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第一章测评(时间:75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。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.关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是

()A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将垂直于磁场的直导线从中点折成直角后,直角所在平面仍垂直于磁场,则安培力的大小一定变为原来的一半2.关于通电导线所受安培力F的方向、磁感应强度B的方向和电流

I的方向之间的关系,下列说法正确的是()A.F、B、I三者必须保持相互垂直B.F必须垂直B、I,但B、I可以不相互垂直C.B必须垂直F、I,但F、I可以不相互垂直D.I必须垂直F、B,但F、B可以不相互

垂直3.如图所示,表示磁场对直线电流的作用力示意图中正确的是()4.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如图所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点,若A

、B、C三处导线中的电流均为I,则a、b、c三点的磁感应强度大小关系为()A.a点最大B.b点最小C.c点最小D.b、c点一样大5.如图所示,一条形磁铁放在水平桌面上,在条形磁铁的左上方固定一根与磁铁垂直的长直导线,当导线中通以图示方向的

电流时(磁铁始终未动)()A.磁铁对桌面的压力减小,且受到向左的摩擦力作用B.磁铁对桌面的压力减小,且受到向右的摩擦力作用C.磁铁对桌面的压力增大,且受到向左的摩擦力作用D.磁铁对桌面的压力增大,且受到向右的摩擦力作用6.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𝐵𝑣,粒子带正电时,方向向上B.大小

为𝐵𝑣,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7.将一段通电直导线abc从中点b折成120°,分别放在如图所示的匀强磁场中,图甲中导线所在平面与磁场的磁感线平行,图乙中导线所在平面与磁场的磁感线垂直,若

两图中两导线所受的安培力大小相等,则甲、乙两图中磁场的磁感应强度大小之比𝐵1𝐵2为()A.√33B.2√33C.√36D.3√32二、多项选择题:本题共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。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示的四幅图中,导体棒的长度均为L,磁场的磁感应强度大小均为B,在各导体棒中通有相同的电流I。则下列选项正确的是()A.图甲中导体棒所受的安培力大小为BILB.图乙中导体棒所受的安培力大小为BILC.图丙中导体棒所受

的安培力大小为√32BILD.图丁中导体棒所受的安培力大小为√32BIL9.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10.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.比荷三、非选择题:本题共5个小题,共54分。11.(8分)一回旋加速器,在外加磁场一定时,可把质子(11H)加速到v,使它获得动能为Ek,则:(1)能把α粒子(24He)加速到的速度为;(2)能使α粒子(2

4He)获得的动能为;(3)加速α粒子(24He)的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为。12.(8分)按照如图所示进行实验。(1)分别接通“1、4”和“2、3”,导线偏转的角度不同,说明导线受到的力的大小与有关。(2)上下

交换磁极的位置以改变磁场方向,导线受力的方向(选填“改变”或“不改变”)。(3)改变导线中电流的方向,导线受力的方向(选填“改变”或“不改变”)。(4)通过实验说明:安培力的方向与磁场方向、电流方向之间的关系满足。13.(

10分)一根长L=0.2m的金属棒放在倾角θ=37°的光滑斜面上,并通过I=5A的电流,电流方向如图所示,整个装置放在磁感应强度B=0.6T竖直向上的匀强磁场中,金属棒恰能静止在斜面上,则该棒的重力为多少?(sin37°=0.6)14.(12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=0.2T,一个带正电的粒子以初速度v0=1×106m/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𝑞𝑚=1×108C/kg,不计粒子重力

。(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。15.(16分)如图甲所示的xOy平面处于变化的匀强电场和匀强磁场中,电场强度E和磁感应强度B随时间做周期性变化的图像如图乙所示,y轴

正方向为E的正方向,垂直于纸面向里为B的正方向。t=0时刻,带负电粒子P(重力不计)由原点O以速度v0沿y轴正方向射出,它恰能沿一定轨道做周期性运动。v0、E0和t0为已知量,图乙中𝐸0𝐵0=8𝑣0π2,在0~t0时间内粒子

P第一次离x轴最远时的坐标为(2𝑣0𝑡0π,2𝑣0𝑡0π)。求:甲乙(1)粒子P的比荷;(2)t=2t0时刻粒子P的位置坐标;(3)带电粒子在运动中距离原点O的最远距离L。答案：1.B安培力的方向始终与电流方向和磁场方向垂直,选项A错误,

选项B正确;由F=BILsinθ可知,安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角有关,选项C错误;将直导线从中点折成直角时,安培力的大小变为原来的√22,选项D错误。2.B安培力F总是与磁感应强度B和电流I决定的平面垂直,但B与I(即导

线)可以垂直,也可以不垂直,通电导线受安培力时,力F与磁场及导线都是垂直的,故A、C、D均错,B正确。3.A由左手定则判断,A选项正确;B选项中不受安培力;C选项中安培力向上;D选项中安培力垂直于纸面向外。4.D通电导线会在周围产生磁场,磁场的强弱与到导线

的距离有关。对于a点,A导线和B导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相反,设C导线在此处的磁感应强度大小为B2,所以a点的合磁感应强度大小为B2;对于b点,B导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等,方向相同,设B导线在此处的磁感应

强度大小为B1,而A导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为√4𝐵12+𝐵22;对于c点,A导线和C导线在此处的磁感应强度大小相等(均为B1),方向相同,B导线在此处的磁感应强度大小为B2,则此处的合磁感应强度大小为√4𝐵12+𝐵22,所以

b、c点处磁感应强度一样大,故D正确,A、B、C错误。5.C根据左手定则知导线受磁铁的作用力斜向左上方,故由牛顿第三定律知,导线对磁铁的反作用力应斜向右下方,则一方面使磁铁对桌面的压力增大,一方面使磁铁产生向右的运动趋势,从而受到向左的摩擦力作用。6.D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。7.B设导线的总长为2L,通过导线的电流为I,题图甲中导线受到的安培力大小为B1IL+B1cos6

0°IL=32B1IL,题图乙中导线受到的安培力的大小为B2I·2Lcos30°=√3B2IL,根据题意,即有32B1IL=√3B2IL,则有𝐵1𝐵2=2√33,B正确。8.BD题图甲中,因导体棒与磁场

平行,所以安培力为零,A错误;题图乙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F1=BIL,B正确;题图丙中,导体棒与磁场垂直,则安培力的大小为F2=BIL,C错误;题图丁中,导体棒与磁场成60°角,则安培力的大小为F3=BILsin60°=√32BIL,D正确。9.AC在

磁场中由牛顿第二定律得evB=m𝑣2𝑅①质子的最大动能Ekm=12mv2②解①②式得Ekm=𝑒2𝐵2𝑅22𝑚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。10.AD离子束在区域Ⅰ中不偏转,一定是qE=qvB,v=𝐸𝐵,A正确。进入区域Ⅱ后,做匀速圆周运动的半径相同,由r=𝑚𝑣𝑞𝐵知,因v、B相同,只能是比荷相同,故D正确,B、C错误。11.答案(1)𝑣2(2)Ek(3)1∶2解析回旋加速器的最大半径是

一定的,由R=𝑚𝑣𝑞𝐵,质子11H的质量和电荷量的比值即𝑚𝑒=11,而α粒子质量和电荷量的比值为42,即RH=𝑚𝑣𝑒𝐵,Rα=𝑚𝛼𝑣𝛼𝑞𝐵。RH=Rα,得vα=𝑣2,12mv2=𝑅2

𝑞2𝐵22𝑚。所以α粒子动能与质子相同。带电粒子进入磁场做匀速圆周运动的周期T=2π𝑚𝑞𝐵,所以α粒子的周期是质子运动周期的2倍,即所加交变电场的周期的比为2∶1的关系,则频率之比为1∶2。12.答案(1)导线在磁场中的长度(2)改变(3)改变(4)左手定则13.答案0.

8N解析从侧面对棒受力分析如图,由左手定则可知安培力的方向水平向右,F=ILB=5×0.2×0.6N=0.6N。由平衡条件得重力mg=𝐹tan37°=0.8N。14.答案(1)5×10-2m(2)37°74°解析(1)粒子射入磁场后,由于不计

重力,洛伦兹力提供圆周运动需要的向心力,根据牛顿第二定律有qv0B=𝑚𝑣02𝑅R=𝑚𝑣0𝑞𝐵=5×10-2m。(2)粒子在圆形磁场区域运动轨迹为一段半径R=5cm的圆弧,要使偏转角最大,就要求这段圆弧对应的弦最长,即为图形区域的直径,粒子运动轨迹的圆心O'在ab

弦的中垂线上,如图所示。由几何关系可知sinθ=𝑟𝑅=0.6,θ=37°最大偏转角β=2θ=74°。15.答案(1)4𝑣0π𝐸0𝑡0(2)(2+ππ𝑣0𝑡0,0)(3)4+2ππv0t0解析(1)0~

t0时间内粒子P在匀强磁场中做匀速圆周运动,当粒子所在位置的纵、横坐标相等时,粒子在磁场中恰好经过14圆周,所以粒子P第一次离x轴的最远距离等于轨道半径R,即R=2𝑣0𝑡0π①又qv0B0=m𝑣02𝑅

②代入𝐸0𝐵0=8𝑣0π2解得𝑞𝑚=4𝑣0π𝐸0𝑡0。③(2)设粒子P在磁场中运动的周期为T,则T=2π𝑅𝑣0④联立①④解得T=4t0⑤即粒子P做14圆周运动后磁场变为电场,粒子以速度v0垂直电场方向进入电场后做类平抛运动

,设t0~2t0时间内水平位移和竖直位移分别为x1、y1,则x1=v0t0⑥y1=12𝑎𝑡02⑦其中加速度a=𝑞𝐸0𝑚解得y1=2𝑣0𝑡0π=R,因此t=2t0时刻粒子P的位置坐标为(2+ππ𝑣0𝑡0,

0),如图中的b点所示。(3)分析知,粒子P在2t0~3t0时间内,电场力产生的加速度方向沿y轴正方向,由对称关系知,在3t0时刻速度方向为x轴正方向,位移x2=x1=v0t0;在3t0~5t0时间内粒子P沿逆时针方向做匀速圆周运动,往复运动轨迹如图所示,由图可知,带电

粒子在运动中距原点O的最远距离L,即O、d间的距离L=2R+2x1⑧