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1、单元评估检测（九）（第九章）（45 分钟 100 分）一、选择题（本题共 10 小题，每小题 6 分，共 60 分，16 题为单选题，710 题为多选题）1.在重复奥斯特电流磁效应的实验时，需要考虑减少地磁场对实验的影响，则以下关于奥斯 特实验的说法中正确的是（）A.通电直导线竖直放置时，实验效果最好B.通电直导线沿东西方向水平放置时，实验效果最好C.通电直导线沿南北方向水平放置时，实验效果最好D.只要电流足够大，不管通电直导线怎样放置，实验效果都很好【解析】选 C。由于在地球表面小磁针静止时北极指北、南极指南，所以通电直导线沿南北方 向水平放置时，电流在小磁针所在位置的磁场方向为东西方向，此
2、时的效果最好。2.电流天平是一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈 I 和 II,线圈 I 固定，线圈 II 置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法 正确的是（）A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C.线圈 I 对线圈 II 的作用力大于线圈 H 对线圈 I 的作用力D.线圈 I 对线圈 II 的作用力与托盘对线圈 II 的作用力是一对相互作用力【解析】选 A。当两线圈电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排 斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相
3、互吸 引，电流方向相同，A 正确 B 错误；线圈 I 对线圈 II 的作用力与线圈 II 对线圈 I 的作用力是一 对相互作用力，等大反向，C 错误；静止时，线圈II 平衡，线圈I 对线圈 II 的作用力与托盘对 线圈 H 的作用力施力物体不同，受力物体相同，不满足相互作用力的条件，D 错误。【总结提升】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会 通过磁场发生相互作用。电流方向相同时，将会吸引：电流方向相反时，将会排斥。3.如图所示，一个不计重力的带电粒子以 v。沿各图的虚线射入场中。A 中 I 是两条垂直纸平而的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；
4、B 中+Q 是两个位置固定的等 量同种点电荷的电荷量，虚线是两点电荷连线的中垂线；C 中 I 是圆环线圈中的电流，虚线过 圆心且垂直圆环平面；D 中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场 方向垂直纸面向外。其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是（）【解析】选题图 A 中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生 的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；题图 B 中等量同种正点电荷 在中垂线上的合电场强度在连线中点左侧水平向左，在连线中点右侧水平向右，带电粒子受 力不为零，不可能做匀速直线运动；题图 C 中粒子运动方向与所处位置磁感线平行，粒
5、子做E匀速直线运动；题图 D 是速度选择器的原理图，只要 v。，粒子做匀速直线运动，故选 B。4.如图所示，半径为 R 的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，半径 0C 与 0B 成 60角，质子甲以速度 V 从 A 点沿直径 AB 方向射入磁场，从 C 点射出.质子乙以速度三从 B 点沿 BA 方 W向射入磁场，从 D 点（图中未画出）射出磁场，不计质子重力，则 C、D 两点间的距离为（）UA.RB.2RC.2V*3RD.V3R【解析】选及质子在磁场中运动的轨迹如图所示，洛伦兹力提供质子做匀速圆周运动的向心pmur力，则 qvBc=m-,Wr=Mo2由几何关系有z 五打由于质子乙的速度是故
6、其Y3轨迹半径r1 号r2 vGR，贝 lJtanNO：OB=,得 NO9B=3O,iZB0D=2Z0：0B=60,CD=2Rsin3 3R 360=V3R,选项 D 正确。【加固训练】如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸而向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从 0 点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从 a、b、c、d 四点射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间艮、tb、tc.td,其大小关系是（）A.tatbtctctd【解析】选 D。带电粒子的运动轨迹如图所示，由图可知，从 a、b、c、d 四点飞出的电子对Znm应的圆心角 F 0 Q。.而带电粒子的周期 T 市相同
7、，其在磁场中运动时间 t 方 T,0故 ta=tbtctdi 选项 D 正确。15.（2019 全国卷川）如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为 p 和B、方向均垂直于纸而向外的匀强磁场。一质量为 m、电荷量为 q（q0）的粒子垂直于 x 轴射入第 二象限，随后垂直于 y 轴进入第一象限，最后经过工轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为（3nmA，7mnB，117rmc,r137nHD，6qBmv【解析】选 B0 带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由RL二可知，第一象限粒子的运动半径qB1是第二象限的运动半径的二倍，整个运动轨迹如图，即运动由两部分组成第一部分是丁周112nm
8、 12mn7HTH期，第二部分是&个周期，故总时间后丁刀工故 B 正确。【加固训练】（2017 全国卷 III）如图，空间存在方向垂直于纸而（xOy 平面）向里的磁场。在x0 区域，磁感应强度的大小为 Bo：xl）o一质量 为 m、电荷量为 q（q0）的带电粒子以速度 V。从坐标原点 0 沿 x 轴正向射入磁场，此时开始计 时，当粒子的速度方向再次沿 X 轴正向时，求（不计重力）：粒子运动的时间。粒子与 0 点间的距离。【解析】（1）粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛mi?2伦兹力提供，所以在 x20 区域有：qvcB。，一在 x0 区域有:qvo(入 Bo
9、)R27Tr?i在 x20 区域运动时间 t 尸一-Vo充五2在 x0 区域运动时间 t：=Vo粒子运动的时间二.一加粒子与 0 点间的距离（A+l）7Fm2(A-1)THV0d=2(R-RJ=，.-答案：牛苧当 6.如图所示，直角坐标系 Oxyz 处于匀强磁场中，有一条长 0.6 m 的直导线沿 Ox 方向通有大 小为 9 A的电流，受到的安培力沿 Oz 方向，大小为 2.7 1 则该匀强磁场可能的方向和磁感 应强度 B 的最小值为（）A.平行于 xOy 平面，B=0.5 TB.平行于 xOz 平面，B=l.0 TC平行于 xOy 平面，B=0.2 TD.平行于 xOy 平面，B=1.0 T
10、【解析】选 A。根据左手定则，安培力必须与电流和磁场构成的平而垂直，故磁场的方向一定 平行于 xOy 平面：安培力一定时，则当电流、磁场互相垂直的时候，磁感应强度最小，所以最小的磁感应强度为：T=0.5 Ta故选上IL 9X0.67.（2020郑州模拟）如图所示，在 xOy 平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率 v 发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在 xOy 平面内，且对称分布在 x 轴两侧的 30角的范围内。在直线工二 a 与 x=2a 之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于 xOy 平而向外,已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为 2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说
11、法正 确的是（）A.最先进入磁场的粒子在磁场中运动的时间为丁8.最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等C.最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为丁 3 廿7 3dD.最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为（a,r-）【解析】选 A、C、D,沿 x 轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中30 27rM2。Tia运动的偏转角为 30,，所以运动时间为-,故 A 正确；沿与 x 轴成 30角的360v 3v两个方向同时进入磁场，沿与 x 轴成 30角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为1200 2rrx2a 4TTQ120。，所以用的时间为-=,弦长为 s
12、=2X2asin60二 2v3a,粒子进入磁360v 3v3场的位置离 x 轴的距离为 x=atan300 a,所以最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置的纵V坐标为 s+x=2,之丁骨与 a,所以最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为（a,7、3cl-）,故 B 错误，C、D 正确。8.如图所示，平行纸而向下的匀强电场与垂直纸而向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚 好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为 r,电场强度大小为 E,磁感应强度大小为 B,重力加速度大小为 g,则下列判断中正确的是（）A.小球一定带负电荷9.小球一定沿顺时针方向转动gBrC.小球做圆周运动的
13、线速度大小为一二 D.小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功【解析】选 A、C。带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电 小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向 相反，故小球一定带负电荷，故 A 正确：磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由 左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针（四指所指的方向与带负电的小球的运动方向相 反），故 B 错误；由电场力和重力大小相等，得：mg=qE,带电小球在洛伦兹力的作用下做匀mvgBr速圆周运动的半径为：联立得：v,故 C 正确；小球在做圆周运动的过程中，电qJBE场力要做功，洛伦兹力
14、始终不做功，故 D 错误：故选 A、以10（2020成都模拟）如图所示，在 OA 和 OC 两射线间存在着匀强磁场，ZA0C 为 30,正负 电子（质量、电荷量大小相同，电性相反）以相同的速度均从 M 点以垂直于 OA 的方向垂直射入 匀强磁场，下列说法可能正确的是（）A.若正电子不从 0C 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 3：1B.若正电子不从 0C 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 6：1C.若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 1：1D.若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 1:6【解析】选 C、D.正电子向右偏转
15、，负电子向左偏转，若正电子不从OC 边射出，负电子一定 不会从 0C 边射出，电子运动轨迹对应的圆心角相等，可知运动的时间之比为 1：1,故 A、B 错误；考虑临界情况：临界一：若负电子不从0C 边射出，正电子也不从OC 边射出，两电子 在磁场中运动的圆心角都为 180 度，可知在磁场中运动的时间之比为 1：1：临界二：当负电 子恰好不从 OC 边射出时，对应的圆心角为 180 度，根据两电子在磁场中的半径相等，由几何关系知，正电子的圆心角为 30 度，根据 tT,知正负电子在磁场中运动的时间之比为 1：6,27r故若负电子不从 0C 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在 1：1 与 1：6
16、 之间，故 C 正确,D 正确。e10.霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料做成，有的半导 体中的载流子（自由电荷）是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴（相当于正电荷）。如图 所示为用半导体材料做成的霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度 B 垂直于霍尔元件的工 作面向下，通入电流 I 的方向如图所示，C、D 两侧而会形成电势差。则下列说法中正确的是（）A.若元件的载流子是自由电子，则 D 侧面的电势高于 C 侧面的电势B.若元件的载流子是空穴，则 D 侧而的电势高于 C 侧而的电势C.在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D.在测地球赤道上方的地磁
17、场强弱时，元件的工作面应保持水平【解析】选 A、C。若载流子为自由电子，由左手定则可判断电子受洛伦兹力作用使其偏向 C 侧面，则 C 侧面的电势会低于 D 侧而，选项 R 正确：若载流子为空穴，根据左手定则，空穴 在洛伦兹力的作用下也是向 C 侧面聚集，C 侧面的电势会高于 D 侧而，选项 B 错误；地球赤道 上方的地磁场的方向水平向北，霍尔元件的工作面应保持竖直才能让地磁场垂直其工作面，选项 C 正确，D 错误。二、计算题（本题共 2 小题，共 40 分，需写出规范的解题步骤）11.（18 分）如图所示，三块等大且平行正对的金属板水平放置，金属板厚度不计且间距足够大,上面两金属板间有竖直向下
18、的匀强电场，下而两金属板间有竖直向上的匀强电场，电场强度 大小均为 E。以中间金属板的中轴线为 x 轴，金属板右侧存在一足够大的匀强磁场，现有一重 力不计的绝缘带电粒子，质量为 m,带电荷量为-q,从中间金属板上表面的电场中坐标位置（-L,0）处以初速度 v。沿 x 轴正方向开始运动，已知求:（1）带电粒子进入磁场时的位置坐标（用 L 表示）以及带电粒子进入磁场时的速度大小与方向；（2）若要使带电粒子能回到中间金属板下表而关于 x 轴与释放点对称的位置，计算匀强磁场的磁感应强度 B 的大小（用 E、v。表示）。【解题指导】解答本题应注意以下四点：（1）在电场当中受力分析，确定受力方向和初速度方
19、向关系：（2）根据在电场中受力方向和初速度关系确定在电场中运动性质：在电场中确定末速度也就是进入磁场的速度：（4）在磁场中根据边角关系、牛顿第二定律、向心力关系求得结果。【解析】带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，粒子的加速度为 a一,水平方向上有 L=vt,m1:竖直方向上有 y=Tat 联立解得 y=|qE所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为（1竖直方向速度苧所以 V=J诏+因为 tan。詈 1，所以速度方向与 y 轴正方向夹角为 450 若要使带电粒子能回到中间金属板下.表而关于 X 轴与释放点对称的位置，根据对称性可知,它在磁场中做圆周运动的圆心应在 X 轴上，其运动轨迹如图所示。由几何关
20、系有 r=V2 丫一，P22E，根据洛伦兹力提供向心力得 qvB 二 L,联立解得BLTtz0答案：见解析V312.（22 分）（2020 贵阳模拟）现有一个环形区域，其截而内圆半径工 m,外圆半径是二 LOm,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,如图所示。已知磁感应强度大小反 L 0 T,带正电粒子的比 荷为 4X10：C/kg,不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。（计算结果保留两位小数）若中空区域中的带电粒子由。点沿内圆的半径方向射入磁场,求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度 Pbo若中空区域中的带电粒子以题中的最大速度沿内圆半径方向射入磁场,求带电粒子从 刚进入磁场某点开始到第一次回到
21、该点所需要的时间。【解析】(1)带电粒子刚好不穿越磁场外边界时，其运动轨迹如图所示，根据几何关系有+?=551代入数据解得尸 1m带电粒子在磁场中运动时,根据洛伦兹力提供向心力,T解得 33X10：m/sa(2)由带电粒子的运动轨迹图，并结合几何关系有Ri 与tan=；J rK解得。它分析知带电粒子必须三次经过磁场才会回到该点,则带电粒子在磁场中运动的时间2E 好又卞2 irm代入数据解得看 3.14X1(T s粒子在磁场外运动的时间2%7t：=3X-=2.60X10-s 则带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需时间行 2+fe=5.74X10 s 答案：(1)1.33X10,m/s(2)5.74X10【总结提升】带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路-7I先读图:f 看清并明白场的变化情况丁乜分析粒子在不同变化场区的便力分析口受力情况,分析粒子在不同时间内的运动 国书一情况粒子在不同运动阶段，有怎样的 运动模型找衔接点一找出衔接相邻两过程的物理量逸规律联立不同阶段的方程求解