由B 项分析知U 1不变，I 1变大，C 错误；变压器不改变交变电流的频率，D 错误．7．(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机的电压U 1＝250 V ，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R 线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U 4＝220 V ．已知输电线上损失的功率P 线＝5 kW ，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )A ．发电机输出的电流I 1＝40 AB ．输电线上的电流I 线＝625 AC ．降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝190∶11D ．用户得到的电流I 4＝455 A 答案 C解析 发电机输出电流I 1＝P U 1＝100×103250 A ＝400 A ，故A 错误；输电线上损失的功率P 线＝I 线2R 线＝5 kW ，所以I 线＝P 线R 线＝25 A ，故B 错误；用户得到的功率P 4＝P －P 线＝(100－5) kW ＝95 kW ，则I 4＝P 4U 4＝95×103220 A ＝4 75011 A ≈432 A ，故n 3n 4＝I 4I 线＝19011，故C 正确，D错误．8．(2021·南昌市第一中学高二期中)在如图甲所示的电路中，ab 两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22 V ，D 为理想二极管，R 0为定值电阻，L 为电阻恒定的指示灯，R T 为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是( )A ．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1B ．若R T 处出现火灾时，电压表示数不变，电流表示数将变小C ．若R T 处出现火灾时，指示灯L 将变暗D ．若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍 答案 C解析 设原线圈两端电压为U 1，根据电流的热效应可得U 12R T ＝(3112R )2×T 2，解得U 1＝3112 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝31144，故A 错误； 输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若R T 处出现火灾时，R T 电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B 错误； 若R T 处出现火灾时，R T 电阻变小，输出的总功率变大，副线圈中电流变大，R 0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C 正确； 有二极管时原线圈两端电压为3112 V ，没有二极管时原线圈两端电压为31122V ，则原线圈两端电压变为原来的2倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的2倍，故D 错误．二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)9．图甲是一台小型发电机的结构示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图像如图乙所示．发电机线圈的电阻r ＝2 Ω，外接灯泡的电阻为10 Ω.则( )A ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大B ．理想电压表的示数为6 VC ．灯泡消耗的电功率为2.5 WD ．线圈转动产生电动势的表达式e ＝602·sin 50πt V 答案 AC解析 在t ＝0.01 s 时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，A 正确；由题图乙可知，电动势的最大值为E m ＝6 2 V ，周期为0.02 s ，则电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin (2πT t )＝62sin 100πt (V)，D 错误；理想电压表的示数为交流电的有效值，并且测量外电路电压，故U ＝E R ＋r R ＝E m2R ＋r R ＝5 V ，B 错误；灯泡消耗的电功率P ＝U 2R ＝2510 W ＝2.5 W ，C 正确．10．(2021·张家口市上学期期中)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R ，t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过π时的电流为零C ．矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为Bl 1l 2RD ．矩形线框转过π过程中产生的热量为πB 2l 12l 22ω2R答案 ABD解析 线框转动过程产生正弦式交变电流，最大值为E m ＝Bl 1l 2ω，所以有效值为E ＝2Bl 1l 2ω2，故A 正确；线框转过π时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，电流为零，故B 正确；线框转动一周磁通量的变化量为零，故通过线框任意横截面的电荷量为零，故C 错误；根据焦耳定律可得线框转过π过程中产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝E 2R ·πω＝πB 2l 12l 22ω2R，故D 正确．11．如图甲所示是调压变压器的原理图，线圈AB 绕在一个圆形的铁芯上，总匝数为1 000.AB 间加上如图乙所示的正弦交变电压，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，滑动变阻器的滑动触头为Q .已知开始时滑动触头Q 位于滑动变阻器的最下端，且BP 间线圈匝数刚好是500，滑动变阻器的最大阻值等于72 Ω.则下列说法正确的是( )A ．开始时，电流表示数为0.25 2 AB ．开始时，流过R 的交流电频率为25 HzC ．保持P 的位置不动，将Q 向上移动时，R 消耗的功率变大D ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向转动少许，R 消耗的功率变大 答案 CD解析 由题图乙知，输入电压的有效值为U 1＝36 V ，根据变压规律：U 1U 2＝n 1n 2，解得输出电压U 2＝18 V ，所以电流表的示数为I ＝U 2R ＝0.25 A ，所以A 错误；交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，所以B 错误；保持P 的位置不动，将Q 向上移动时，R 接入电路的阻值减小，U 2不变，R 消耗的功率P 2＝U 22R 变大，所以C 正确；保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向转动少许，n 2增大，U 2增大，R 消耗的功率P 2＝U 22R变大，所以D 正确．12．图甲是家用燃气灶点火装置的原理图，转换器将直流电转化为如图乙所示的正弦式交变电流，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2，电压表为理想交流电表．当变压器副线圈两端的电压的瞬时值达到5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引起电火花．下列说法正确的是( )A ．开关闭合时电压表的示数为5 VB ．相比副线圈，原线圈须用较粗的导线绕制C ．要实现点火，原、副线圈的匝数比需满足n 1n 2≤11 000D ．若能实现点火，钢针在交变电流一个周期内至少可以点火2次 答案 BCD解析 根据题图乙，得到原线圈电压的最大值U 1m ＝5 V ，根据正弦式交变电压最大值和有效值的关系可知，原线圈电压的有效值为U 1＝U 1m 2＝52 V ≈3.5 V ，则电压表的示数为3.5 V ，故A 错误；根据P 入＝P 出可得U 1I 1＝U 2I 2，由于副线圈电压U 2大于原线圈电压U 1，所以原线圈中的电流大于副线圈中的电流，所以相比副线圈，原线圈须用较粗的导线绕制，故B 正确；变压器副线圈两端的电压的瞬时值达到5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引起电火花，即副线圈电压最大值至少为U 2m ＝5 000 V ，根据n 1n 2＝U 1U 2可知，实现点火需原、副线圈的匝数比满足n 1n 2≤11 000，故C 正确；当副线圈的最大电压为5 000 V 时，副线圈在一个周期内有两次可以达到最大电压，钢针在交变电流一个周期内可以点火2次，当副线圈的最大电压大于5 000 V 时，副线圈的电压瞬时值在一个周期内有两段时间超过5 000 V ，则钢针在交变电流一周期内点火次数可大于2次，故D 正确． 三、非选择题(本题共5小题，共52分)13．(8分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中， (1)下列器材需要的有________． A ．干电池组 B ．滑动变阻器 C ．直流电压表 D ．多用电表E ．学生电源(2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)．(3)如图，当在左侧线圈“0”“16”间接入9 V 电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是________．A ．3.1 VB ．2.5 VC ．1.7 V答案 (1)DE(2分) (2)减小(3分) (3)C(3分)14.(8分)如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r ＝0.1 m ，在匀强磁场中绕过直径的轴OO ′匀速转动，磁感应强度B ＝0.1 T ，角速度为ω＝300πrad/s ，电阻为R ＝10 Ω，求：(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流大小；(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t ＝0时刻)； (3)线圈转动过程中的热功率．答案 (1)3 A (2)i ＝3sin 300πt (A) (3)45 W解析 (1)当线圈由题图所示位置转过90°时，线圈中感应电流最大，感应电动势的最大值为 E m ＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×300π V ＝30 V ，(2分)I m ＝E mR＝3 A ．(1分) (2)由题意知i ＝I m sin ωt ，即i ＝3sin 300πt (A)(2分)(3)感应电流的有效值I ＝I m 2＝322 A ，(1分)线圈转动过程中的热功率P ＝I 2R ＝(322)2×10 W ＝45 W ．(2分)15．(10分)(2021·洛阳市高二上期末)如图所示，理想变压器原线圈匝数n 1＝800，副线圈匝数n 2＝200，灯泡A 标有“5 V 2 W ”，电动机D 的线圈电阻为1 Ω.将交变电压u ＝1002sin 100πt (V)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求：(1)副线圈两端电压； (2)电动机D 消耗的电功率． 答案 (1)25 V (2)8 W解析 (1)交变电压u ＝1002sin 100πt (V)， 最大值为U m ＝100 2 V(1分)故有效值为U 1＝U m 2＝10022 V ＝100 V(2分)根据理想变压器的变压比公式U 1U 2＝n 1n 2(1分)有U 2＝n 2U 1n 1＝200×100800V ＝25 V(1分)(2)由于灯泡正常发光，故电流为I ＝P L U L ＝25 A ＝0.4 A(2分)电动机两端电压为U D ＝U 2－U L ＝25 V －5 V ＝20 V(1分) 电动机消耗的电功率为P D ＝U D I ＝20×0.4 W ＝8 W ．(2分)16.(12分)如图是一个小型应急交流发电机，内部为匝数n ＝50、边长L ＝20 cm 的正方形线圈，总电阻为r ＝1 Ω.线圈在磁感应强度为B ＝0.1 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R ＝9 Ω的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为ω＝100 rad/s 时，电灯正常发光．求：(1)交流发电机产生的电动势的最大值； (2)电灯正常发光的功率；(3)从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电荷量； (4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功． 答案 (1)20 V (2)18 W (3)0.01 C (4)1 200 J 解析 (1)交流发电机产生的电动势的最大值为 E m ＝nBSω＝nBωL 2＝20 V ；(2分)(2)电动势的有效值为E ＝E m2＝10 2 V(1分) 电灯正常发光的电流I ＝E r ＋R ＝1021＋9 A ＝ 2 A(1分)电灯正常发光的功率P ＝I 2R ＝18 W(2分) (3)q ＝I Δt ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS sin 30°R ＋r＝0.01 C(3分)(4)线圈每转动一分钟，整个回路上产生的热量为Q ＝I 2(R ＋r )t ＝1 200 J(2分) 故W 外＝Q ＝1 200 J ．(1分)17．(14分)(2021·南通市高二上期末)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd 匝数N ＝100，面积S ＝0.03 m 2，线圈匀速转动的角速度ω＝100π rad/s ，匀强磁场的磁感应强度B ＝2πT ．输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R ＝10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝10∶1.若用户区标有“220 V 8.8 kW ”的电动机M 恰能正常工作，发电机线圈电阻r 不可忽略．求：(1)交流发电机产生感应电动势的最大值E m ； (2)输电线路上损耗的电功率ΔP ；(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝1∶8，求升压变压器原线圈两端的电压U 1. 答案 (1)300 2 V (2)160 W (3)280 V解析 (1)根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为E m ＝NBSω(1分) 代入数据解得E m ＝300 2 V(1分)(2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I 3、I 4，电动机恰能正常工作，有I 4＝P MU M＝40 A (1分)根据I 3I 4＝n 4n 3(1分)可得I 3＝n 4I 4n 3＝4 A(1分)所以输电线路上损耗的电功率为ΔP ＝I 32R ＝160 W(2分)(3)根据U 3U 4＝n 3n 4(1分) 得U 3＝n 3U 4n 4＝n 3U M n 4＝2 200 V(2分) 升压变压器副线圈两端的电压为 U 2＝U 3＋I 3R ＝2 240 V(1分) 又U 1U 2＝n 1n 2(1分) 可得U 1＝n 1U 2n 2＝280 V ．(2分)。

章末检测卷(三)(时间：90分钟 满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分) 1．关于磁感应强度B ，下列说法中正确的是( )A ．磁场中某点B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B ．磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C ．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小为零D ．在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大 答案 D解析 磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度的强弱，疏密程度表示大小．2．关于带电粒子在电场或磁场中运动的表述，以下正确的是( ) A ．带电粒子在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同 B ．正电荷只在电场力作用下，一定从高电势处向低电势处运动 C ．带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向与粒子的速度方向垂直 D ．带电粒子在磁场中某点受到的洛伦兹力方向与该点的磁场方向相同 答案 C解析 当带电粒子带负电时，在电场中某点受到的电场力方向与该点的电场强度方向相反，当带电粒子带正电时，受到的电场力方向与该点的电场强度方向相同，故A 错误；由U AB ＝Wq 知，若电场力的方向与运动方向相反，电场力做负功，则正电荷将从低电势处向高电势处运动，故B 错误；根据左手定则，带电粒子在磁场中运动时受到的洛伦兹力方向一定与速度的方向垂直．故C 正确，D 错误．所以选C.3．在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的S 极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带( ) A ．正电荷B ．负电荷C ．正、负电荷共存D ．无法判断答案 B解析 小磁针的S 极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项B 正确．4．取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图1(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I 的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B ，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()图1A．0 B．0.5BC．B D．2B答案 A解析用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内中部磁感应强度为零．5．如图所示，直导线通入垂直纸面向里的电流，在下列匀强磁场中，能静止在光滑斜面上的是()答案 A6.如图2所示，空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，磁场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电荷量为－q、质量为m的带负电小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数μ<tan θ.则在下图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是()图2答案 C解析带电小球静止时受到竖直向下的重力G、垂直斜面向上的支持力F N和沿斜面向上的摩擦力F f，小球下滑后，再受到一个垂直斜面向上的洛伦兹力F，沿斜面方向有：mg sin θ－μ(mg cos θ－F )＝ma ，在垂直于斜面方向有：F N ＋F ＝mg cos θ，由于球加速运动，据F ＝q v B ，F 增大而支持力F N 减小，据F f ＝μF N ，摩擦力减小，导致加速度a 增加；当速度v 增到某个值时，mg cos θ－F ＝0，有mg sin θ＝ma ，此时加速度最大；此后，F ＞mg cos θ，支持力F N 反向，且速度继续增大，支持力F N 增大，摩擦力F f 也随着增大，最后出现mg sin θ＝F f ，之后小球匀速下滑；所以只有C 选项正确．7.如图3所示，带电粒子以初速度v 0从a 点进入匀强磁场，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v 0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( )图3A ．v 0 B.10 C ．2v 0 D.v 02答案 C解析 设Oa ＝Ob ＝d ，因带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，所以圆周运动的半径正好等于d 即d ＝m v 0qB ，得B ＝m v 0qd.如果换成匀强电场，带电粒子做类平抛运动，那么有d ＝qE 2m (dv 0)2得E ＝2m v 02qd ，所以E B＝2v 0.选项C 正确．二、不定项选择题(本题共5小题，每小题4分，共20分，在每小题给出的四个选项中，至少有一个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)8．我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光．极光是由来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动(如图4所示)，这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光．地磁场的存在，使多数宇宙粒子不能到达地面而向人烟稀少的两极偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障．科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关( )图4A ．洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小B ．空气阻力做负功，使其动能减小C ．靠近南北两极，磁感应强度增强D ．以上说法都不对 答案 BC解析 洛伦兹力不做功，空气阻力做负功．由r ＝m v qB 得B ＝m vqr ，速率减小，B 增大，所以半径减小．9．如图5所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图5A ．它们的最大速度相同B ．它们的最大动能相同C ．它们在D 形盒中运动的周期相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能 答案 AC10．如图6所示，带电平行板间匀强电场方向竖直向下，匀强磁场方向水平向里，一带电小球从光滑绝缘轨道上的a 点自由滑下，经过轨道端点P 进入板间恰好沿水平方向做直线运动．现使球从轨道上较低的b 点开始滑下，经P 点进入板间，在之后运动的一小段时间内( )图6A ．小球的重力势能可能会减小B ．小球的机械能可能不变C ．小球的电势能一定会减少D ．小球动能可能减小 答案 AC11.为了测量某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图7所示的流量计，该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口，在垂直于上、下底面方向加磁感应强度为B 的匀强磁场，在前、后两个内侧固定有金属板作为电极，污水充满管口从左向右流经该装置时，电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )图7A ．若污水中正离子较多，则前表面比后表面电势高B ．前表面的电势一定低于后表面的电势，与哪种离子多少无关C ．污水中离子浓度越高，电压表的示数将越大D ．污水流量Q 与U 成正比，与a 、b 无关 答案 BD解析 由左手定则可知，正离子受洛伦兹力向后表面偏，负离子向前表面偏，前表面的电势一定低于后表面的电势，流量Q ＝V t ＝v bctt ＝v bc ，其中v 为离子定向移动的速度，当前后表面电压一定时，离子不再偏转，所受洛伦兹力和电场力达到平衡，即q v B ＝U b q ，得v ＝UbB ，则流量Q ＝U Bb bc ＝UBc ，故Q 与U 成正比，与a 、b 无关．12.如图8所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( )图8A ．半径之比为3∶1B ．速度之比为1∶ 3C ．时间之比为2∶3D ．时间之比为3∶2答案 AC解析 设磁场半径为R ，当第一次以速度v 1沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 12R ＝cos 30°，即r 1＝3R .当第二次以速度v 2沿截面直径入射时，根据几何知识可得：r 2＝R ，所以r 1r 2＝31，A 正确．两次情况下都是同一个带电粒子在相等的磁感应强度下运动的，所以根据公式r ＝m v Bq ，可得v 12＝r 1r 2＝31，B 错误．因为周期T ＝2πmBq ，与速度无关，所以运动时间比为t 1t 2＝60°360° T 90°360°T ＝23，C 正确，D 错误．故选A 、C.三、计算题(本题共4小题，共52分)13．(10分)如图9所示，在倾角为37°的光滑斜面上水平放置一条长为0.2 m 的直导线PQ ，两端以很软的导线通入5 A 的电流．当有一个竖直向上的B ＝0.6 T 的匀强磁场时，PQ 恰好平衡，则导线PQ 的重力为多少？(sin 37°＝0.6)图9答案 0.8 N解析 对PQ 画出截面图且受力分析如图所示 由平衡条件得F 安＝mg tan 37°，又F 安＝BIL 代入数据得G ＝mg ＝BIL tan 37°＝0.6×5×0.23/4N ＝0.8 N14．(12分)电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术来实现的．电子束经过电场加速后，以速度v 进入一圆形匀强磁场区，如图10所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？(已知电子质量为m ，电荷量为e )图10答案m v er tan θ2解析 如图所示，作入射速度方向的垂线和出射速度方向的垂线，这两条垂线的交点就是电子束在圆形磁场内做匀速圆周运动的圆心，设其半径为R ，用m 、e 分别表示电子的质量和电荷量， 根据牛顿第二定律得e v B ＝m v 2R根据几何关系得tan θ2＝rR联立解得B ＝m v er tan θ215．(15分)在空间存在一个变化的匀强电场和另一个变化的匀强磁场，电场的方向水平向右(如图11甲中由点B 到点C )，场强变化规律如图乙所示，磁感应强度变化规律如图丙所示，方向垂直于纸面．从t ＝1 s 开始，在A 点每隔2 s 有一个相同的带电粒子(重力不计)沿AB 方向(垂直于BC )以速度v 0射出，恰好能击中C 点，若AB ＝BC ＝l ，且粒子在点A 、C 间的运动时间小于1 s ，求：图11(1)磁场方向(简述判断理由)． (2)E 0和B 0的比值．(3)t ＝1 s 射出的粒子和t ＝3 s 射出的粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1和t 2之比． 答案 (1)垂直纸面向外(理由见解析) (2)2v 0 (3)2∶π解析 (1)由题图可知，电场与磁场是交替存在的，即同一时刻不可能同时既有电场，又有磁场．据题意对于同一粒子，从点A 到点C ，它只受电场力或磁场力中的一种，粒子能在电场力作用下从点A 运动到点C ，说明受向右的电场力，又因场强方向也向右，故粒子带正电．因为粒子能在磁场力作用下由A 点运动到点C ，说明它受到向右的磁场力，又因其带正电，根据左手定则可判断出磁场方向垂直于纸面向外．(2)粒子只在磁场中运动时，它在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动．因为AB ＝BC ＝l ，则运动半径R ＝l .由牛顿第二定律知：q v 0B 0＝m v 20R ，则B 0＝m v 0ql粒子只在电场中运动时，它做类平抛运动，在点A 到点B 方向上，有l ＝v 0t 在点B 到点C 方向上， 有a ＝qE 0m ，l ＝12at 2.解得E 0＝2m v 20ql ，则E 0B 0＝2v 0(3)t ＝1 s 射出的粒子仅受到电场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 1＝lv 0.t ＝3s 射出的粒子仅受到磁场力作用，则粒子由A 点运动到C 点所经历的时间t 2＝14T ，因为T ＝2πm qB 0，所以t 2＝πm2qB 0；故t 1∶t 2＝2∶π. 16. (15分)如图12所示，直角坐标系xOy 位于竖直平面内，在水平的x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B ，方向垂直xOy 平面向里，电场线平行于y 轴．一质量为m 、电荷量为q 的带正电荷的小球，从y 轴上的A 点水平向右抛出．经x 轴上的M 点进入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的N 点第一次离开电场和磁场，MN 之间的距离为L ，小球过M 点时的速度方向与x 轴正方向夹角为θ.不计空气阻力，重力加速度为g ，求：图12(1)电场强度E 的大小和方向；(2)小球从A 点抛出时初速度v 0的大小； (3)A 点到x 轴的高度h .答案 (1)mg q 竖直向上 (2)qBL 2m cot θ (3)q 2B 2L 28m 2g解析 (1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动， 其所受电场力必须与重力平衡， 有qE ＝mg ① E ＝mgq②重力的方向是竖直向下，电场力的方向则应为竖直向上，由于小球带正电，所以电场强度方向竖直向上．(2)小球做匀速圆周运动，O ′为圆心，MN 为弦长，∠MO ′P ＝θ，如图所示．设半径为r ，由几何关系知L2r＝sin θ ③小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运动的速率为v ，有q v B ＝m v 2r④ 由速度的合成与分解知v 0v ＝cos θ ⑤ 由③④⑤式得v 0＝qBL2mcot θ⑥ (3)设小球到M 点时的竖直分速度为v y ，它与水平分速度的关系为v y ＝v 0tan θ ⑦ 由匀变速直线运动规律v 2y ＝2gh⑧由⑥⑦⑧式得h ＝q 2B 2L 28m 2g。

阶段验收评估（三）磁场(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1．一根无限长的通电直导线旁放一通电矩形线框，电流方向如图所示，直导线和线框在同一平面内，线框在通电直导线的磁场力作用下将会( )A．静止不动B．向右平移C．向左平移D．向下平移解析：选B 直导线中的电流方向由上向下，根据安培定则，导线右侧区域磁感应强度向外，根据左手定则可知线框左边受向右的安培力，右边受到向左的安培力，上边受到向下的安培力，下边受到向上的安培力，离通电导线越远的位置，磁感应强度越小，故根据安培力公式F＝BIL，左边受到的安培力大于右边，上边受到的安培力等于下边受到的安培力，故线框将向右运动。

故B正确。

2.如图所示，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：选B 根据通电直导线产生的磁场的特点和安培定则可知，b、d两导线在O点产生的磁场大小相等，方向相反，a、c两导线在O点产生的磁场的方向均向左，故O点的合磁场方向向左，又带正电的粒子沿垂直于纸面的方向向外运动，根据左手定则可判断出带电粒子受到的洛伦兹力向下，选项B正确。

3.如图所示，两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N，通有同向等值电流；沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab，则通电导线ab在安培力作用下运动的情况是( )A．沿纸面逆时针转动B．沿纸面顺时针转动C．a端转向纸外，b端转向纸里D．a端转向纸里，b端转向纸外解析：选D 根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则，可以判断两电流M、N连线中垂线上方磁场方向水平向右，ab上半段所受安培力垂直于纸面向里，两电流M、N连线中垂线下方磁场方向水平向左，ab 下半段所受安培力垂直于纸面向外，所以a 端转向纸里，b 端转向纸外，选项D 正确。

第三章磁场单元综合评估(A卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！) 1．下列关于电场线和磁感线的说法正确的是()A．二者均为假想的线，实际上并不存在B．实验中常用铁屑来模拟磁感线形状，因此磁感线是真实存在的C．任意两条磁感线不相交，电场线也是D．磁感线是闭合曲线，电场线是不闭合的解析：两种场线均是为形象描绘场而引入的，实际上并不存在，故A对；任意两条磁感线或电场线不能相交，否则空间一点会有两个磁场或电场方向，故C对；磁体外部磁感线由N极指向S极，内部由S极指向N极，故磁感线是闭合的曲线．而电场线始于正电荷，终于负电荷，故不闭合，D对．故正确答案为ACD.答案：ACD2．关于磁通量，正确的说法有()A．磁通量不仅有大小而且有方向，是矢量B．在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b 线圈的大C．磁通量大，磁感应强度不一定大D．把某线圈放在磁场中的M、N两点，若放在M处的磁通量比在N处的大，则M处的磁感应强度一定比N处大解析：磁通量是标量，大小与B、S及放置角度均有关，只有C项说法完全正确．答案： C3.长直导线AB附近，有一带正电的小球，用绝缘丝线悬挂在M点，当导线通以如右图所示的恒定电流时，下列说法正确的是()A．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸里B．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直且指向纸外C．小球受磁场力作用，方向与导线AB垂直向左D．小球不受磁场力作用解析：电场对其中的静止电荷、运动电荷都产生力的作用，而磁场只对其中的运动电荷才有力的作用，且运动方向不能与磁场方向平行，所以只有D选项正确．答案： D4．下列说法中正确的是()A．运动电荷不受洛伦兹力的地方一定没有磁场B．如果把＋q改为－q，且速度反向，大小不变，则洛伦兹力的大小、方向均不变C．洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直，磁场方向也一定与电荷速度方向垂直D．粒子在只受洛伦兹力作用时运动的动能不变解析：带电粒子所受洛伦兹力的大小不仅与速度的大小有关，还与速度和磁场方向间的夹角有关，A错误；由F＝q v B sin θ知，q、v、B中有两项相反而其他不变时，F不变，B正确；不管速度是否与磁场方向垂直，洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，与磁场方向垂直，即垂直于v和B所决定的平面，但v与B不一定互相垂直，C错误；由于洛伦兹力始终与速度方向垂直，故洛伦兹力不做功，若粒子只受洛伦兹力作用，运动的动能不变，D 正确．答案：BD5．磁体之间的相互作用是通过磁场发生的．对磁场认识正确的是()A．磁感线有可能出现相交的情况B．磁感线总是由N极出发指向S极C．某点磁场的方向与放在该点小磁针静止时N极所指方向一致D．若在某区域内通电导线不受磁场力的作用，则该区域的磁感应强度一定为零解析：根据磁感线的特点：①磁感线在空间不能相交；②磁感线是闭合曲线；③磁感线的切线方向表示磁场的方向(小磁针静止时N极指向)，可判断选项A、B错误，C正确．通电导线在磁场中是否受力与导线在磁场中的放置有关，故D错．答案： C6.如右图所示，直导线处于足够大的磁场中，与磁感线成θ＝30°角，导线中通过的电流为I，为了增大导线所受的安培力，可采取的办法是()A．增大电流IB．增加直导线的长度C．使导线在纸面内顺时针转30°角D．使导线在纸面内逆时针转60°角解析：由公式F＝ILB sin θ，A、B、D三项正确．答案：ABD7.如右图所示，是电视机中偏转线圈的示意图，圆心O处的黑点表示电子束，它由纸内向纸外而来，当线圈中通以图示方向的电流时(两线圈通过的电流相同)，则电子束将()A．向左偏转B．向右偏转C．向下偏转D．向上偏转解析：偏转线圈由两个“U”形螺线管组成，由安培定则知右端都是N极，左端都是S 极，O处磁场水平向左，由左手定则可判断出电子所受的洛伦兹力向上，电子向上偏转，D 正确．答案： D8．如下图是质谱仪的工作原理示意图．带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器．速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B 和E .平板S 上有可让粒子通过的狭缝P 和记录粒子位置的胶片A 1A 2.平板S 下方有强度为B 0的匀强磁场．下列表述正确的是( )A ．质谱仪是分析同位素的重要工具B ．速度选择器中的磁场方向垂直纸面向外C ．能通过狭缝P 的带电粒子的速率等于E /BD ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P ，粒子的荷质比越小解析： 粒子先在电场中加速，进入速度选择器做匀速直线运动，最后进入磁场做匀速圆周运动．在速度选择器中受力平衡：Eq ＝q v B 得v ＝E /B ，方向由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，B 、C 正确．进入磁场后，洛伦兹力提供向心力，q v B 0＝m v 2R 得，R ＝m v qB 0，所以荷质比不同的粒子偏转半径不一样，所以，A 对，D 错．答案： ABC9.如右图所示，一半径为R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ，电荷量为q 的正电荷(重力忽略不计)以速度v 沿正对着圆心O 的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为( )A.m v qR tan θ2B.m v qR cot θ2C.m v qR sin θ2D.m v qR cos θ2解析： 本题考查带电粒子在磁场中的运动．根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析．注意两点，一是找圆心的两种方法(1)根据初末速度方向垂线的交点．(2)根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点．二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系，确定半径．分析可得B 选项正确．答案： B10．据报道，最近已研制出一种可以投入使用的电磁轨道炮，其原理如图所示．炮弹(可视为长方形导体)置于两固定的平行导轨之间，并与轨道壁密接．开始时炮弹在导轨的一端，通电流后炮弹会被磁场力加速，最后从位于导轨另一端的出口高速射出．设两导轨之间的距离d ＝0.10 m ，导轨长L ＝5.0 m ，炮弹质量m ＝0.30 kg.导轨上的电流I 的方向如图中的箭头所示．可认为，炮弹在轨道内运动时，它所在处磁场的磁感应强度始终为B ＝2.0 T ，方向垂直于纸面向里．若炮弹出口速度为v ＝2.0×103 m/s ，求通过导轨的电流I .忽略摩擦力与重力的影响．解析： 在导轨通有电流I 时，炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F ＝IdB ① 设炮弹d 加速度的大小为a ，则有F ＝ma ②炮弹在两导轨间做匀加速运动，因而v 2＝2aL ③联立①②③式得：I ＝12m v 2BdL，④ 代入题给数据得I ＝6.0×105 A.答案： 6.0×105A11．如下图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现在质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是________．解析： 题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷．若带正电荷，轨迹是如右图所示上方与NN ′相切的1/4圆弧，轨道半径：R ＝m v Bq， 又d ＝R －R /2，解得v ＝(2＋2)Bqd m若带负电荷，轨迹如图所示下方与NN ′相切的3/4圆弧，则有：d ＝R ＋R /2，解得v ＝(2－2)Bqd /m.所以本题正确答案为(2＋2)Bqd m 或(2－2)Bqd m. 若考虑不到粒子带电性的两种可能情况，就会漏掉一个答案．答案： (2＋2)Bqd m ⎣⎡⎦⎤或(2－2Bqd m ) 12．(2010·福建理综)如图所示的装置，左半部为速度选择器，右半部为匀强的偏转电场．一束同位素离子流从狭缝S 1射入速度选择器，能够沿直线通过速度选择器并从狭缝S 2射出的离子，又沿着与电场垂直的方向，立即进入场强大小为E 的偏转电场，最后打在照相底片D 上．已知同位素离子的电荷量为q (q >0)，速度选择器内部存在着相互垂直的场强大小为E 0的匀强电场和磁感应强度大小为B 0的匀强磁场，照相底片D 与狭缝S 1、S 2的连线平行且距离为L ，忽略重力的影响．(1)求从狭缝S 2射出的离子速度v 0的大小；(2)若打在照相底片上的离子在偏转电场中沿速度v 0方向飞行的距离为x ，求出x 与离子质量m 之间的关系式(用E 0、B 0、E 、q 、m 、L 表示)．解析： (1) 能从速度选择器射出的离子满足qE 0＝q v 0B O ①v 0＝E 0B 0.② (2)离子进入匀强偏转电场E 后做类平抛运动，则x ＝v 0t ③L ＝12at 2④ 由牛顿第二定律得 qE ＝ma ⑤由②③④⑤解得 x ＝E 0B 02mL qE . 答案： (1)E 0B 0 (2)E 0B 02mL qE3单元综合评估(B 卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大解析：从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图，知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极．答案： B2.如上图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则()A．放在a处的小磁针的N极向左B．放在b处的小磁针的N极向右C．放在c处的小磁针的S极向右D．放在a处的小磁针的N极向右解析：由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．答案：BD3．如上图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．答案： C4. 如图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B ．以不等的加速度相向运动C ．以相等的加速度相向运动D ．以相等的加速度背向运动答案： C5. 如上图所示，竖直放置的平行板电容器，A 板接电源正极，B 板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A 板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A 、B 间运动过程中( )A ．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动答案： D6. 电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d ，宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如上图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab /vC ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Be v 2tD ．电子在b 点的速度值也为v解析： 由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝ab /v ，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确．答案： BD7．如下图所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mg qD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mg q v解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mg q，磁感应强度B ＝2mg q v，因此A 正确． 答案： A8．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m 解析： 电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Be m，故A 正确；当两力方向相反时有Ee －e v B ＝mω2r ，与上面后两式联立得ω＝2Be m，C 正确． 答案： AC9. 如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3m v 3aq B ．B ＜3m v 3aq C ．B ＞3m v aq D ．B ＜3m v aq解析： 粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝a cot30°.由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3m v 3qa，选项B 正确．答案： B10. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如右图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析： 电子在磁场中沿圆弧ab 运动，圆心为C ，半径为R .以v表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，则eU ＝12m v 2，e v B ＝m v 2R ，又有tan θ2＝r R， 由以上各式解得B ＝1r2mU e tan θ2. 答案： 1r 2mU e tan θ2 11. 如图所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点，此时轨道弹力为零，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和强度；(2)磁场的方向和磁感应强度．(3)小球到达轨道的末端点D 后，将做什么运动？解析： (1)小球到达C 点的速度为v C ，由动能定理得：－mgR ＝12m v C 2－12m v 02，所以v C ＝v 02－2gR .在C 点同时加上匀强电场E 和匀强磁场B 后，要求小球做匀速圆周运动，对轨道的压力为零，必然是洛伦兹力提供向心力，且有qE ＝mg ，故匀强电场的方向应为竖直向上，大小E ＝mg q. (2)由牛顿第二定律得：q v C B ＝m v C 2R ，所以B ＝m v C qR ＝m v 02－2gR qR，B 的方向应垂直于纸面向外．小球离开D 点后，由于电场力仍与重力平衡，故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动，再次回到BCD 轨道时，仍与轨道没有压力，连续做匀速圆周运动．答案： (1)匀强电场的方向竖直向上.mg q. (2)垂直于纸面向外．m v 02－2gR qR(3)仍做匀速圆周运动12. (2010·海南卷)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出．已知弧FG 所对应的圆心角为θ，不计重力．求(1)离子速度的大小；(2)离子的质量．解析： (1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡q v B 0＝qE 0①式中，v 是离子运动速度的大小，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 E 0＝U d② 由①②式得v ＝U B 0d.③ (2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动．由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有q v B ＝m v 2r④式中，m 和r 分别是离子的质量和它做圆周运动的半径．由题设，离子从磁场边界上的点G 穿出，离子运动的圆周的圆心O ′必在过E 点垂直于EF 的直线上，且在EG 的垂直平分线上．由几何关系有r ＝R tan α⑤式中，α是OO ′与直径EF 的夹角．由几何关系有 2α＋θ＝π⑥联立③④⑤⑥式得，离子的质量为 m ＝qBB 0Rd U cot θ2.⑦答案： (1)U B 0d (2)qBB 0Rd U cot θ23单元综合评估(B卷)(本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！)1.如上图所示，条形磁铁竖直放置，一水平圆环从磁铁上方位置Ⅰ向下运动，到达磁铁上端位置Ⅱ，套在磁铁上到达中部Ⅲ，再到磁铁下端位置Ⅳ，再到下方Ⅴ.磁铁从Ⅰ→Ⅱ→Ⅲ→Ⅳ→Ⅴ过程中，穿过圆环的磁通量变化情况是()A．变大，变小，变大，变小B．变大，变大，变小，变小C．变大，不变，不变，变小D．变小，变小，变大，变大解析：从条形磁铁磁感线的分布情况看，穿过圆环的磁通量在位置Ⅲ处最大，所以正确答案为B.熟悉几种常见磁场的磁感线分布图，知道条形磁铁内部的磁感线方向是从S极到N极．答案： B2.如上图所示，螺线管中通有电流，如果在图中的a、b、c三个位置上各放一个小磁针，其中a在螺线管内部，则()A．放在a处的小磁针的N极向左B．放在b处的小磁针的N极向右C．放在c处的小磁针的S极向右D．放在a处的小磁针的N极向右解析：由安培定则，通电螺线管的磁场如右图所示，右端为N极，左端为S极，在a 点磁场方向向右，则小磁针在a点时，N极向右，则A项错，D项对；在b点磁场方向向右，则磁针在b点时，N极向右，则B项正确；在c点，磁场方向向右，则磁针在c点时，N极向右，S极向左，则C项错．答案：BD3．如上图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力，为了使拉力等于零，可以()A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和安培力．处于平衡时：2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大．答案： C4. 如上图所示，两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上，但能自由移动，若两线圈内通以大小不等的同向电流，则它们的运动情况是()A．都绕圆柱转动B．以不等的加速度相向运动C．以相等的加速度相向运动D．以相等的加速度背向运动答案： C5. 如上图所示，竖直放置的平行板电容器，A板接电源正极，B板接电源负极，在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场．一批带正电的微粒从A板中点小孔C 射入，射入的速度大小方向各不相同，考虑微粒所受重力，微粒在平行板A、B间运动过程中()A．所有微粒的动能都将增加B ．所有微粒的机械能都将不变C ．有的微粒可以做匀速圆周运动D ．有的微粒可能做匀速直线运动 答案： D6. 电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d ，宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如上图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d /vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝ab /vC ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Be v 2tD ．电子在b 点的速度值也为v解析： 由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝ab /v ，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确．答案： BD7．如下图所示，质量为m ，带电荷量为－q 的微粒以速度v 与水平方向成45°角进入匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．如果微粒做匀速直线运动，则下列说法正确的是( )A ．微粒受电场力、洛伦兹力、重力三个力作用B ．微粒受电场力、洛伦兹力两个力作用C ．匀强电场的电场强度E ＝2mgqD ．匀强磁场的磁感应强度B ＝mgq v解析：因为微粒做匀速直线运动，所以微粒所受合力为零，受力分析如图所示，微粒在重力、电场力和洛伦兹力作用下处于平衡状态，可知，qE ＝mg ，q v B ＝2mg ，得电场强度E ＝mgq ，磁感应强度B ＝2mgq v，因此A 正确． 答案： A8．某电子以固定的正电荷为圆心在匀强磁场中作匀速圆周运动，磁场方向垂直于它的运动平面，电子所受正电荷的电场力恰好是磁场对它的作用力的3倍，若电子电荷量为e ，质量为m ，磁感应强度为B ，那么电子运动的可能角速度是( )A.4Be mB.3Be mC.2Be mD.Be m解析： 电子受电场力和洛伦兹力作用而做匀速圆周运动，当两力方向相同时有：Ee ＋e v B ＝mω2r ，Ee ＝3Be v ，v ＝ωr ，联立解得ω＝4Bem ，故A 正确；当两力方向相反时有Ee－e v B ＝mω2r ，与上面后两式联立得ω＝2Bem，C 正确．答案： AC9. 如上图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°，若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3m v3aq B ．B ＜3m v3aq C ．B ＞3m vaqD ．B ＜3m vaq解析： 粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝a cot30°.由r ＝m v qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3m v3qa ，选项B正确．答案： B10. 电视机的显像管中，电子束的偏转是用磁偏转技术实现的．电子束经过电压为U 的加速电场后，进入一圆形匀强磁场区，如右图所示．磁场方向垂直于圆面．磁场区的中心为O ，半径为r .当不加磁场时，电子束将通过O 点而打到屏幕的中心M 点．为了让电子束射到屏幕边缘P ，需要加磁场，使电子束偏转一已知角度θ，此时磁场的磁感应强度B 应为多少？解析： 电子在磁场中沿圆弧ab 运动，圆心为C ，半径为R .以v 表示电子进入磁场时的速度，m 、e 分别表示电子的质量和电荷量，则eU ＝12m v 2，e v B ＝m v 2R ，又有tan θ2＝rR，由以上各式解得B ＝1r 2mU e tan θ2. 答案：1r2mU e tan θ211. 如上图所示，AB 为一段光滑绝缘水平轨道，BCD 为一段光滑的圆弧轨道，半径为R ，今有一质量为m 、带电荷量为＋q 的绝缘小球，以速度v 0从A 点向B 点运动，后又沿弧BC 做圆周运动，到C 点后由于v 0较小，故难运动到最高点．如果当其运动至C 点时，忽然在轨道区域加一匀强电场和匀强磁场，使其能运动到最高点，此时轨道弹力为零，且贴着轨道做匀速圆周运动，求：(1)匀强电场的方向和强度； (2)磁场的方向和磁感应强度．(3)小球到达轨道的末端点D 后，将做什么运动？解析： (1)小球到达C 点的速度为v C ，由动能定理得：－mgR ＝12m v C 2－12m v 02，所以v C ＝v 02－2gR .在C 点同时加上匀强电场E 和匀强磁场B 后，要求小球做匀速圆周运动，对轨道的压力为零，必然是洛伦兹力提供向心力，且有qE ＝mg ，故匀强电场的方向应为竖直向上，大小E ＝mgq.(2)由牛顿第二定律得：q v C B ＝m v C 2R ，所以B ＝m v C qR ＝m v 02－2gRqR ，B 的方向应垂直于纸面向外．小球离开D 点后，由于电场力仍与重力平衡，故小球仍然会在竖直平面内做匀速圆周运动，再次回到BCD 轨道时，仍与轨道没有压力，连续做匀速圆周运动．答案： (1)匀强电场的方向竖直向上.mgq .(2)垂直于纸面向外． m v 02－2gRqR(3)仍做匀速圆周运动12. (2010·海南卷)图中左边有一对平行金属板，两板相距为d ，电压为U ，两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B 0，方向与金属板面平行并垂直于纸面朝里．图中右边有一半径为R 、圆心为O 的圆形区域，区域内也存在匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面朝里．一电荷量为q 的正离子沿平行于金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出．已知弧FG 所对应的圆心角为θ，不计重力．求(1)离子速度的大小； (2)离子的质量．解析： (1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡q v B 0＝qE 0①式中，v 是离子运动速度的大小，E 0是平行金属板之间的匀强电场的强度，有 E 0＝U d ②由①②式得。

章末检测试卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、选择题(本题包括16小题，每小题3分，共48分)1．按照绿色化学的原则，以下反应不符合“原子经济性”要求的是()A．乙烯与水反应生成乙醇B．淀粉水解生成葡萄糖C．以苯和溴为原料生产溴苯D．乙烯聚合为聚乙烯答案 C解析“原子经济性”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物，这时原子的利用率为100%。

考点有机合成路线的设计题点绿色化学反应原理2．在有机合成中官能团的引入或改变是极为重要的，下列说法正确的是()A．甲苯在光照下与Cl2反应，主反应为苯环上引入氯原子B．引入羟基的方法常有卤代烃和酯的水解、烯烃的加成、醛类的还原C．将CH2===CH—CH2OH与酸性KMnO4溶液反应即可得到CH2===CH—COOHD．HC≡CH、(CN)2、CH3COOH三种单体在一定条件下发生加成、酯化反应即可得到答案 B考点有机合成中官能团的引入或转化题点常见官能团引入或转化的方法3．结构为…—CH===CH—CH===CH—CH===CH—CH===CH—…的高分子化合物用碘蒸气处理后，其导电能力大幅提高。

上述高分子化合物的单体是()A．乙炔B．乙烯C．丙烯D．1,3-丁二烯答案 A解析根据高分子化合物的结构简式可知，该物质属于加聚产物，链节是—CH===CH—，因此单体是乙炔；乙烯加聚生成聚乙烯，链节是—CH2—CH2—；丙烯加聚生成聚丙烯，链节是—CH(CH3)—CH2—；1,3-丁二烯加聚生成聚1,3-丁二烯，链节是—CH2—CH===CH—CH2—。

考点高分子化合物单体的推断题点加聚反应产物单体的推断4．对氨基苯甲酸可用甲苯为原料合成，已知苯环上的硝基可被还原为氨基：＋2H 2O ，产物苯胺还原性强，易被氧化，则由甲苯合成对氨基苯甲酸的步骤合理的是( ) A ．甲苯――→硝化X ――→氧化甲基Y ――――→还原硝基对氨基苯甲酸 B ．甲苯――――→氧化甲基X ――→硝化Y ――――→还原硝基对氨基苯甲酸 C ．甲苯――→还原X ――――→氧化甲基Y ――→硝化对氨基苯甲酸 D ．甲苯――→硝化X ――――→还原硝基Y ――――→氧化甲基对氨基苯甲酸 答案 A解析 由于苯胺还原性强易被氧化，应先氧化甲基再还原硝基。

第三章测评(满分:100分)一、单项选择题(本题共7小题,每小题4分,共28分。

在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求)1.法拉第多次对“磁生电”进行实验研究,他把两个线圈绕在同一个软铁环上,如图所示,线圈A连接电池与开关,线圈B通过较长的导线闭合,并在其中一段水平直导线下方放置小磁针,开始时磁针静止。

他发现,当开关合上瞬间,磁针偏转了一下。

对该实验下列说法正确的是( )A.法拉第是利用“电生磁”现象来判断感应电流的有无B.开关断开瞬间,小磁针不偏转C.开关闭合后,小磁针保持偏转D.开关闭合后,软铁环中磁场消失2.如图所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c三枚小磁针都要发生转动,以下说法正确的是( )A.a、b、c的N极都向纸里转B.b的N极向纸外转,而a、c的N极向纸里转C.b、c的N极都向纸里转,而a的N极向纸外转D.b的N极向纸里转,而a、c的N极向纸外转3.如图所示的磁感线分布情况,以O点为坐标原点,沿Z轴正方向,磁感应强度B大小的变化最有可能为( )4.如图所示,两根相互绝缘的通电长直导线分别沿x轴和y轴放置,沿x轴方向的电流为I0。

已知通电长直导线在其周围激发磁场的磁感应强度,其中k为常量,I为导线中的电流,r为场中某点到导线的垂直距离。

B=k Ir图中A点的坐标为(a,b),若A点的磁感应强度为零,则沿y轴放置的导线中电流的大小和方向分别为( )A.ab I 0,沿y 轴正向B.ab I 0,沿y 轴负向C.b aI 0,沿y 轴正向 D.b aI 0,沿y 轴负向5.利用智能手机中的传感器和相关软件可测量磁感应强度。

如图所示,在水平放置的手机上建立三维坐标系,手机显示屏所在平面为xOy 面,竖直向上为z 轴正方向,测得B x =0、B y =28 μT、B z =-21 μT,手机显示屏的面积约为0.01 m 2,根据测量数据可知( )A.测量地点位于赤道位置B.通过手机显示屏的磁通量约为2.8×10-7 WbC.通过手机显示屏的磁通量为3.5×10-7 WbD.通过手机显示屏的磁通量为2.1×10-7 Wb6.如图所示,矩形abcd 中,bc 是ab 的2倍。

章末过关检测(三)(时间：75分钟分值：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。

在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．有一种叫作“压电陶瓷”的电子元件，当对它挤压或拉伸时，它的两端就会形成一定的电压，这种现象称为压电效应。

一种燃气打火机，就是应用了该元件的压电效应制成的。

只要用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。

在上述过程中，压电陶瓷片完成的能量转化是()A．化学能转化为电能B．内能转化为电能C．化学能转化为光能D．机械能转化为电能解析：选D。

根据题意用大拇指压一下打火机上的按钮，压电陶瓷片就会产生10～20 kV的高压，形成火花放电，从而点燃可燃气体。

转化前要消耗机械能，转化后得到了电能，所以为机械能转化为电能。

2．将一定质量的理想气体缓慢压缩，压缩过程中温度保持不变。

下列说法正确的是()A．气体分子的平均动能减小B．气体与外界无热交换C．气体的压强不变D．气体的内能不变解析：选D。

因为气体的温度保持不变，所以气体分子的平均动能不变，理想气体分子间距离非常大，分子势能忽略不计，所以气体的内能不变，故A错误，D正确；气体被压缩，外界对气体做功，但内能不变，根据热力学第一定律，气体对外放热，故B错误；根据理想气体状态方程可得，体积减小、温度不变，所以压强增大，故C错误。

3．如图所示，现用活塞压缩封闭在汽缸里的空气，对空气做了90 J的功，同时空气向外散热21 J。

关于汽缸里空气的内能变化情况，下列说法正确的是()A.内能增加90 JB．内能增加69 JC．内能减小111 JD．内能减少21 J答案：B4.如图所示，在紫铜管内滴入乙醚，盖紧管塞。

用手拉住绳子两端迅速往复拉动，管塞会被冲开。

管塞被冲开前()A．外界对管内气体做功，气体内能增大B．管内气体对外界做功，气体内能减小C．管内气体内能不变，压强变大D．管内气体内能增加，压强变大解析：选D。

第三章磁场章末质量检测卷(三)(时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分)1．(2019·江苏学业考试)下列说法正确的是( )A．磁场中某处磁感强度的大小，等于长为L，通以电流I的一小段导线放在该处时所受磁场力F与乘积IL的比值B．一小段通电导线放在某处如不受磁场力作用，则该处的磁感应强度为零C．因为B＝FIL，所以磁场中某处磁感应强度的大小与放在该处的导线所受磁场力F的大小成正比，与IL的大小成反比D．磁场中某处磁感应强度的大小与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关解析：选D 只有当导线垂直放入磁场时，导线所受磁场力F与乘积IL的比值才等于磁感应强度的大小，故A错误；由于导线与磁场平行时，通电导线不受磁场力，所以通电导线放在某处如不受磁场力作用，该处的磁感应强度不一定为零，故B错误；磁感应强度的大小由磁场本身的强弱决定，与放在磁场中的通电导线长度、电流大小及所受磁场力的大小均无关，故C错误，D正确．2．如图所示，竖直面内的导体框ABCD所在平面有水平方向的匀强磁场，AP⊥BC，∠B ＝∠C＝60°，AB＝CD＝20 cm，BC＝40 cm.若磁场的磁感应强度为0.3 T，导体框中通入图示方向的5 A电流，则该导体框受到的安培力( )A．大小为0.6 N，方向沿PA方向B．大小为0.6 N，方向沿AP方向C．大小为0.3 N，方向沿PA方向D．大小为0.3 N，方向沿BC方向解析：选C 力是矢量，三段导体棒在磁场中受到的安培力的合力与AD段受到的安培力是等效的，所以根据左手定则可知，导体框受到的安培力的方向垂直于AD的方向向下，即沿PA方向；AD段的长度：L＝BC－2BP＝40 cm－2×20 cm×cos 60°＝20 cm＝0.2 m，安培力的大小：F＝BIL＝0.3×5×0.2＝0.3 N．故C正确，A、B、D错误．3.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 轴转动解析：选D 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．故选D.4．实验室常用到磁电式电流表．其结构可简化为如图所示的模型，最基本的组成部分是磁铁和放在磁铁两极之间的线圈，OO ′为线圈的转轴．忽略线圈转动中的摩擦．当静止的线圈中突然通有如图所示方向的电流时，顺着OO ′方向看( )A ．线圈保持静止状态B ．线圈开始沿顺时针方向转动C ．线圈开始沿逆时针方向转动D ．线圈既可能顺时针方向转动，也可能逆时针方向转动解析：选B 由左手定则知线圈的左边受力向上，右边受力向下，故线圈开始沿顺时针方向转动，A 、C 、D 错误，B 正确．5．如图所示，空间中存在水平方向的匀强电场和匀强磁场，且电场方向和磁场方向相互垂直，在正交的电磁场空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场方向成60°夹角且处于竖直平面内，一质量为m ，带电量为q (q ＞0)的小球套在绝缘杆上，当小球沿杆向下的初速度为v 0时，小球恰好做匀速直线运动，已知重力加速度大小为g ，磁感应强度大小为B ，电场强度大小为E ＝3mg q，小球电荷量保持不变，则以下说法正确的是( )A ．小球的初速度v 0＝2mg qBB ．若小球沿杆向下的初速度为3mg qB，则小球将沿杆做加速度不断增大的减速运动，最后停止C ．若小球沿杆向下的初速度为mg qB ，则小球将沿杆做加速度不断减小的减速运动，最后停止D ．若小球沿杆向下的初速度为mg qB ，则小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做功为3m 3g 22q 2B2 解析：选A 带电小球受重力mg 、电场力F 电＝qE ＝3mg 、磁场力及可能存在的支持力和摩擦力作用．重力与电场力的合力刚好与杆垂直，合力的大小为2mg .小球做匀速直线运动，磁场力的方向垂直于杆，则摩擦力、支持力均为0，磁场力与电场力、重力的合力相平衡，即qv 0B ＝2mg ，解得小球的初速度v 0＝2mg qB ，故A 正确；若小球的初速度：v ＝3mg qB，小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力，据牛顿第二定律可得qvB ＝2mg ＋F N 、μF N ＝ma ，解得小球的加速度a ＝μ(qvB －2mg )m，方向与小球的运动方向相反，所以小球做加速度减小的减速运动，最终匀速，故B 错误；若小球的初速度v ＝mgqB ，小球将受到重力、电场力、磁场力、支持力和摩擦力，据牛顿第二定律可得qvB ＋F N ＝2mg 、μF N ＝ma 解得小球的加速度a ＝μ(2mg －qvB )m，方向与小球的运动方向相反，所以小球做加速度增大的减速运动，最终静止；小球从开始运动到稳定过程中，重力、电场力、磁场力、支持力四个力的合力与杆垂直，它们对小球做的功为0，摩擦力对小球做负功，据动能定理得W f ＝0－12m ⎝ ⎛⎭⎪⎫mg qB 2，所以小球从开始运动到稳定过程中，克服摩擦力做功为m 3g 22q 2B2，故C 、D 错误． 6.有四条垂直于纸面的长直固定导线．电流方向如图所示，其中abc三条导线到d 导线的距离相等，三条导线与d 的连线互成120度角．四条导线的电流大小都为I ，其中a 导线对d 导线的安培力为F .现突然把c 导线的电流方向改为垂直于纸面向外，电流大小不变．此时d 导线所受安培力的合力为( )A ．0B ．F C.3F D ．2F解析：选D a 导线对d 导线的安培力为F ，三条导线与d 的连线互成120°，因此在c 导线的电流方向改变之前，d 导线所受安培力的合力为零；当c 导线的电流方向改变之后，则有：a 、b 导线对d 导线的安培力夹角为120°，大小为F ，因此两个安培力的合力为F ，方向指向c 导线，而c 导线对d 导线的安培力大小为F ，方向指向c 导线，那么此时三导线对d 导线所受安培力的合力为2F ，故A 、B 、C 错误，D 正确．7．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.qBL 2mB.qBL 4mC.3qBL 6mD.qBL 6m 解析：选B 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 ＝12L ，四边形abdO 是正方形，粒子轨道半径r ＝12L ，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qv m B ＝2m v 2m r ，解得粒子的最大速度为v m ＝qBL 4m，故A 、C 、D 错误，B 正确．故选B.8.一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，以上说法都不对解析：选A 洛伦兹力总是与速度垂直，不做功；设管子运动速度为v 1，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F 1＝qv 1B ，q 、v 1、B 均不变，F 1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，由于洛伦兹力和速度方向相互垂直，故洛伦兹力不做功，故B 、C 、D 错误，A 正确．二、多项选择题(本题共7小题，每小题3分，共21分．全选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分)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，为使粒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，也不会发生偏转解析：选ABD 为使粒子不发生偏转，粒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 ，与粒子电性无关，D 正确，C 错误；粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，所以选项A 正确；沿直线匀速穿过该装置的时间与粒子速度和板的长度有关，与场强无关，故B 正确．10.一束粒子流由左端平行于极板P 1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S 0进入匀强磁场B 2，在磁场B 2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P 1极板带负电B ．粒子1带负电C ．能通过狭缝S 0的带电粒子的速率等于E B 1D ．粒子2的比荷q m绝对值最大解析：选BC 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P 1极板带正电，故A 错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B 2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qvB 1＝qE ，解得v ＝E B 1，故C 正确；根据qvB ＝m v 2r 得，r ＝mv qB，知r 越大，比荷越小，所以D 错误．11.如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )A ．氘核(21H)的最大速度较大B ．它们在D 形盒内运动的周期相等C ．氦核(42He)的最大动能较大D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析：选BC 粒子在回旋加速器中能达到的最大速度，取决于在最外圈做圆周运动的速度．根据qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m ，两粒子的比荷q m相等，所以最大速度相等，A 错误；带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷q m相等，所以周期相等，B 正确；最大动能E k ＝12mv 2＝q 2B 2R 22m ，两粒子的比荷q m相等，但质量不等，所以氦核最大动能较大，C 正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同，否则无法加速，D 错误．12.如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R (比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m 、带电荷量为q ，重力加速度为g .空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场．某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v 0＝5gR 的初速度，则以下判断正确的是( )A ．无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用B ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用C ．无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点的速度大小都相同D ．小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小解析：选BC 小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A 选项错误；小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v ＝gR ，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C 选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F ＝m v 2R＝mg ，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B 选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D 选项错误．13.如图所示，一个质量为m 、电荷量为q 的带电小球从M 点自由下落，M 点距场区边界PQ 高为h ，边界PQ 下方有方向竖直向下、电场强度为E 的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a 点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b 点穿出，重力加速度为g ，不计空气阻力，则以下说法正确的是( )A ．小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向里B ．小球的电荷量与质量的比值q m ＝g EC ．小球从a 运动到b 的过程中，小球和地球系统机械能守恒D ．小球在a 、b 两点的速度相同解析：选AB 带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE ＝mg ，B 正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b 点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里，A 正确；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a 、b 两点机械能相等，C 错误；小球在a 、b 两点速度方向相反，D 错误．14．如图甲所示，水平传送带足够长，沿顺时针方向匀速运动，某绝缘带电物块无初速度的从最左端放上传送带．该装置处于垂直纸面向外的匀强磁场中，物块运动的v ­t 图象如图乙所示．物块带电量保持不变，下列说法正确的是( )A ．物块带负电B ．1 s 后物块与传送带共速，所以传送带的速度为0.5 m/sC ．传送带的速度可能比0.5 m/s 大D ．若增大传送带的速度，其它条件不变，则物体最终达到的最大速度也会增大解析：选AC 从v ­t 图象可以看出，滑块的加速度逐渐减小，根据牛顿第二定律，有：μ(mg －qvB )＝ma ，说明洛伦兹力向上，根据左手定则，滑块带负电荷，故A 正确；1 s 后物块的速度最大，加速度为零，说明摩擦力为零，可能是mg －qvB ＝0，也可能是物块与传送带共速，故B 错误；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg －qvB ＝0，则传送带的速度可能比0.5 m/s 大，故C 正确；如果是洛伦兹力与重力平衡，即mg －qvB ＝0，则最大速度与传送带无关，故D 错误．15．如图(a)所示，在半径为R的虚线区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°.在t＝0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AOB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为R2的完整的圆周运动，再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是( )图(a) 图(b)A．磁场方向垂直纸面向外B．图(b)中B0＝2mvqRC．图(b)中T0＝R＋πRvD．若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点解析：选BC 第一次到O点时．洛伦兹力向上，速度向右，根据左手定则，磁场方向垂直纸面向里，故A错误；粒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：qvB0＝mv2R2，解得，磁感应强度：B0＝2mvqR，故B正确；虚线区域不加磁场时粒子做匀速直线运动，粒子做匀速直线运动的时间：t1＝Rv，虚线区域加磁场后粒子做匀速圆周运动，粒子做匀速圆周运动的时间：t2＝sv＝2π×R2v＝πRv，磁场变化的周期：T0＝t1＋t2＝R＋πRv，故C正确；若t＝0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，到O点时粒子向下偏转，经过14圆周与板相碰后反弹，再经过14圆周与竖直板相碰后反弹，向上偏转后离开磁场区域，故D错误．三、非选择题(本题共5小题，共55分)16．(8分)如图所示，直线MN上方为磁感应强度为B的足够大的匀强磁场．一电子(质量为m、电荷量为e)以速度v从点O与MN成30°角的方向射入磁场中，求：(1)电子从磁场中射出时距O 点多远？(2)电子在磁场中运动的时间为多少？解析：(1)电子在磁场中做圆周运动，由evB ＝m v 2R 得电子运动的半径R ＝mv eB由左手定则可判断出电子应向下偏转，根据几何关系可解得圆心角为60°，则电子出射点距O 点的距离等于电子的运动半径R ＝mveB.(2)电子在磁场中运动的周期T ＝2πm eB电子在磁场中的运动时间应为t ＝16T ＝πm 3Be. 答案：(1)mv Be (2)πm 3Be17．(10分)如图所示，在第二象限和第四象限的正方形区域内分别存在着两匀强磁场，磁感应强度均为B ，方向相反，且都垂直于xOy 平面．一电子由P (－d ，d )点，沿x 轴正方向射入磁场区域Ⅰ电子质量为m ，电量为e ，sin 53°＝45.求电子能从第三象限射出的入射速度的范围．解析：能射入第三象限的电子临界轨迹如图所示．电子偏转半径范围为d2<r <d由evB ＝m v 2r ，解得v ＝eBr m 入射速度的范围为eBd 2m <v <eBd m . 答案：eBd 2m <v <eBd m18．(10分)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U 加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E 和匀强磁场B 的复合场中(E 和B 已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，求小球做匀速圆周运动的半径和周期．(重力加速度为g )解析：小球在电场中加速运动，qU ＝12mv 2－0，在竖直平面内做匀速圆周运动，重力和电场力平衡，mg ＝Eq ，洛伦兹力提供向心力，qvB ＝m v 2r ，联立解得r ＝1B·2UE g . 运动周期T ＝2πr v ＝2πE Bg. 答案：1B ·2UEg 2πE Bg19．(12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U 1＝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U 2＝100 V ．金属板长L ＝20 cm ，两板间距d ＝10 3 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v 0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，则该匀强磁场的磁感应强度应满足的条件.解析：(1)微粒在加速电场中，由动能定理有qU 1＝12mv 20解得v 0＝1×104m/s.(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，如图所示：a ＝qU 2md ，v y ＝at ，L ＝v 0ttan θ＝v y v 0＝U 2L 2U 1d ＝33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 ＝v 0cos θqBv ＝m v 2R ，R ＝mv qB.微粒恰好不从右边界射出时，D ＝R ＋R sin θ. B ＝mv 0(1＋sin θ)qD cos θ.解得B ＝35T ＝0.35 T. 为使微粒不会由磁场右边界射出，磁感应强度应满足B ′≥0.35 T. 答案：(1)1×104m/s (2)30° (3)B ′≥0.35 T20．(15分)(2017·天津卷)平面直角坐标系xOy 中，第Ⅰ象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第Ⅲ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，如图所示．一带负电的粒子从电场中的Q 点以速度v 0沿x 轴正方向开始运动，Q 点到y 轴的距离为到x 轴距离的2倍．粒子从坐标原点O 离开电场进入磁场，最终从x 轴上的P 点射出磁场，P 点到y 轴距离与Q 点到y 轴距离相等．不计粒子重力，问：(1)粒子到达O 点时速度的大小和方向； (2)电场强度和磁感应强度的大小之比．解析：(1)粒子在电场中从Q 到O 做类平抛运动，设到达O 点速度v 与＋x 方向夹角为α，Q 点到x 轴的距离为L ，到y 轴的距离为2L ，粒子的加速度为a ，运动时间为t ，根据类平抛运动的规律，有：x 方向：2L ＝v 0t① y 方向：L ＝12at 2② 粒子到达O 点时沿y 轴方向的分速度为：v y ＝at③ 又tan α＝v y v 0④解得tan α＝1，即α＝45°，粒子到达O 点时速度方向与x 轴方向的夹角为45°角斜向上．粒子到达O 点时的速度大小为v ＝v 0cos 45°＝2v 0.⑤(2)设电场强度为E ，粒子电荷量为q ，质量为m ，粒子在电场中受到的电场力为F ， 粒子在电场中运动的加速度：a ＝F m ＝qE m；⑥设磁感应强度大小为B ，粒子做匀速圆周运动的半径为R ，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m v 2R.⑦ 根据几何关系可知：R ＝2L⑧由①②⑤⑥⑦⑧联立解得：E ∶B ＝v 0∶2.答案：(1)2v 0 方向与x 轴正方向成45°角斜向上 (2)v 0∶2。

第三章　章末检测一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．其中1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)1．在如图所示的四幅图中，正确标明了带正电的粒子在磁感应强度为B的磁场中以速度v运动时所受洛伦兹力F的方向的是( )解析：磁感线穿过手心，四指指向正粒子运动的方向，拇指所指的方向就是正粒子所受洛伦兹力的方向，即为左手定则．在A中，粒子所受洛伦兹力的方向应竖直向下；B中，粒子所受洛伦兹力的方向竖直向上；C中，粒子所受洛伦兹力的方向应垂直纸面向里；D中，粒子所受洛伦兹力的方向应垂直纸面向外，故选B.答案：B2．如图所示，弹簧测力计下挂一铁球，将弹簧测力计自左向右逐渐移动时，弹簧测力计的示数( )A．不变 B．逐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小解析：磁体上磁极的磁性最强，对铁球的吸引力最大，所以铁球自左向右逐渐移动时，所受磁体的引力先减小后增大，弹簧测力计的示数也随之先减小后增大．答案：C3．在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线( )A．受到竖直向上的安培力B．受到竖直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D ．受到由西向东的安培力解析：赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图如图所示，由左手定则可判断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，选项A 正确．答案：A4.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S 的矩形线圈处于磁场中，并绕着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)．则在此过程中磁通量的变化量的大小为( )A.BS B ．BS3－12C.BS D ．2BS3＋12解析：取线圈在水平位置时穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BS sin30°＝BS12线圈处于竖直位置，磁感线从线圈另一面穿过，磁通量Φ2＝－BS cos30°＝－BS32故磁通量的变化为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－BS3＋12即变化量的大小为|ΔΦ|＝BS .3＋12答案：C5．(2017·北京市昌平区高二联考)如图所示，质量为m 、长度为L 的金属棒MN 两端由等长的轻质细线水平悬挂在O 、O ′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B ；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g .则( )A ．金属棒中的电流方向由N 指向MB ．金属棒MN 所受安培力的方向垂直于OMNO ′平面向上C ．金属棒中的电流大小为tan θmg BL D ．每条悬线所受拉力大小为mg cos θ解析：平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到安培力，根据左手定则，可判断金属棒中的电流方向由M 指向N ，故A 错误；金属棒MN 所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右，故B 错误；由受力分析可知，T cos θ＝mg ，T sin θ＝BIL ，得I ＝tan θ，故C 正确；由受力分mg BL 析可知，T cos θ＝mg ，T ＝，故D 错误．mgcos θ答案：C6．(多选)(2017·汕头测试)如图是自动跳阐的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面向里匀强磁场中，当CO 间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A 端会向左弹开断开电路．以下说法正确的是( )A ．闸刀刀片中的电流方向为C 至OB ．闸刀刀片中的电流方向为O 至CC ．跳闸时闸刀所受安培力没有做功D ．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小解析：当MN 通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应该向左，由左手定则判断，电流方向O →C ，故A 错误、B 正确．跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C 错误．跳闸的作用力是一定的，依据安培力F ＝BIL 可知，增大匀强磁场的磁感应强度，电流I 变小，故D 正确．故选BD.答案：BD7．(多选)用回旋加速器加速质子时，所加交变电压的频率为f ，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，下列方法不可取的是( )A ．将其磁感应强度增大为原来的2倍B ．将D 形金属盒的半径增大为原来的2倍C ．将两D 形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍D ．将交变电压的频率增大为原来的4倍答案：ACD8.(多选)目前世界上正在研究一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的原理：将一束等离子体(包含正、负离子)喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A 、B ，于是金属板上就会聚集电荷，产生电压．以下说法正确的是( )A ．B 板带正电B ．A 板带正电C ．其他条件不变，只增大射入速度，U AB 增大D ．其他条件不变，只增大磁感应强度，U AB 增大解析：根据左手定则，正离子进入磁场受到的洛伦兹力向下，A 正确、B 错误．最后，离子受力平衡有qB v ＝q ，可UAB d 得U AB ＝B v d ，C 、D 正确．答案：ACD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)长L ＝60 cm 、质量m ＝6.0×10－2 kg 、粗细均匀的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感应强度B ＝0.4 T 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，如图所示，若不计弹簧重力(g 取10 m/s 2)，问：(1)要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何？(2)若在金属棒中通入自左向右、大小为I ＝0.2 A 的电流，金属棒下降x 1＝1 cm ；若通入金属棒中的电流仍为0.2 A ，但方向相反，这时金属棒下降了多少？解析：(1)要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，因mg ＝BLI ，所以I ＝＝2.5 A.mg BL(2)因在金属棒中通入自左向右、大小为I ＝0.2 A 的电流，金属棒下降x 1＝1 cm ，由平衡条件得mg ＝BLI ＋2kx 1.当电流反向时，由平衡条件得mg ＝－BLI ＋2kx 2.解得x 2＝1.17 cm.答案：(1)2.5 A 向右　(2)1.17 cm10．(12分)如图所示，在xOy 平面内，y ≥0的区域有垂直于xOy 平面向里的匀强磁场，磁感应强度为B ，一质量为m 、带电荷量大小为q 的粒子从原点O 沿与x 轴正方向成60°角方向以v 0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置．解析：当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC ，对粒子，由于洛伦兹力提供向心力，则q v 0B ＝m ，R ＝，T ＝v 20R m v 0qB 2πmqB故粒子在磁场中的运动时间t 1＝T ＝240°360°4πm3qB粒子在C 点离开磁场OC ＝2R ·sin60°＝3m v 0qB故离开磁场的位置为(－3m v 0qB ，0)当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE 所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t 2＝T ＝120°360°2πm 3qB 离开磁场时的位置为.(3m v 0qB ，0)答案：(1)　或4πm 3qB (－3mv 0qB ，0)2πm 3qB(3m v 0qB，0)11．(12分)(2016·北京高考)如图所示，质量为m ，电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T .(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．解析：(1)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有F 洛＝q v B ＝m v 2R解得粒子做匀速圆周运动的半径R ＝m v qB粒子做匀速圆周运动的周期T ＝＝2πR v 2πm qB(2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力F 洛＝q v B ，粒子做匀速直线运动，由二力平衡可知，qE ＝q v B .解得电场强度的大小E ＝v B .答案：(1) (2)v Bm v qB 2πm qB 12．(16分)(2017·邯郸高二检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy 内，第Ⅰ象限存在沿y 轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON 为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从y 轴正半轴上y ＝h 处的M 点，以速度v 0垂直于y 轴射入电场，经x 轴上x ＝2h 处的P 点进入磁场，最后以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小E .(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r .(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t .解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t 1则有2h ＝v 0t 1，①h ＝at ②1221根据牛顿第二定律得Eq ＝ma ③解得E ＝.④m v 202qh (2)设粒子进入磁场时速度为v ，在电场中，由动能定理得Eqh ＝m v 2－m v ⑤121220由④⑤得v ＝v 0⑥2由几何关系知，粒子射入磁场速度与x 轴夹角为45°.粒子的运动轨迹如图所示又Bq v ＝⑦m v 2r 联立⑥⑦，解得r ＝.⑧2m v 0Bq (3)粒子在电场中运动的时间t 1＝⑨2hv 0粒子在磁场中运动的周期T ＝⑩2πmBq 设粒子在磁场中运动的时间为t 2，由几何关系可得t 2＝·T ＝T ，⑪135°360°38联立⑨⑩⑪解得t ＝t 1＋t 2＝＋.2h v 03πm4Bq答案：(1)　(2)　(3)＋m v 202qh 2m v 0Bq 2h v 03πm 4Bq。

章末质量评估（三）（时间:90分钟分值：100分）一、单项选择题（每题3分，本题共10小题，共30分。

每小题中只有一个选项是正确的，选对得3分，错误、不选或多选均不得分）1.下列关于磁场和磁感线的描述中正确的是( )A.磁感线可以形象地描述各点磁场的方向B.磁感线是磁场中客观存在的线C。

磁感线总是从磁铁的N极出发，到S极终止D。

实验中观察到的铁屑的分布就是磁感线答案：A2.关于磁通量,正确的说法有( ）A.磁通量不仅有大小而且有方向，是矢量B.在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大,则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的大C.磁通量大，磁感应强度不一定大D。

把某线圈放在磁场中的M、N两点,若放在M处的磁通量比在N处的大,则M处的磁感应强度一定比N处大答案：C3.如图所示,条形磁铁放在水平桌面上,在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直.给导线通以垂直纸面向里的电流，用F N表示磁铁对桌面的压力,用F f表示桌面对磁铁的摩擦力，则导致通电后与通电前相比较( )A.F N减小，F f＝0B.F N减小，F f≠0C。

F N增大，F f＝0 D.F N增大，F f≠0解析：由于磁铁在导线所在处的磁感应强度方向水平向左，由左手定则知，磁铁对通电导线的作用力竖直向上，由牛顿第三定律可知，通电导线对磁铁的作用力竖直向下，使磁铁与桌面间的压力变大;由于通电导线对磁铁的作用力竖直向下,因此磁铁没有水平运动趋势，故C正确。

答案：C4.一带电粒子,沿垂直于磁场方向射入匀强磁场，粒子运动的一段径迹如图所示，径迹上每一小段都看成圆弧，由于带电粒子使周围空气电离粒子能量不断变小（带电量不变），则（)A。

粒子带负电，从B射入 B.粒子带负电，从A射入C.粒子带正电,从B射入D.粒子带正电，从A射入答案：B5.如图所示,一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力.为了使拉力等于零，可以（）A.适当减小磁感应强度B.使磁场反向C.适当增大电流D。

高中物理学习资料金戈铁骑整理制作第三章磁场章末检测题说明：本试卷分为第Ⅰ、Ⅱ卷两部分，请将第Ⅰ卷选择题的答案填入题后括号内，第Ⅱ卷可在各题后直接作答 .共 100 分，考试时间 90 分钟 .第Ⅰ卷（选择题共40分）一、本题共 10 小题，每题 4 分，共有一个选项正确，有的小题有多个选项正确40 分.在每题给出的四个选项中，有的小题只.全部选对的得 4 分，选不全的得 2 分，有选错或不答的得0 分 .1.以下说法中正确的选项是A. 由 B=F/IL 可知，磁感觉强度 B 与一小段通电直导线碰到的磁场力成正比B.一小段通电导线所受磁场力的方向就是磁场方向C.一小段通电导线在某处不受磁场力，该处磁感觉强度必然为零D.磁感觉强度为零的地方，一小段通电导线在该处不受磁场力2.在同一平面内有四根互相绝缘的通电直导线，以下列图，四根导线中电流i4=i 3＞ i2＞i 1.要使 O 点磁场增强，应切断哪一根导线中的电流i1i3Oi4i 2A. i 1B.i 2C. i3D.i 43.以下单位中与磁感觉强度 B 的单位 T 不相当的是．．．2·m·m D.V · s/m24.以下列图，正方形地域abcd 中充满匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里.一个氢核从 ad 边的中点 m 沿着既垂直于 ad 边又垂直于磁场的方向，以必然速度射入磁场，正好从ab 边中点 n 射出磁场 .若将磁场的磁感觉强度变为原来的 2 倍，其他条件不变，则这个氢核射出磁场的地址是a n b×××B ×××××m v××××A. 在 b、 n 之间某点×××× D.在 a、 m 之间某点B.在 n、 a 之间某点C.a 点d c5.以下列图 ,一个通电的闭合线骗局在条形磁铁凑近N 极的一端 ,则以下判断正确的选项是A. 线圈环面有减小的倾向B. 线圈环面有扩大的倾向C.线圈将向 S 极平移D. 线圈将向 N 极平移N S6.关于安培力和洛伦兹力的异同，以下说法中正确的选项是A.两种力本质上都是磁场对运动电荷的作用B.洛伦兹力与带电粒子的运动方向有关，安培力与自由电荷定向搬动的方向有关C.两种力的方向均可用右手定则判断D.安培力、洛伦兹力都必然不做功7.一个长螺线管中通有交变电流，把一个带电粒子沿管轴线射入管中，粒子将在管中（不计重力影响）A. 做圆周运动B. 沿轴往返运动C.做匀加速直线运动D.做匀速直线运动8.长方体金属块放在匀强磁场中，有电流经过金属块，以下列图.则下面说法中正确的选项是BIA. 金属块上、下表面电势相等B. 金属块上表面电势高于下表面电势C.金属块上表面电势低于下表面电势D. 无法比较上、下表面的电势高低9.电子以初速度v0垂直进入磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，则A. 磁场对电子的作用力向来不变B.磁场对电子的作用力向来不做功C.电子的动量向来不变D.电子的动能向来不变10.一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.已知匀强磁场的磁感觉强度大小为0.8 T ，a 、b 是带电粒子运动轨迹上的两点， 粒子从 a 到 b 的时间为π ×10-6 s ，从 b 到 a 的时间为π ×10-6s.则该粒子的质量与其带电荷量之比为A.1.25 × 10-5 kg/CB.8.0 ×10-7 kg/C × 10-6 kg/CD.4.0 ×10-6 kg/C第Ⅱ卷（非选择题 共60分）二、本题共 5 小题 ,每题 4 分，共 20 分，把答案填在题中的横线上.11.在 B=0.8 T 的匀强磁场中放一根与磁场方向垂直、长度是0.5 m 的通电直导线，导线沿磁场力方向搬动了 20 cm.若导线中电流为10 A ，那么磁场力对通电导线所做的功是_________ J.12.以下列图 ,a 、b 、c 、d 四种离子 ,它们带等量同种电荷 ,质量为 m a =m b ＜m c =m d ,以不等的速率 v a ＜ v b =v c ＜ v d 进入速度选择器后 ,有两种离子从选择器中射出,进入磁感觉强度为 B 2的磁场 .由此能够判断射向 D 1 的是 _________离子 .(不计重力 )D 1.. .PD 2... -.1. . .B 1.. . .+.P . . . .. .B 2.13.以下列图，两电子沿 MN 方向从 M 点2射入两平行平面间的匀强磁场中，它们分别以v 1、v 2 的速率射出磁场 .则 v 1∶ v 2=_________ ，经过匀强磁场所用时间之比 t 1∶ t 2=_________.MN× ×××× × a ×b ×o6014.以下列图， a 、b 是位于真空中的平行金属板， v 1 a v 2板带负电，两板间的电板带正电， b 场为匀强电场，场强为E.同时在两板之间的空间中加匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里， 磁感觉强度为 B.一束电子以大小为 v 0 的速度从左边 S 处沿图中虚线方向入射，虚线平行于两板 . 要想使电子在两板间能沿虚线运动，则v 0、 E 、 B 之间的关系是 _________.aSb+++ + ++ × × × ××× ××---- - -15.以下列图，在圆心为O 、半径为 r 的圆形地域内有方向垂直纸面向里的匀强磁场，一电子以速度v 沿 AO 方向射入， 后沿 OB 方向射出匀强磁场 .若已知∠ AOB =120°， 则电子穿越此匀强磁场所经历的时间是_________.××××××O××××××A B××××三、本题共 4 小题，每题10 分，共 40 分.解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能够得分 .有数值计算的题，答案中必定明确写出数值和单位 .16.以下列图 ,在倾角为α的圆滑斜面上，水平放置一长为L 、质量为m 的直导线，通以从 A 到 B 的电流 I.现在要加一个垂直于 AB 的匀强磁场，使 AB 能保持静止 .那么所加磁场的磁感觉强度 B 的大小和方向如何？BA17.以下列图，匀强磁场宽L=30 cm，B=3.34 × 10-3 T ，方向垂直纸面向里 .设一质子以× 105 m/s 的速度垂直于磁场 B 的方向从小孔 C 射入磁场，尔后打到照相底片上的 A 点 .试求：×××××××××v0C×××L（ 1）质子在磁场中运动的轨道半径r；A H O（ 2）A 点距入射线方向上的 O 点的距离H；（ 3）质子从 C 孔射入到 A 点所需的时间t .（质子的质量为× 10-27 kg ；质子的电荷量为×10-19 C）18.以下列图，在 y＞ 0的空间中存在匀强电场，场强沿y 轴负方向；在 y＜ 0 的空间中，存在匀强磁场，磁场方向垂直xy 平面（纸面）向外 .一电荷量为 q、质量为 m 的带正电的运动粒子，经过 y 轴上 y=h 处的点 P1时速率为 v0,方向沿 x 轴正方向；尔后经过x 轴上 x=2h 处的 P2点进入磁场，并经过y 轴上 y=-2h 处的 P3点 .不计重力 ,求：（1）电场强度的大小 ;（2）粒子到达 P2时速度的大小和方向 ;（3）磁感觉强度的大小 .y1P. O . .P2 . . x...........P....319.如右图所示，在正交的匀强电磁场中，电场强度为E，磁感觉强度为 B；质量为 m、带电荷量为 +q 的粒子由 A 孔以 v0飞入，飞出电场时，距上板为 d.求刚飞离电场时粒子受的洛伦兹力大小 .（重力不计）A××××v0××××第三章章末检测磁场答案1.D2. D3.C4:C5.:AC6. AB7.D8. C9. BD10. B11. 0.812:c13. 1/2E 3/214.:v0= 15.B2 3π rm16.B=mgsinθ /IL cos(θ -α)， B 的方向由θ角确定3v× 10-6 s18. (1)E= mv2(2) v= 2v0,θ =45° (3) B=mv0 19.：qB v022qEd 2qh qh m。

磁场时间：90分钟分值：100分第Ⅰ卷(选择题共48分)一、选择题(本题有12小题，每小题4分，共48分．其中1～8题为单选题，9～12题为多选题)1．下列各图中，表示通电直导线所产生的磁场，正确的是( )【解析】根据安培定则可判断A、C均错误；离直导线越近，电流产生的磁场越强，D 错误，B正确．【答案】B2．根据安培分子电流假说的思想，认为磁场是由于电荷运动产生的，这种思想如果对地磁场也通用，而目前在地球上并没有发现相对地球定向移动的电荷，那么由此判断地球应该( )A．带负电B．带正电C．不带电D．无法确定【解析】根据地球磁场的N极在地球的南极附近，由安培定则，大拇指指向地球南极，四指的指向应为电流的方向，四指的指向与地球自转方向相反，故应带负电．【答案】A3．带电粒子不计重力，在匀强磁场中的运动状态不可能的是( )A．静止B．匀速运动C．匀加速运动D．匀速圆周运动【解析】带电粒子静止时，不受洛伦兹力，故A可能．带电粒子运动方向与磁场方向平行时，不受洛伦兹力，故B可能．带电粒子运动方向与磁场方向成一夹角时，做螺旋线运动．带电粒子运动方向与磁场方向垂直时，做匀速圆周运动，故D可能．【答案】C4．如图所示，水平放置的平行金属板a、b带有等量异种电荷，a板带正电，两板间有垂直于纸面向里的匀强磁场，若一个带正电的液滴在两板间做直线运动，其运动的方向是( )A．沿竖直方向向下B．沿竖直方向向上C．沿水平方向向左D．沿水平方向向右【答案】D5．如图所示，O为圆心，和是半径分别为ON、OM的同心圆弧，在O处垂直纸面放置一载流直导线，电流方向垂直于纸面向外，用一根导线围成回路KLMN，当回路中沿图示方向通过电流时(电源未在图中画出)，此时回路( )A ．将向左平动B ．将向右平动C ．将在纸面内绕通过O 点并垂直纸面的轴转动D ．将这样运动：KL 边垂直于纸面向外运动，MN 边垂直于纸面向里运动【解析】 先用右手螺旋定则判断出I 1周围磁场磁感线的方向，、不受安培力，再用左手定则判断KL 、MN 受力方向可确定D 正确．【答案】 D6．质量为m 、电荷量为q 的带正电小物块在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，沿动摩擦因数为μ的绝缘水平面以初速度v 0开始向左运动，如图所示．物块移动距离s 后停了下来，设此过程中q 不变，则( )A ．s>v 202μgB ．s<v 202μgC ．s ＝v 202μgD ．无法判断【解析】 假若无磁场，由动能定理得mgs ＝12mv 20，解得s ＝v 22μg.由于磁场的存在，地面对物块向上的弹力变大，摩擦力也变大，故移动距离会小于v 202μg.【答案】 B7．如图所示，MN 是一条水平放置的固定长直导线，P 是一个通有电流I 2的与MN 共面的金属环，可以自由移动．长直导线与金属圆环均包有绝缘漆皮．当MN 中通上图示方向的电流I 1时，金属环P 在磁场力作用下将( )A ．沿纸面向上运动B ．沿纸面向下运动C ．水平向左运动D ．由于长直导线包有绝缘漆皮，其磁场被屏蔽，金属环P 将静止不动 【解析】 由安培定则和左手定则可知，金属环P 受到的磁场力沿金属环所在平面向下，故B 选项正确．绝缘漆皮不会屏蔽磁场，D 选项错误．【答案】 B8．如图所示，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从图示长方形区域的匀强磁场边缘射入，当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°，则它们在磁场中运动时间之比为( )A ．1：1：1B ．1：2：3C ．3：2：1D .3：2：1 【解析】如图所示，设带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心为O ，由几何关系知，圆弧MN 所对应的粒子运动的时间t ＝＝Rαv ＝mv qB ·αv ＝mαqB，因此，同种粒子以不同速度射入磁场，经历时间与它们的偏角α成正比，即t 1：t 2：t 3＝90°：60°：30°＝3：2：1.【答案】 C9．(多选)如图所示， 回旋加速器D 形盒的半径为R, 所加磁场的磁感应强度为B, 用来加速质量为m 、电荷量为q 的质子， 质子从下半盒的质子源由静止出发， 加速到最大能量E 后由A 孔射出， 则下列说法正确的是( )A ．回旋加速器不能无限加速粒子B ．增大交变电压U, 则质子在加速器中运行时间将变短C ．回旋加速器所加交变电压的频率为qB2πmD ．下半盒内部质子的轨道半径之比(由内到外)为1∶3∶5∶…【解析】 当粒子速度很大，接近光速时其质量会变化，偏转周期与交流电周期不等导致加速不同步，故回旋加速器不能无限加速粒子，选项A 正确；粒子加速的最大速度由D 形盒的半径决定，当D 形盒半径确定时，粒子的最大动能确定，对加速全过程，由动能定理有nqU ＝E km ，增大交变电压U, 加速的次数减少，在磁场里回旋的圈数减少，运行时间将变短，选项B 正确；回旋加速器所加交变电压的频率与粒子做圆周运动的频率相等，即f ＝qB2πm，选项C 正确；下半盒内部质子分别加速的次数(由内到外)为2、4、6……质子的轨道半径之比(由内到外)为速度之比，也为加速次数开方之比，即2∶4∶6∶…，选项D 错误．【答案】 ABC10．(多选)质谱仪是测量带电粒子的质量和分析同位素的重要工具．图为质谱仪的原理示意图，现利用这种质谱仪对氢元素进行测量．氢元素的各种同位素从容器A 下方的小孔S 由静止飘入电势差为U 的加速电场，经加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中．氢的三种同位素最后打在照相底片D 上，形成a 、b 、c 三条“质谱线”．关于三种同位素进入磁场时速度大小的排列顺序和a 、b 、c 三条“质谱线”的排列顺序，下列判断正确的是( )A ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氚、氘、氕B ．进入磁场时速度从大到小排列的顺序是氕、氘、氚C ．a 、b 、c 三条质谱线依次排列的顺序是氕、氘、氚D ．a 、b 、c 三条质谱线依次排列的顺序是氚、氘、氕【解析】 设粒子离开加速电场时的速度为v ，则qU ＝12mv 2，可得v ＝2qUm，所以质量最小的氕核的速度最大，质量最大的氚核的速度最小，选项B 正确，选项A 错误；打到底片上的位置与进入磁场时的位置的距离x ＝2R ＝2mv qB ＝2B 2mUq，所以质量最大的氚核所形成的“质谱线”距离进入磁场时的位置最远，选项C 错误，选项D 正确．【答案】 BD11．(多选)如图所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L ，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t ＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I ，周期为T ，最大值为I m ，图甲中I 所示方向为电流正方向．则金属棒( )A ．一直向右移动B ．速度随时间周期性变化C ．受到的安培力随时间周期性变化D ．受到的安培力在一个周期内做正功【解析】 在0～T2时间内，由左手定则可知，金属棒所受安培力方向向右，金属棒向右加速，在T2～T 时间内，金属棒所受安培力方向向左，金属棒向右减速，t ＝T 时，速度恰好减为零，以后又周期性重复上述运动，可知金属棒一直向右移动，其速度随时间周期性变化，受到的安培力随时间周期性变化，选项A 、B 、C 正确；安培力在一个周期内对金属棒先做正功，后做负功，由动能定理可知安培力在一个周期内做的总功为零，选项D 错误．【答案】 ABC12．(多选)带正电的甲、乙、丙三个粒子(不计重力)分别以v 甲、v 乙、v 丙速度垂直射入电场和磁场相互垂直的复合场中，其轨迹如图所示，则下列说法正确的是( )A ．v 甲>v 乙>v 丙B ．v 甲<v 乙<v 丙C ．甲的速度一定变小D ．丙的速度一定变大【解析】 由左手定则可判断正电荷所受洛伦兹力向上，而它们所受的电场力向下，由运动轨迹可判断qv 甲B>qE ，即v 甲>E B ，同理可得v 乙＝E B ，v 丙<EB，所以v 甲>v 乙>v 丙，故A 正确，B 错误；对甲，电场力做负功，速度减小；对丙，电场力做正功，速度增大．故D 正确．【答案】 ACD第Ⅱ卷(非选择题 共52分)二、计算题(本题有4小题，共52分，解答应写出必要的文字说明﹑方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13．(12分)如图所示，铜棒ab 长0.1 m ，质量为6×10－2kg ，两端与长为1 m 的轻铜线相连，静止于竖直平面内．整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.5 T ，现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒再次静止时悬线与竖直方向夹角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了多少？通电电流的大小为多少？(不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g ＝10 m /s 2)【解析】ΔE p ＝mgL 1(1－cos θ)＝6×10－2×10×1×(1－0.8) J ＝0.12 J . 对铜棒ab 受力分析如图所示，IL 2B ＝mg tan θ，I ＝mg tan θL 2B ＝6×10－2×10×0.750.1×0.5 A ＝9 A .【答案】 0.12 J 9 A 14．(12分)如图所示，一束电子的电荷量为e ，以速度v 垂直射入磁感应强度为B ，宽度为a 的有界磁场中，穿出磁场时的速度方向与入射方向的夹角是30°.(1)则电子穿过磁场的时间为多少？ (2)如果原磁场空间改为匀强电场，要满足电子飞入电场和飞出电场的位置与飞入原磁场空间时的位置不变，则电场的方向如何？场强多大？【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，其运动轨迹如图所示，由几何关系可得 r ＝a/sin 30°＝2a ， ①且r ＝mvqB ， ②t ＝θ360°·T＝θ360°·2πm qB. ③ 由①②③式可得：t ＝πa3v.(2)当电场方向与v 垂直向上时，电子做类平抛运动，且AA′＝r －r·sin 60°＝(2－3)a.AA′＝12·eE m t 2，t ＝av .由以上各式可得E ＝22－3mv2ea.【答案】 (1)πa3v(2)方向与v 垂直且向上 22－3mv2ea15．(14分)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，矩形区域的左边界ad 宽为L ，现从ad 中点O 垂直于磁场射入一带电粒子，速度大小为v 0，方向与ad 边夹角为α＝30°，如图所示．已知粒子的电荷量为q 、质量为m(重力不计)．(1)若粒子带负电，且恰能从d 点射出磁场，求v 0的大小；(2)若粒子带正电，且粒子能从ab 边射出磁场，求v 0的取值范围．【解析】 (1)若粒子带负电，则进入磁场后沿顺时针方向偏转，如图所示，O 1为轨迹圆心，由对称性可知，速度的偏转角θ1＝2α＝60°，故轨迹半径r 1＝Od ＝L2根据牛顿第二定律得：qv 0B ＝mv 20r 1，得v 0＝qBr 1m ＝qBL2m.(2)若粒子带正电，则沿逆时针方向偏转，当v 0最大时，轨迹与cd 相切，轨迹圆心为O 2，半径为r 2，由几何关系得r 2－r 2cos 60°＝L2，得r 2＝L即v max ＝qBr 2m ＝qBLm当v 0最小时，轨迹与ab 相切，轨迹圆心为O 3，半径为r 3，由几何关系可得r 3＋r 3sin 30°＝L 2，得r 3＝L 3则v min ＝qBr 3m ＝qBL 3m ，所以qBL 3m ＜v 0≤qBLm.【答案】 (1)qBL2m(2)qBL 3m ＜v 0≤qBL m16．(14分)如图所示，在足够长的竖直放置的绝缘真空管中，有一电荷量为4×10－4C 、质量为0.1 g 的带正电的小圆柱体，恰好可在管内部自由滑动．将此管放在相互垂直的水平匀强磁场和水平匀强电场中，已知E ＝10 N /C ，B ＝5 T ，小圆柱体与管壁的动摩擦因数μ＝0.2.设圆柱体在管内静止下落，下落过程中最大和最小的加速度及与此相对应的速度大小为多少？【解析】 对小圆柱受力分析，水平方向：F N ＋qvB ＝Eq ，竖直方向：mg －μF N ＝ma 当F N ＝0时，即mg ＝ma ，a ＝g ＝10 m /s 2，此时qvB ＝Eq 得v ＝E/B ＝2 m /s .当速度继续增大时，洛伦兹力随之增大，管壁对小圆柱体的弹力要反向增大，经受力分析得：水平方向：Eq ＋F N ＝qvB.竖直方向：mg －μF N ＝ma.当a ＝0时，速度达到最大值，即mg ＝μ(qv max B －Eq)． 得v max ＝(mg ＋μEq)/μqB，代入数据得v max ＝4.45 m /s .【答案】 最大加速度为10 m /s 2，对应速度v ＝2 m /s ； 最小加速度为0，对应速度v ＝4.45 m /s。

章末检测（A）(90分钟100分)一、选择题(本题10小题，每小题5分，共50分)1．一个质子穿过某一空间而未发生偏转，则()A．可能存在电场和磁场，它们的方向与质子运动方向相同B．此空间可能有磁场，方向与质子运动速度的方向平行C．此空间可能只有磁场，方向与质子运动速度的方向垂直D．此空间可能有正交的电场和磁场，它们的方向均与质子速度的方向垂直答案ABD解析带正电的质子穿过一空间未偏转，可能不受力，可能受力平衡，也可能受合外力方向与速度方向在同一直线上．2. 两个绝缘导体环AA′、BB′大小相同，环面垂直，环中通有相同大小的恒定电流，如图1所示，则圆心O处磁感应强度的方向为(AA′面水平，BB′面垂直纸面)A．指向左上方B．指向右下方C．竖直向上D．水平向右答案 A3．关于磁感应强度B，下列说法中正确的是()A．磁场中某点B的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关B．磁场中某点B的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力的方向一致C．在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B值大小为零D．在磁场中磁感线越密集的地方，B值越大答案 D解析磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元无关．而磁感线可以描述磁感应强度，疏密程度表示大小．4．关于带电粒子在匀强磁场中运动，不考虑其他场力(重力)作用，下列说法正确的是() A．可能做匀速直线运动B．可能做匀变速直线运动C．可能做匀变速曲线运动D．只能做匀速圆周运动答案 A解析带电粒子在匀强磁场中运动时所受的洛伦兹力跟速度方向与磁场方向的夹角有关，当速度方向与磁场方向平行时，它不受洛伦兹力作用，又不受其他力作用，这时它将做匀速直线运动，故A项正确．因洛伦兹力的方向始终与速度方向垂直，改变速度方向，因而同时也改变洛伦兹力的方向，故洛伦兹力是变力，粒子不可能做匀变速运动，故B、C两项错误．只有当速度方向与磁场方向垂直时，带电粒子才做匀速圆周运动，故D项中“只能”是不对的．5. 1930年劳伦斯制成了世界上第一台回旋加速器，其原理如图2所示．这台加速器由两个铜质D形盒D1、D2构成，其间留有空隙，下列说法正确的是()图2A．离子由加速器的中心附近进入加速器B．离子由加速器的边缘进入加速器C ．离子从磁场中获得能量D ．离子从电场中获得能量 答案 AD解析 本题源于课本而又高于课本，既考查考生对回旋加速器的结构及工作原理的掌握情况，又能综合考查磁场和电场对带电粒子的作用规律．由R ＝m vqB知，随着被加速离子的速度增大，离子在磁场中做圆周运动的轨道半径逐渐增大，所以离子必须由加速器中心附近进入加速器，A 项正确，B 项错误；离子在电场中被加速，使动能增加；在磁场中洛伦兹力不做功，离子做匀速圆周运动，动能不改变．磁场的作用是改变离子的速度方向，所以C 项错误，D 项正确．6. 如图3所示，一个带负电的油滴以水平向右的速度v 进入一个方向垂直纸面向外的匀强磁场B 后，保持原速度做匀速直线运动，如果使匀强磁场发生变化，则下列判断中正确的是( )图3A ．磁场B 减小，油滴动能增加 B ．磁场B 增大，油滴机械能不变C ．使磁场方向反向，油滴动能减小D ．使磁场方向反向后再减小，油滴重力势能减小 答案 ABD解析 带负电的油滴在匀强磁场B 中做匀速直线运动，受坚直向下的重力和竖直向上的洛伦兹力而平衡，当B 减小时，由F ＝q v B 可知洛伦兹力减小，重力大于洛伦兹力，重力做正功，故油滴动能增加，A 正确；B 增大，洛伦兹力大于重力，重力做负功，而洛伦兹力不做功，故机械能不变，B 正确；磁场反向，洛伦兹力竖直向下，重力做正功，动能增加，重力势能减小，故C 错，D 正确．7．如图4所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中(不计空气阻力)．现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度—时间图象可能是下图中的( )图4答案 AD解析 由左手定则可知，圆环所受洛伦兹力竖直向上，如果恰好q v 0B ＝mg ，圆环与杆间无弹力，不受摩擦力，圆环将以v 0做匀速直线运动，故A 正确；如果q v 0B<mg ，则a ＝μ(mg －q v B )m，随着v的减小，a 增大，直到速度减为零后静止；如果q v 0B>mg ，则a ＝μ(q v B －mg )m，随着v 的减小a 也减小，直到q v B ＝mg ，以后将以剩余的速度做匀速直线运动，故D 正确，B 、C 错误．8. 如图5所示，空间的某一区域内存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A 点进入这个区域沿直线运动，从C 点离开区域；如果这个区域只有电场则粒子从B 点离开场区；如果这个区域只有磁场，则粒子从D 点离开场区；设粒子在上述3种情况下，从A 到B 点，从A 到C 点和A 到D 点所用的时间分别是t 1、t 2和t 3，比较t 1、t 2和t 3的大小，则有(粒子重力忽略不计)( )图5A ．t 1＝t 2＝t 3B ．t 2<t 1<t 3C ．t 1＝t 2<t 3D ．t 1＝t 3>t 2 答案 C解析 只有电场时，粒子做类平抛运动，水平方向为匀速直线运动，故t 1＝t 2；只有磁场时做匀速圆周运动，速度大小不变，但沿AC 方向的分速度越来越小，故t 3>t 2，综上所述可知，选项C 对．9．如图6所示，a 、b 是一对平行金属板，分别接到直流电源两极上，右边有一挡板，正中间开有一小孔d ，在较大空间范围内存在着匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直纸面向里，在a 、b 两板间还存在着匀强电场E.从两板左侧中点c 处射入一束正离子(不计重力)，这些正离子都沿直线运动到右侧，从d 孔射出后分成3束．则下列判断正确的是( )图6A ．这三束正离子的速度一定不相同B ．这三束正离子的质量一定不相同C ．这三束正离子的电荷量一定不相同D ．这三束正离子的比荷一定不相同 答案 D解析 本题考查带电粒子在电场、磁场中的运动，速度选择器的知识．带电粒子在金属板中做直线运动，q v B ＝Eq ，v ＝EB，表明带电粒子的速度一定相等，而电荷的带电量、电性、质量、比荷的关系均无法确定；在磁场中R ＝m vBq，带电粒子运动半径不同，所以比荷一定不同，D 项正确．10．如图7所示，两个半径相同的半圆形轨道分别竖直放置在匀强电场和匀强磁场中．轨道两端在同一高度上，轨道是光滑的，两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放．M 、N 为轨道的最低点，则下列说法正确的是( )图7A ．两小球到达轨道最低点的速度v M <v NB ．两小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力F M <F NC ．小球第一次到达M 点的时间大于小球第一次到达N 点的时间D ．在磁场中小球能到达轨道的另一端，在电场中小球不能到达轨道的另一端 答案 D解析 在磁场中运动时，只有重力做正功，在电场中运动时，重力做正功、电场力做负功，由动能定理可知：12m v 2M ＝mgH 12m v 2N＝mgH －qE·d 故v M >v N ，A 、C 不正确．最低点M 时，支持力与重力和洛伦兹力的合力提供向心力，最低点N 时，支持力与重力的合力提供向心力．因v M >v N ，故压力F M >F N ，B 不正确．在电场中因有电场力做负功，有部分机械能转化为电势能，故小球不能到达轨道的另一端．D 正确．二、填空题(5＋5＝10分)11. 一个电子(电荷量为e ，质量为m)以速率v 从x 轴上某点垂直x 轴进入上方匀强磁场区域，如图8所示，已知上方磁感应强度为B ，且大小为下方匀强磁场磁感应强度的2倍，将从开始到再一次由x 轴进入上方磁场作为一个周期，那么，电子运动一个周期所用的时间是________，电子运动一个周期的平均速度大小为________．图8答案3πm eB 2v3π解析电子一个周期内的运动轨迹如右图所示．由牛顿第二定律及洛伦兹力公式，可知e v B ＝m v 2R，故圆半径R ＝m v eB ，所以上方R 1＝m v eB ，T 1＝2πm eB ；下方R 2＝2m v eB ，T 2＝4πmeB.因此电子运动一个周期所用时间是：T ＝T 12＋T 22＝πm eB ＋2πm eB ＝3πmeB ，在这段时间内位移大小：x ＝2R 2－2R 1＝2×2m v eB －2×m v eB＝2m v eB ，所以电子运动一个周期的平均速度大小为：v ＝x T ＝2m veB 3πm eB＝2v3π. 12.（5分）如图9所示,正方形容器处在匀强磁场中,一束电子从a 孔沿a →b 方向垂直射入容器内的匀强磁场中，结果一部分电子从小孔c 竖直射出，一部分电子从小孔d 水平射出，则从c 、d 两孔射出的电子在容器中运动的时间之比t c ∶t d ＝____________，在容器中运动的加速度大小之比a c ∶a d ＝__________答案 1∶2 2∶1解析 同一种粒子在同一磁场中运动的周期相同，且t c ＝14T ，t d ＝12T ，即t c ∶t d ＝1∶2.由r ＝m vqB知，v c ∶v d ＝r c ∶r d ＝2∶1，而a c ∶a d ＝q v c B m ∶q v d Bm＝v c ∶v d ＝2∶1.三、计算题(8＋8＋12＋12＝40分)13．如图10所示，在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4 m ，质量为6×10－2 kg 的通电直导线，电流I ＝1 A ，方向垂直纸面向外，导线用平行于斜面的轻绳拴住不动，整个装置放在磁感应强度每秒增加0.4 T ，方向竖直向上的磁场中，设t ＝0时，B ＝0，则需要多长时间斜面对导线的支持力为零？(g 取10 m/s 2)图10答案5 s解析 斜面对导线的支持力为零时受力分析如右图 由平衡条件得：BIL ＝mgcot 37°B ＝mgcot 37°IL＝6×10－2×10×0.80.61×0.4T ＝2 T所需时间t ＝B ΔB ＝20.4s ＝5 s14．电子质量为m ，电荷量为q ，以速度v 0与x 轴成θ角射入磁感应强度为B 的匀强磁场中，最后落在x 轴上的P 点，如图11所示，求：图11(1)OP 的长度；(2)电子由O 点射入到落在P 点所需的时间t.答案 (1)2m v 0Bq sin θ (2)2θmBq解析带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，应根据已知条件首先确定圆心的位置，画出运动轨迹，所求距离应和半径R 相联系，所求时间应和粒子转动的圆心角θ、周期T 相联系．(1)过O 点和P 点做速度方向的垂线，两线交点C 即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如右图所示，则可知OP ＝2R·sin θ①Bq v 0＝m v 20R②由①②式可解得：OP ＝2m v 0Bqsin θ.(2)由图中可知：2θ＝ωt ③ 又v 0＝ωR ④由③④式可得：t ＝2θmBq.15．如图12所示，有界匀强磁场的磁感应强度B ＝2×10－3T ；磁场右边是宽度L ＝0.2 m 、场强E ＝40 V/m 、方向向左的匀强电场．一带电粒子电荷量q ＝－3.2×10－19 C ，质量m ＝6.4×10－27 kg ，以v ＝4×104 m/s 的速度沿OO ′垂直射入磁场，在磁场中偏转后进入右侧的电场，最后从电场右边界射出．求：图12(1)大致画出带电粒子的运动轨迹(画在给出的图中)； (2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径； (3)带电粒子飞出电场时的动能E k .答案 (1)见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10－18 J 解析 (1)轨迹如下图所示．(2)带电粒子在磁场中运动时，由牛顿运动定律，有q v B ＝m v 2R，R ＝m v qB ＝6.4×10－27×4×1043.2×10－19×2×10－3m ＝0.4 m.(3)E k ＝EqL ＋12m v 2＝40×3.2×10－19×0.2 J ＋12×6.4×10－27×(4×104)2 J ＝7.68×10－18 J.16．质量为m ，电荷量为q 的带负电粒子自静止开始，经M 、N 板间的电场加速后，从A 点垂直于磁场边界射入宽度为d 的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P 偏离入射方向的距离为L ，如图13所示，已知M 、N 两板间的电压为U ，粒子的重力不计．图13(1)正确画出粒子由静止开始至离开匀强磁场时的轨迹图(用直尺和圆规规范作图)； (2)求匀强磁场的磁感应强度B.答案 (1)见解析图 (2)2L (L 2＋d 2)2mUq解析 (1)作出粒子经电场和磁场的轨迹图，如下图(2)设粒子在M 、N 两板间经电场加速后获得的速度为v ， 由动能定理得：qU ＝12m v 2①粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r ，则：q v B ＝m v 2r②由几何关系得：r 2＝(r －L)2＋d 2③ 联立①②③式得：磁感应强度B ＝2L (L 2＋d 2)2mUq .。

章末测评验收卷(三)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝102sin (20πt) V，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值答案 A解析由电动势e＝102sin (20πt) V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，选项A正确，B、C错误；当t＝0.4 s 时，e＝102sin (20π×0.4) V＝0，选项D错误。

2．(2021·攀枝花市十五中高二月考)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．t1、t3时刻线圈产生的电动势最大B．t1、t3时刻线圈位于中性面C．t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变D．线圈每转一周，电流的方向就改变一次答案 B解析t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，则电动势为0，故A错误；t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，则线圈位于中性面位置，故B 正确；t2、t4时刻磁通量为零，线圈转到与中性面垂直位置处，此时电动势最大，电流方向不变，故C错误；线圈每转一周，两次经过中性面，电流方向两次发生改变，故D错误。

3．已知某交变电流的瞬时值表达式为i＝10sin(10πt) A，则()A．交变电流的频率为10 HzB．交流发电机线圈转动的角速度为10 r ad/sC．交变电流的峰值为10 AD．若线圈的匝数N＝10，则穿过线圈的磁通量的最大值为0.1 Wb答案 C解析根据ω＝2πf得f＝5 Hz，选项A错误；由表达式i＝10sin(10πt) A可知发电机线圈转动的角速度为10π rad/s，选项B错误；交变电流的峰值为10 A，选项C 正确；因电动势的峰值未知，故无法求出穿过线圈的磁通量的最大值，选项D错误。