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1、1磁场磁场综合检测综合检测(时间:90 分钟 满分:100 分) 一、选择题(本题共 12 小题,每小题 4 分,共 48 分.在每小题给出的四个选项中,第 17 小 题只有一个选项正确,第 812 小题有多个选项正确,全部选对的得 4 分,选对但不全的得 2 分,有选错或不选的得 0 分) 1.地球的地理两极与地磁两极并不完全重合,它们之间存在磁偏角,首先观测到磁偏角的是( D ) A.意大利航海家哥伦布 B.葡萄牙航海家麦哲伦 C.我国的航海家郑和 D.中国古代科学家沈括 解析:世界上第一个清楚地、准确地论述磁偏角的是沈括.沈括是中国历史上最卓越的科学 家之一,他发现了地磁偏角的存在,比欧
2、洲发现地磁偏角早了四百多年,选项 D 正确. 2.如图,一个环形电流的中心有一根通电直导线,则环受到的磁场力( D )A.沿环半径向外 B.沿环半径向内 C.沿通电直导线水平向左 D.等于零 解析:通电直导线产生的磁场是以导线上各点为圆心的同心圆,而环形电流的方向与磁场方 向平行,即 B 平行 I,所以通电圆环不受磁场力的作用,即 F=0,选项 D 正确,A,B,C 错误. 3.在匀强磁场中,一个原来静止的原子核,由于放出射线,结果得到一张两个相切圆的径迹照 片(如图所示),今测得两个相切圆半径之比 R1R2=a,新核与射线质量之比为 b,则下列说法 正确的是( B )A.放出的射线为高速电子
3、流 B.半径为 r2的圆为放出射线的运动轨迹 C.射线与新核动能之比为 a D.射线与新核质子数之比为 b 解析:根据动量守恒可以知道,放出射线后的粒子动量大小相等,方向相反,则根据左手定则 可以知道,放出的粒子均带正电,选项 A 错误;放射出粒子在磁场中做匀速圆周运动,则qvB=m,即 R=,由于动量守恒,而且放出的粒子电荷量小,则半径 R 大,故半径为 r2的圆为放出射线的运动轨迹,选项 B 正确;根据动量与动能的关系 Ek=,则动能之比等于质量2的反比,故射线与新核动能之比为 b,选项 C 错误;射线与新核质子数之比即为电荷量之比,由于 R=,则 q=,即射线与新核质子数之比等于半径的反
4、比,射线与新核质子数之比为a,选项 D 错误. 4.如图所示,用两根相同的细绳水平悬挂一段均匀载流直导线 MN,电流 I 方向从 M 到 N,绳子 的拉力均为 F.为使 F=0,可能达到要求的方法是( C )A.加水平向右的磁场 B.加水平向左的磁场 C.加垂直纸面向里的磁场 D.加垂直纸面向外的磁场 解析:根据左手定则可知,在 MN 中通入电流,在空间加上垂直于纸面向里的磁场,可以使 MN 受到向上的安培力,这样可以使 MN 受到绳子拉力为零,选项 A,B,D 错误,C 正确. 5.将一块长方体形状的半导体材料样品的表面垂直磁场方向置于磁场中,当此半导体材料中 通有与磁场方向垂直的电流时,在
5、半导体材料与电流和磁场方向垂直的两个侧面会出现一定 的电压,这种现象称为霍尔效应,产生的电压称为霍尔电压,相应的将具有这样性质的半导体 材料样品就称为霍尔元件.如图所示,利用电磁铁产生磁场,毫安表检测输入霍尔元件的电流,毫 伏表检测霍尔元件输出的霍尔电压.已知图中的霍尔元件是 P 型半导体,与金属导体不同,它 内部形成电流的“载流子”是空穴(空穴可视为能自由移动带正电的粒子).图中的 1,2,3,4 是霍尔元件上的四个接线端.当开关 S1,S2闭合后,电流表 A 和电表 B,C 都有明显示数,下列 说法中正确的是( C )A.电表 B 为毫伏表,电表 C 为毫安表 B.接线端 4 的电势高于接
6、线端 2 的电势 C.若调整电路,使通过电磁铁和霍尔元件的电流与原电流方向相反,但大小不变,则毫伏表的 示数将保持不变 D.若适当减小 R1、增大 R2,则毫伏表示数一定增大 解析:由题图可知,电表 B 串联在电源 E2的电路中,故它是电流表,即毫安表,而电表 C 是并 联在 2,4 两端的,它是测量霍尔电压的,故它是电压表即毫伏表,选项 A 错误;由于霍尔元件 的载流子是带正电的粒子,磁场方向向下,电流方向由 1 到 3,由左手定则可知,带正电的粒 子受到的洛伦兹力的方向指向极板 2,即接线端 2 的电势高于接线端 4 的电势,选项 B 错误;稳定时,粒子受到的洛伦兹力与电场力相平衡,即 B
7、qv=Eq=,解得 U=Bvd,当电流方向都相反,但大小不变时,粒子的偏转方向与原来相同,但仍存在如上的平衡关系式,由于电流的大 小不变,由电流的微观表达式 I=neSv 可知,其粒子的定向移动速度也不变,故霍尔电压的大 小不变,即毫伏表的示数将保持不变,选项 C 正确;若减小 R1,则会让 B 增大,若增大 R2,会让3电流 I 减小,粒子的定向移动速率 v 也变小,则不能确定霍尔电压的变化情况,故毫伏表的示 数不一定增大,选项 D 错误. 6.如图(甲)所示,a,b 两平行直导线中通有相同的电流,当两通电导线垂直圆平面放置于圆 周上,且两导线与圆心连线的夹角为 60时,圆心处的磁感应强度大
8、小为 B.如图(乙)所示,c 导线中通有与 a,b 导线完全相同的电流,a,b,c 垂直圆平面放置在圆周上,且 a,b 两导线与 圆心连线的夹角为 120,b,c 两导线与圆心连线的夹角为 30,则此时圆心处的磁感应强 度大小为( A )A.B B.B C.0 D.B解析:当 a,b 两导线与圆心连线的夹角为 60时,它们在圆心处的磁感应强度如图(甲)所示,设 Ba=Bb=B1,则有 B=B1.当 a,b 两导线与圆心连线夹角为 120时,如图(乙)所示,它们在圆 心处的磁感应强度矢量和为 B=B1,再与 c 导线在圆心处产生的磁场叠加后磁感应强度矢量和为B1,因此圆心处的磁感应强度大小为B,
9、选项 A 正确.7.如图所示为一种质谱仪的工作原理示意图,此质谱仪由以下几部分构成:离子源、加速电 场、静电分析器、磁分析器、收集器.静电分析器通道中心线半径为 R,通道内有均匀辐射 电场,在中心线处的电场强度大小为 E;磁分析器中分布着方向垂直于纸面,磁感应强度为 B 的匀强磁场,其左边界与静电分析器的右边界平行.由离子源发出一个质量为 m、电荷量为 q 的正离子(初速度为零,重力不计),经加速电场加速后进入静电分析器,沿中心线 MN 做匀 速圆周运动,而后由 P 点进入磁分析器中,最终经过 Q 点进入收集器.下列说法中正确的是( B )A.磁分析器中匀强磁场方向垂直于纸面向内4B.加速电场
10、中的加速电压 U=C.磁分析器中圆心 O2到 Q 点的距离 d=D.任何离子若能到达 P 点,则一定能进入收集器 解析:进入静电分析器后,正离子顺时针转动,所受洛伦兹力指向圆心,根据左手定则,磁分析 器中匀强磁场方向垂直于纸面向外,选项 A 错误;离子在静电分析器中做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有 Eq=m,设离子进入静电分析器时的速度为 v,离子在加速电场中加速的过程中,由动能定理有 qU= mv2,解得 U=,选项 B 正确;由 B 项解析可知 R=,与离子质量、电荷量无关.离子在磁分析器中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律有 qvB=m,得R=,即 d=,选项 C 错误;圆周运动的轨道半径
11、与电荷的质量和电荷量有关,能够到达 P 点的不同离子,半径不一定都等于 d,不一定都能进入收集器,选项 D 错 误. 8.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,被加速的质子从 D 形盒中央由静止出发,经交变电场加速后进入磁场.设质子在磁场中做匀速圆周运动的周期 为 T,若忽略质子在电场中的加速时间,则下列说法正确的是( AD )A.如果只增大交变电压 U,则质子在加速器中运行时间将变短 B.如果只增大交变电压 U,则电荷的最大动能会变大 C.质子在电场中加速的次数越多,其最大动能越大 D.交变电流的周期应为 T 解析:如果只增大交变电压 U,则质子在加速器中加
12、速次数减少,因此质子的运行时间将变短,选项 A 正确;根据 qvmB=m,得 vm=,电荷的最大动能与加速的电压和加速的次数无关,选项 B,C 错误.回旋加速器粒子在磁场中运动的周期和高频交变电流的周期相等,选项 D 正确. 9.如图所示,一个带正电荷的小球从 a 点出发水平进入正交垂直的匀强电场和匀强磁场区域,电 场方向竖直向上,某时刻小球运动到了 b 点,则下列说法正确的是( CD )5A.从 a 到 b,小球可能做匀速直线运动 B.从 a 到 b,小球可能做匀加速直线运动 C.从 a 到 b,小球动能可能不变 D.从 a 到 b,小球机械能增加 解析:带电小球的初速度是水平的,从 a 运
13、动到 b 点的过程中小球在竖直方向上发生位移,说 明小球做的是曲线运动,所以小球受力不为零,即小球不可能做匀速直线运动,选项 A 错误; 从以上分析可知小球做曲线运动,即变速运动,故小球受到磁场的洛伦兹力也是变化的,故小 球受到的合力是变力,所以小球不可能做匀加速直线运动,选项 B 错误;当小球的重力和电场 力平衡时,小球受到的洛伦兹力只改变小球的速度方向,小球的动能不变,选项 C 正确;从 a 到 b,电场方向竖直向上,电场力一定做正功,故机械能增加,选项 D 正确. 10.如图所示,在一个等腰直角三角形 ACD 区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应 强度大小为 B.一质量为 m、电
14、荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)从 AC 边的中点 O 垂直于 AC 边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为 2l,则下列关于粒子运动的说法中 正确的是( ACD )A.若该粒子的入射速度为 v=,则粒子一定从 CD 边射出磁场,且距点 C 的距离为 lB.若要使粒子从 CD 边射出,则该粒子从 O 点入射的最大速度应为 v=C.若要使粒子从 AC 边射出,则该粒子从 O 点入射的最大速度应为 v=D.该粒子以大小不同的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为解析:当 v=时,根据洛伦兹力充当向心力可知 Bqv=m,解得 R=l,根据几何关系可知,粒子一定从距 C 点为 l 的位置离
15、开磁场,选项 A 正确;根据洛伦兹力充当向心力可知 v=,6因此半径越大,速度越大;根据几何关系可知,使粒子与 AD 边相切时速度最大,由于AD=2l,则由几何关系可知,最大半径一定大于l,则若要使粒子从 CD 边射出,则该粒子从 O 点入射的最大速度应大于,选项 B 错误;若要使粒子从 AC 边射出,则该粒子从 O点入射的最大半径为 l,因此最大速度应为 v=,选项 C 正确;粒子运行周期为,根据几何关系可知,粒子在磁场中最大圆心角为 180,故最长时间为,选项 D 正确.11.如图所示,等腰直角三角形 abc 区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大 小为 B.三个相同的带电粒子
16、从 b 点沿 bc 方向分别以速度 v1,v2,v3射入磁场,在磁场中运动 的时间分别为 t1,t2,t3,且 t1t2t3=331.直角边 bc 的长度为 L,不计粒子的重力,下 列说法正确的是( BD )A.三个粒子的速度大小关系可能是 v1=v2v3 B.三个粒子的速度大小关系可能是 v1v2v3C.粒子的比荷=D.粒子的比荷=解析:速度为 v1,v2的粒子从 ab 边穿出,则偏转角为 90,但两者的速度大小关系不定,但其半径一定比速度为 v3的粒子半径小,由半径公式 R=,则 v3一定大于 v1,v2,选项 A 错误,B正确;由于速度为 v1的粒子偏转 90,则 t1= ,于是=,选项 D 正确;对速度为v3的粒子偏转 30,画出运动轨迹如图所示,由几何关系知 R3tan 15+R3tan 15cos 30=L,所以 R3=,而 R3=,联立得到=,选项 C 错误.712.图中的虚线为半径为 R、磁感应强度大小为 B 的圆形匀强磁场的边界,磁场的方向垂直圆平面向里.大量的比荷均为的相同粒子由磁场边界的最低点 A 向圆平
