物理周测1205教师版.doc

2013届物理周测（12.05）
1．在下面所示的四幅图中，正确标明了通电导线所受安培力F方向的是(　　)

解析　由左手定则可知B选项正确．
答案　B
2.两个完全相同的通电圆环A、B的圆心O重合、圆面相互垂直，通电电流相同，电流方向如图所示，设每个圆环在其圆心O处独立产生的磁感应强度为B0，则O处的磁感应强度大小为(　　)

A．0 B．2B0
C.B0 D．无法确定
解析　由安培定则可知A在圆心处产生的场强垂直于纸面向里，B在圆心处产生的场强竖直向下，两者垂直，所以合磁感应强度大小B＝＝B0，C选项正确．
答案　C
3．有一小段通电导线，长为1cm，电流强度为5A，把它置于磁场中某点，受到的安培力为0.1N，则该点的磁感应强度B一定是(　　)
A．B＝2T B．B≤2T
C．B≥2T D．以上情况均可能
解析　若电流方向与磁场垂直，此时磁感应强度最小，B＝
＝2T，C选项正确．
答案　C
4．如图所示的天平可用来测定磁感应强度．天平的右臂下面挂有一个矩形线圈．宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面．当线圈中通有电流I时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知(　　)

A．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
B．磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为
C．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
D．磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为
解析　当电流反向(大小不变)时右边需再加质量为m的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上，所以磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡可得m1g＝m2g＋m′g＋NBIL，m1g＝m2g＋mg＋m′g－NBIL，其中m′为线圈质量，联解可得．
答案　B
5．将长1m的导线ac从中点b折成如图中所示的形状，放于B＝0.08T的匀强磁场中，abc平面与磁场方向垂直．若在导线abc中通入25 A的直流电，则整个导线所受安培力的大小为(　　)

A．2N B．1N
C.N D./2N
解析　ab段所受安培力F1＝BI·＝1N，bc段所受安培力F2＝BI＝1N，根据题意得F1与F2方向的夹角为60°，由几何关系得其合力F＝N.
答案　C
6．物理学家法拉第在研究电磁学时，亲手做过许多实验．如图所示的实验就是著名的电磁旋转实验，这种现象是：如果载流导线附近只有磁铁的一个极，磁铁就会围绕导线旋转；反之，载流导线也会围绕单独的某一磁极旋转．这一装置实际上就成为最早的电动机．图中A是可动磁铁，B是固定导线，C是可动导线，D是固定磁铁．图中黑色部分表示汞(磁铁和导线的下半部分都浸没在汞中)，下部接在电源上．这时自上向下看，A和C的转动方向分别是(　　)

A．A顺时针，C逆时针 B．A逆时针，C顺时针
C．A逆时针，C逆时针 D．A顺时针，C顺时针
解析　B导线电流向上，其产生的磁场自上向下看为逆时针方向，故磁铁A将逆时针转动；由左手定则可知C导线受力为顺时针，故顺时针转动．
答案　B
二、多项选择题
7．关于磁场和磁感线，下列说法中正确的是(　　)
A．磁感线总是从磁体N极出发到磁体S极终止
B．磁感线的疏密程度描述了磁场的强弱
C．磁场中某点磁场方向与可以自由转动的小磁针在该点静止时N极所指的方向相同
D．磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处所受的安培力方向相同
解析　在磁体的内部磁感线由S极出发到磁体N极终止，A选项错误；磁感线的疏密程度描述了磁场的强弱，某点磁场方向为该点小磁针静止时N极的指向，B、C选项正确；磁场中某处磁感应强度方向与通电导线在该处所受的安培力方向垂直，D选项错误．
答案　BC
8.如图所示，在匀强磁场B的区域内有一光滑倾斜金属导轨，倾角为θ，导轨间距为L，在其上垂直导轨放置一根质量为m的导线，接以如图所示的电源，电流强度为I，通电导线恰好静止，则匀强磁场的磁感应强度必须满足一定条件，下述所给条件正确的是(　　)

A．B＝，方向垂直斜面向上
B．B＝，方向垂直斜面向下
C．B＝，方向水平向左
D．B＝，方向竖直向上
解析　由左手定则结合物体的平衡条件可得A、C、D选项正确；B选项中安培力方向沿斜面向下，大小为mgcosθ，而重力的分力大小为mgsinθ，合力不为零，导线不会处于静止状态．
答案　ACD
9.如图所示，台秤上放一光滑平板，其左边固定一挡板，一轻质弹簧将挡板和一条形磁铁连接起来，此时台秤读数为T1，现在磁铁上方中心偏左位置固定一导体棒，当导体棒中通以方向如图所示的电流后，台秤读数为T2，则以下说法正确的是(　　)

A．弹簧长度将变长 B．弹簧长度将变短
C．T1＞T2 D．T1＜T2
解析　导体棒受到的安培力方向斜向右下方，由牛顿第三定律可知磁铁受到的磁场力斜向左上方，电流对磁铁的磁场力的竖直分量使条形磁铁对台秤压力减小，故知T1＞T2，电流对磁铁的磁场力的水平分量使磁铁左移，故弹簧长度将变短，B、C正确．
答案　BC
10．如图所示，平行于纸面水平向右的匀强磁场，磁感应强度B1＝1T，位于纸面内的细直导线，长L＝1m，通过I＝1 A的恒定电流．当导线与B1成60°夹角时，发现其受到的安培力为零，则该区域同时存在的另一匀强磁场的磁感应强度B2的可能值为(　　)

A.T　　　　　　　　 B.T
C. 1T D.T
解析　由左手定则判断知磁场B1对电流的作用力方向垂直于纸面向内，大小为F1＝BILsin60°＝N，则另一磁场B2对电流的作用力大小F2与F1等值反向，当磁场B2与电流垂直时，磁感应强度B2取得最小值，等于T.
答案　BCD
11.如图所示，在磁感应强度B＝1.0T，方向竖直向下的匀强磁场中，有一个与水平面成θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆ab.已知接在滑轨中的电源电动势E＝12V，内阻不计．ab杆长L＝0.5m，质量m＝0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因数μ＝0.1，滑轨与ab杆的电阻忽略不计．求：要使ab杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器R的阻值在什么范围内变化？(g取10m/s2，sin37°＝0.6)

解析　分别画出ab杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析图，如图所示．

当ab杆恰好不下滑时，如图①所示．由平衡条件得
沿斜面方向mgsinθ＝μFN1＋F安1cosθ， ①
垂直斜面方向FN1＝mgcosθ＋F安1sinθ， ②
而F安1＝BL， ③
由①②③式得R1＝5Ω.
当ab杆恰好不上滑时，如图②所示．由平衡条件得
沿斜面方向mgsinθ＋μFN2＝F安2cosθ， ④
垂直斜面方向FN2＝mgcosθ＋F安2sinθ， ⑤
而F安2＝BL， ⑥
由④⑤⑥三式得R2＝3Ω.
所以，要使ab杆保持静止，R的取值范围是3Ω≤R≤5Ω.
答案　3Ω≤R≤5Ω
12．如图所示，两平行金属导轨间的距离L＝0.40m，金属导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，在导轨所在平面内，分布着磁感应强度B＝0.50T、方向垂直于导轨所在平面的匀强磁场．金属导轨的一端接有电动势E＝4.5V、内阻r＝0.50Ω的直流电源．现把一个质量m＝0.040kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒恰好静止．导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒与金属导轨接触的两点间的电阻R0＝2.5Ω，金属导轨电阻不计，g取10m/s2，已知sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，求：

(1)通过导体棒的电流；
(2)导体棒受到的安培力的大小；
(3)导体棒受到的摩擦力．
解析　(1)根据闭合电路欧姆定律
I＝＝1.5A.
(2)导体棒受到的安培力F安＝BIL＝0.30N.

(3)导体棒受力如图，将重力正交分解
F1＝mgsin37°＝0.24N
F1<F安，根据平衡条件
mgsin37°＋Ff＝F安
解得Ff＝0.06N.
答案　(1)1.5A
(2)0.30N
(3)0.06N
1．带电粒子垂直磁场方向运动时，会受到洛伦兹力的作用．下列表述正确的是(　　)
A．洛伦兹力对带电粒子做功
B．洛伦兹力不改变带电粒子的动能
C．洛伦兹力的大小与速度无关
D．洛伦兹力不改变带电粒子的速度方向
解析　根据洛伦兹力的特点，洛伦兹力对带电粒子不做功，A选项错误，B选项正确；根据F＝qvB，可知大小与速度有关．洛伦兹力的效果就是改变物体的运动方向，不改变速度的大小，C、D选项错误．
答案　B
2．一个带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，要想确定带电粒子的电荷量与质量之比，则只需要知道(　　)
A．运动速度v和磁感应强度B
B．磁感应强度B和运动周期T
C．轨道半径R和运动速度v
D．轨道半径R和磁感应强度B
解析　由带电粒子的洛伦兹力充当向心力可得Bqv＝m⇒＝可知A、C、D选项错误；由T＝⇒＝可知选项B正确．
答案　B
3．“月球勘探号”空间探测器运用高科技手段对月球近距离勘探，在月球重力分布、磁场分布及元素测定方面取得了新成果．月球上的磁场极其微弱，通过探测器拍摄电子在月球磁场中的运动轨迹，可分析月球磁场强弱的分布情况．如图所示，是探测器通过月球表面的A、B、C、D、四个位置时拍摄到的电子的运动轨迹的照片．设电子的速率相同，且与磁场的方向垂直，则可知磁场最强的位置应在(　　)

解析　由r＝可知B较大的地方，r较小．
答案　A
4.如图是人工托克马克(人造核聚变)实验中，用环状匀强磁场约束高能带电粒子的原理图，下列说法正确的是(　　)

A．沿半径方向飞入环状磁场的粒子最容易飞出磁场
B．沿内圆切线方向飞入环状磁场的粒子最容易飞出磁场
C．所有粒子在磁场中运动的时间都相同
D．不同速度的粒子在磁场中运动的时间一定不同
解析　粒子在匀强磁场中运动时间取决于圆弧所对的圆心角的大小，所以C、D错误；沿内圆切线方向飞入环状磁场的粒子，穿出磁场所需的半径最小，由R＝可知该粒子穿出磁场所需的速度最小，因而最容易飞出磁场，B正确；沿半径方向飞入环状磁场的粒子，飞出磁场所需的速度较大，因而不容易飞出磁场，A错误．
答案　B
5.如图所示，空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，场内有一绝缘的足够长的直杆，它与水平面的倾角为θ，一带电量为－q、质量为m的带负电的小球套在直杆上，从A点由静止沿杆下滑，小球与杆之间的动摩擦因数为μ，在小球以后运动的过程中，下列说法正确的是(　　)

A．小球下滑的最大速度为v＝
B．小球下滑的最大加速度为am＝gsinθ
C．小球的加速度一直在减小
D．小球的速度先增大后减小
解析　小球开始下滑时有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，随v增大，a增大，当v＝时，a达最大值gsinθ，此后下滑过程中有mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，随v增大，a减小，当vm＝时，a＝0.所以整个过程中，v先一直增大后不变；a先增大后减小，所以B选项正确．
答案　B
6.极光是由来自宇宙空间的高能带电粒子流进入地极附近的大气层后，由于地磁场的作用而产生的．如图所示，科学家发现并证实，这些高能带电粒子流向两极做螺旋运动，旋转半径不断减小．此运动形成的原因是(　　)

A．可能是洛伦兹力对粒子做负功，其动能减小
B．可能是介质阻力对粒子做负功，使其动能减小
C．可能是粒子的带电量减小
D．南北两极的磁感应强度较强
解析　带电粒子流向两极旋转满足qvB＝m，即r＝，因此从此式看，旋转半径不断减小可能是速度变小、带电量变大或者磁感应强度变强造成的，而因为洛伦兹力对粒子不做功，故选项B、D正确．
答案　BD
7．如图所示，在匀强磁场中附加另一匀强磁场，附加磁场位于图中阴影区域，附加磁场区域的对称轴OO′与SS′垂直．a、b、c三个质子先后从S点沿垂直于磁场的方向射入磁场，它们的速度大小相等，b的速度方向与SS′垂直，a、c的速度方向与b的速度方向间的夹角分别为α、β，且α>β.三个质子经过附加磁场区域后能到达同一点S′，则下列说法中正确的有(　　)

A．三个质子从S运动到S′的时间相等
B．三个质子在附加磁场以外区域运动时，运动轨迹的圆心均在OO′轴上
C．若撤去附加磁场，a到达SS′连线上的位置距S点最近
D．附加磁场方向与原磁场方向相同
解析　质子在磁场中运动时速度大小不变，由题图可知质子运动的轨迹长度不相等，所以三个质子运动的时间不等，选项A错误；由r＝知三个质子在附加磁场以外区域运动时轨道半径相等，又洛伦兹力的方向与速度方向垂直，所以从S点作出的圆心不均在OO′轴上，选项B错误；若撤去附加磁场SS′，距离为2rcosθ，θ为质子初速度方向与竖直方向的夹角，因为α>β，所以a到达SS′连线上的位置距S点最近，选项C正确；由题意知附加磁场与原磁场方向相同，选项D正确．
答案　CD
8.如图所示，在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B.现有一质量为m、电荷量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入磁场．在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出磁场．不计重力的影响，由这些信息可以确定(　　)

A．能确定粒子通过y轴的位置
B．能确定粒子速度的大小
C．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间
D．以上三个判断都不对
解析　粒子在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出磁场，可知半径大小等于x0，A选项正确；由r＝＝x0⇒v＝，所以B选项正确；画出轨迹可知粒子完成了四分之一圆周的路径，所以有t＝T＝＝，C选项正确，D选项错误．
答案　ABC
9.如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A1A2.平板S下方有强度为B0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
D．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　本题考查质谱仪的工作原理，意在考查考生分析带电粒子在电场、磁场中的受力和运动的能力．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＝qvB得v＝，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，qvB0＝得R＝，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　ABC
10．如图所示，质量为m、带电荷量为＋q的P环套在固定的水平长直绝缘杆上，整个装置处在垂直于杆的水平匀强磁场中，磁场强度大小为B.现给环一向右的初速度v0，则(　　)

A．环将向右减速，最后匀速
B．环将向右减速，最后停止运动
C．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv
D．从环开始运动到最后达到稳定状态，损失的机械能是mv－m2
解析　由题意可知qv0B>mg，受力分析如图所示．

水平方向物体做减速运动，f＝μFN＝μ(qvB－mg)，当qvB＝mg，即v＝时，FN＝0，之后物体匀速直线运动，选项A、D正确而B、C错误．
答案　AD
三、非选择题
11．有一个放射源水平放射出α、β和γ三种射线，垂直射入如图所示磁场．区域Ⅰ和Ⅱ的宽度均为d，各自存在着垂直纸面的匀强磁场，两区域的磁感应强度大小B相等，方向相反(粒子运动不考虑相对论效应)．

(1)若要筛选出速率大于v1的β粒子进入区域Ⅱ，求磁场宽度d与B和v1的关系；
(2)若B＝0.0034T，v1＝0.1c(c是光速)，则可得d；α粒子的速率为0.001c，计算α和γ射线离开区域Ⅰ时的距离；并给出除去α和γ射线的方法；
(3)当d满足第(1)小题所给关系时，请给出速率在v1<v<v2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置和方向；
(4)请设计一种方案，能使离开区域Ⅱ的β粒子束在右侧聚焦且水平出射．
已知：电子质量me＝9.1×10－31kg，α粒子质量mα＝6.7×10－27kg，电子电荷量q＝1.6×10－19 C，≈1＋(x≪1时)
解析　(1)根据带电粒子在磁场中受洛伦兹力作用后做圆周运动的规律
qvB＝ ①
由临界条件得d、B和v1的关系为
d＝. ②
(2)由①式可得α粒子的回旋半径
Rα＝＝ m＝1.847m
由②式得
d＝＝ m＝0.05m
竖直方向的距离为
y＝Rα－＝0.7mm
可见通过区域Ⅰ的磁场难以将α射线与γ射线分离．可用薄纸挡去α射线，须用厚铅板挡掉γ射线．
(3)在上述磁场条件下，要求速率在v1<v<v2区间的β粒子离开区域Ⅱ时的位置和方向．先求出速度为v2的β粒子所对应的圆周运动半径
R2＝
该β粒子从区域Ⅰ磁场射出时，垂直方向偏离的距离为
y2＝R2－＝(v2－)
同理可得从区域Ⅱ射出时，垂直方向偏离的距离为
Y2＝2y2＝(v2－)
同理可得，与速度为v1对应的β粒子垂直方向偏离的距离为
Y1＝2d＝
速率在v1<v<v2区间射出的β粒子束宽为Y1－Y2，方向水平向右．
(4)由对称性可以设计出如图所示的磁场区域，最后形成聚焦，且方向水平向右．

答案　见解析
12．如图①所示，左为某同学设想的粒子速度选择装置，由水平转轴及两个薄盘N1、N2构成，两盘面平行且与转轴垂直，相距为L，盘上各开一狭缝，两狭缝夹角θ可调如图②所示；右为水平放置的长为d的感光板，板的正上方有一匀强磁场，方向垂直纸面向外，磁感应强度为B.一小束速度不同、带正电的粒子沿水平方向射入N1，能通过N2的粒子经O点垂直进入磁场．O到感光板的距离为，粒子电荷量为q，质量为m，不计重力．

(1)若两狭缝平行且盘静止如图③所示，某一粒子进入磁场后，竖直向下打在感光板中心点M上，求该粒子在磁场中运动的时间t；
(2)若两狭缝夹角为θ0，盘匀速转动，转动方向如图②所示．要使穿过N1、N2的粒子均打到感光板P1P2连线上，试分析盘转动角速度ω的取值范围(设通过N1的所有粒子在盘旋转一圈的时间内都能到达N2)．
解析　(1)粒子运动半径为R＝ ①
由牛顿第二定律qvB＝m ②
匀速圆周运动周期T＝ ③
粒子在磁场中运动时间t＝＝. ④
(2)如图，设粒子运动临界半径分别为R1和R2

R1＝ ⑤
d2＋2＝R
R2＝d ⑥
设粒子临界速度分别为v1和v2，由②⑤⑥式，得
v1＝ ⑦
v2＝ ⑧
若粒子通过两转盘，由题设可知
＝ ⑨
联立⑦⑧⑨，得对应转盘的转速分别为
ω1＝
ω2＝
粒子要打在感光板上，需满足条件
≤ω≤.
答案　(1)
(2)≤ω≤