2019_2020学年高中物理第三章磁场测评含解析新人教版选修3_1.docx

第三章 磁场测评 ‎(时间:60分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。其中第1~5题为单选题;第6~8题为多选题,全部选对得6分,选不全得3分,有选错或不答的得0分)‎ ‎1.下列关于电场和磁场的说法正确的是(　　)‎ A.电场线和磁感线都是封闭曲线 B.电场线和磁感线都是不封闭曲线 C.通电导线在磁场中一定受到磁场力的作用 D.电荷在电场中一定受到静电力的作用 解析磁感线是封闭曲线,电场线不是封闭曲线,选项A、B错误;当通电导线与磁场方向平行时,不受磁场力的作用,但电荷在电场中一定受到静电力的作用,选项C错误,选项D正确。‎ 答案D ‎2.如图所示,ab、cd是两根在同一竖直平面内的直导线,在两导线中央悬挂一个小磁针,静止时小磁针和直导线在同一竖直平面内,当两导线中通以大小相等的电流时,小磁针N极垂直纸面向里转动,则两导线中的电流方向(　　)‎ A.一定都向上 B.一定都向下 C.ab中电流向下,cd中电流向上 D.ab中电流向上,cd中电流向下 解析小磁针的N极垂直纸面向里偏转,说明两导线间的磁场方向垂直纸面向里,由安培定则可以判断,ab中电流向上,cd中电流向下。‎ 答案D ‎3.磁场中某区域的磁感线如图所示,则(　　)‎ A.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BA>BB B.A、B两处的磁感应强度的大小不等,BABB,通电导线所受安培力与通电导线的放置有关,通电导线放在A处与放在B处受力大小无法确定。‎ 8‎ 答案A ‎4.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为(　　)‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.ω‎3B B.‎ω‎2B C.ωB D.‎‎2ωB 解析如图为筒转过90°前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N'分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN'的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O'。‎ 根据题意,∠NMN'=45°,O'M与NM延长线的夹角为60°,所以∠O'MN'=75°,∠MO'N'=30°,即轨迹圆的圆心角为30°,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,T磁‎12‎‎=‎T筒‎4‎,即‎1‎‎12‎‎×‎2πmqB=‎1‎‎4‎·‎‎2πω,解得比荷qm‎=‎ω‎3B,A选项正确。‎ 答案A ‎5.如图所示,电源电动势为E,内阻为r,滑动变阻器的电阻为R,两平行金属极板a、b间有垂直纸面向里的匀强磁场,闭合开关,一束速度为v的带正电的粒子正好匀速穿过两板。不计带电粒子的重力,以下说法正确的是(　　)‎ A.将滑片P向上滑动,粒子有可能从下极板边缘射出 B.将滑片P向下滑动,粒子有可能从下极板边缘射出 8‎ C.将a极板下移一些,粒子将继续沿直线穿出 D.如果将开关断开,粒子将继续沿直线穿出 解析平行金属极板a、b组成一个电容器,因电容器与滑动变阻器并联,将滑片P向上滑动,则滑动变阻器两端的电压减小,故两板间的电场强度减小,粒子所受静电力减小,因上板带正电,静电力向下,则粒子将向a板偏转,A错误;将滑片P向下滑动,则滑动变阻器两端的电压增大,故两板间的电场强度增大,粒子所受的静电力增大,因上板带正电,静电力向下,则粒子将向b板偏转,B正确;保持开关闭合,将a极板向下移动一点,板间距离减小,电压不变,故板间电场强度增大,因粒子带正电,则粒子所受电场力向下,洛伦兹力向上,带电粒子所受的静电力变大,则粒子将向b板偏转,C错误;若开关断开,则电容器与电源断开,而与滑动变阻器形成通路,电容器放电,故两板间的电场强度要减小,故粒子所受的静电力减小,粒子不会做直线运动,D错误。‎ 答案B ‎6.已知一质量为m的带电液滴,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中,液滴在此空间的竖直平面内做匀速圆周运动,如图所示,则(　　)‎ A.液滴在空间可能受4个力作用 B.液滴一定带负电 C.液滴做圆周运动的半径r=‎‎1‎B‎2UEg D.液滴在场中运动时总能量不变 解析液滴受到重力、电场力和洛伦兹力的作用,所以选项A错误。由于液滴做匀速圆周运动,所以电场力与重力为平衡力,电场力方向向上,可以判定液滴带负电,选项B正确。根据qU=‎1‎‎2‎mv2,r=mvqB,qE=mg,解得r=‎1‎B‎2UEg,选项C正确。液滴在场中运动的整个过程能量守恒,选项D正确。‎ 答案BCD ‎7.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,直导线能静止在光滑斜面上的是(　　)‎ 解析要使直导线能够静止在光滑的斜面上,则直导线在磁场中受到的安培力必须与重力或重力沿斜面向下的分力平衡,通过左手定则判断得出,A、C是正确的。‎ 8‎ 答案AC ‎8.质谱仪的工作原理示意图如图所示。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下方有磁感应强度为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EB D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P,粒子的比荷越小 解析由加速电场可见粒子所受静电力向下,即粒子带正电,在速度选择器中,静电力水平向右,洛伦兹力水平向左,因此速度选择器中磁场方向垂直纸面向外;经过速度选择器时满足qE=qvB,可知能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EB,带电粒子进入磁场做匀速圆周运动,则有R=mvqB,可见当v相同时,R∝mq,所以可以用来区分同位素,且R越大,比荷就越小,D错误。‎ 答案ABC 二、实验题(本题共2小题,共18分。把答案填在题中的横线上)‎ ‎9.(9分)如图为“电流天平”,可用于测定磁感应强度。在天平的右端挂有一矩形线圈,设其匝数n=5,底边cd长L=20 cm,放在垂直于纸面向里的待测匀强磁场中,且线圈平面与磁场垂直。当线圈中通入如图所示方向的电流I=100 mA时,调节砝码使天平平衡。若保持电流大小不变,使电流方向反向,则要在天平右盘加质量m=8.2 g的砝码,才能使天平再次平衡。则cd边所受的安培力大小为　　　　 N,磁感应强度B的大小为　　　　T(g取10 m/s2)。 ‎ 解析电流方向反向,则安培力大小不变,由竖直向下变为竖直向上,则ΔF=2nBIL=mg,所以cd边所受安培力大小F安=‎1‎‎2‎mg=4.1×10-2 N,磁感应强度B=mg‎2nIL‎=‎‎8.2×1‎0‎‎-3‎×10‎‎2×5×100×1‎0‎‎-3‎×0.2‎ T=0.41 T。‎ 答案4.1×10-2　0.41‎ ‎10.(9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:‎ 8‎ ‎(1)能把α粒子‎(‎‎2‎‎4‎He)加速到的速度为　　　　。 ‎ ‎(2)能使α粒子获得的动能为　　　　。 ‎ ‎(3)加速α粒子的交变电场频率与加速质子的交变电场频率之比为　　　　。 ‎ 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,RH=mveB,Rα=mαvαqB。‎ RH=Rα,得vα=v‎2‎‎,‎‎1‎‎2‎mv2=R‎2‎q‎2‎B‎2‎‎2m。‎ 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。‎ 答案(1)v‎2‎　(2)Ek　(3)1∶2‎ 三、解答题(本题共3小题,共34分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数值和单位)‎ ‎11.‎ ‎(10分)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ,它们之间的宽度为L,M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻)。现垂直于导轨搁一根质量为m、电阻为R的金属棒ab,并加一个范围较大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向与水平面夹角为θ且指向右上方,如图所示,问:‎ ‎(1)当ab棒静止时,受到的支持力和摩擦力各为多少?‎ ‎(2)若B的大小和方向均能改变,则要使ab棒所受支持力为零,B的大小至少为多少?此时B的方向如何?‎ 解析 从b向a看截面如图所示。‎ ‎(1)水平方向:‎ Ff=F安sin θ①‎ 竖直方向:‎ FN+F安cos θ=mg②‎ 又F安=BIL=BERL③‎ 联立①②③得:‎ 8‎ FN=mg-BLEcosθR,Ff=BLEsinθR。‎ ‎(2)要使ab棒受支持力为零,且让磁场最小,可知安培力竖直向上,则有F安'=mg,Bmin=mgREL,根据左手定则判定磁场方向水平向右。‎ 答案(1)mg-BLEcosθR‎　‎BLEsinθR　(2)mgREL　方向水平向右 ‎12.(12分)如图所示,在半径为R=mv‎0‎Bq的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆形区域右侧有一竖直感光板MN,圆顶点P有一速率为v0的带正电的粒子平行于纸面进入磁场,已知粒子的质量为m,电荷量为q,粒子的重力不计。‎ ‎(1)若粒子对准圆心射入,求它在磁场中运动的时间;‎ ‎(2)若粒子对准圆心射入,且速率为‎3‎v0,求它打到感光板MN上时速度的垂直分量。‎ 解析(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r,由牛顿第二定律得Bqv0=mv‎0‎‎2‎r,所以r=R,带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周,轨迹对应的圆心角为π‎2‎,如图所示。故运动时间t=π‎2‎Rv‎0‎‎=‎πm‎2qB。‎ ‎(2)由(1)知,当v=‎3‎v0时,带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为‎3‎R,其运动轨迹如图所示。‎ 由图可知∠PO2O=∠OO2A=30°‎ 所以带电粒子离开磁场时偏向角为60°‎ 粒子打到感光板上时速度的垂直分量为v⊥=vsin 60°=‎3‎‎2‎v0。‎ 8‎ 答案(1)πm‎2qB　(2)‎3‎‎2‎v0‎ ‎13.(12分)如图所示的平面直角坐标系xOy,在第Ⅰ象限内有平行于y轴的匀强电场,方向沿y轴正方向;在第Ⅳ象限的正方形abcd区域内有匀强磁场,方向垂直于xOy平面向里,正方形边长为L且ad边与x轴重合,ab边与y轴平行。一质量为m、电荷量为q的粒子,从y轴上的P(0,h)点,以大小为v0的速度沿x轴正方向射入电场,通过电场后从x轴上的a(2h,0)点进入第Ⅳ象限的磁场区域,不计粒子所受的重力。求:‎ ‎(1)电场强度E的大小。‎ ‎(2)粒子到达a点时速度的大小和方向。‎ ‎(3)磁感应强度B满足什么条件,粒子经过磁场后能到达y轴上,且速度与y轴负方向成45°角?‎ 解析(1)粒子做类平抛运动,h=qE‎2mt2,解得E=‎mv‎0‎‎2‎‎2qh 粒子做类平抛运动:‎ 沿y轴方向:h=‎1‎‎2‎‎·‎Eqmt2‎ 沿x轴方向:2h=v0t 解得:E=mv‎0‎‎2‎‎2qh。‎ ‎(2)到达a点时水平速度为v0,竖直速度为vy 水平方向2h=v0t,‎ 竖直方向h=‎1‎‎2‎vyt 得vy=v0‎ 所以到达a点的速度va=‎2‎v0,方向与x轴正方向成45°角。‎ 8‎ ‎(3)粒子到达y轴上,且速度与y轴负方向成45°角,必须要从ab边射出,从b点射出时对应的磁感应强度B最小,粒子在磁场中的轨迹是以O1为圆心的一段四分之一圆弧,设半径为r1,r1=‎2‎‎2‎L 由Bqva=mva‎2‎r‎1‎得B=‎‎2mv‎0‎qL 所以磁感应强度须满足的条件为B≥‎2mv‎0‎qL。‎ 答案(1)mv‎0‎‎2‎‎2qh　(2)‎2‎v0,方向与x轴正方向成45°角 ‎(3)B≥‎‎2mv‎0‎qL 8‎