高二物理選修3-1章節(jié)綜合測評試題2

章末綜合測評(三)磁場(時間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分．在每小題給出的四個選項中，第1～7題只有一項符合題目要求，第8～10題有多項符合題目要求，全部選對的得6分，選對但不全的得3分，有選錯的得0分．)1．(2016·紹興高二檢測)安培的分子環(huán)形電流假說不能用來解釋下列哪些磁現(xiàn)象()A．磁體在高溫時失去磁性B．磁鐵經(jīng)過敲擊后磁性會減弱C．鐵磁類物質(zhì)放入磁場后具有磁性D．通電導線周圍存在磁場【解析】磁鐵內(nèi)部的分子電流的排布是大致相同的，在高溫時，分子電流的排布重新變得雜亂無章，故對外不顯磁性，A對；磁鐵經(jīng)過敲擊后，分子電流的排布重新變得雜亂無章，每個分子電流產(chǎn)生的磁場相互抵消，故對外不顯磁性，故B對；鐵磁類物質(zhì)放入磁場后磁鐵內(nèi)部的分子電流的排布是大致相同的，對外顯現(xiàn)磁性，C對；通電導線的磁場是由自由電荷的定向運動形成的，即產(chǎn)生磁場的不是分子電流，故D錯誤．【答案】D2．(2016·鄭州高二檢測)關(guān)于電場強度和磁感應強度，下列說法正確的是()A．電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場B．由真空中點電荷的電場強度公式E＝eq\f(kQ,r2)可知，當r→0，E→＋∞C．由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通電導線在某處若不受磁場力則說明此處一定無磁場D．磁感應強度的方向就是置于該處的通電導線所受的安培力方向【解析】電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)，適用于任何電場，故A正確．當r→0時，電荷已不能看成點電荷，公式E＝eq\f(kQ,r2)不再成立．故B錯誤．由公式B＝eq\f(F,IL)可知，一小段通電導線在某處若不受磁場力，可能是B的方向與電流方向平行，所以此處不一定無磁場，故C錯誤．磁感應強度的方向和該處通電導線所受的安培力方向垂直，故D錯誤．【答案】A3．(2015·海南高考)如圖1所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點．在電子經(jīng)過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()圖1A．向上 B．向下C．向左 D．向右【解析】a點處磁場垂直于紙面向外，根據(jù)左手定則可以判斷電子受力向上，A正確．【答案】A4．如圖2所示，勻強磁場的方向垂直紙面向里，勻強電場的方向豎直向下，有一正離子恰能以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域．下列說法正確的是()【導學號：30800050】圖2A．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將沿直線運動B．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將向上偏轉(zhuǎn)C．若一電子以速率v從右向左飛入，則該電子將向下偏轉(zhuǎn)D．若一電子以速率v從左向右飛入，則該電子將向下偏轉(zhuǎn)【解析】正離子以速率v沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域，則有：qvB＝Eq.即：vB＝E，若一電子的速率v從左向右飛入此區(qū)域時，也必有evB＝Ee.電子沿直線運動．而電子以速率v從右向左飛入時，電子所受的電場力和洛倫茲力均向上，電子將向上偏轉(zhuǎn)，B正確，A、C、D均錯誤．【答案】B5．回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電極相連接的兩個D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成的周期性變化的電場，使粒子在通過狹縫時都能得到加速，兩個D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強磁場中，如圖3所示，要增大帶電粒子射出時的動能，則下列說法中正確的是()圖3A．增大勻強電場間的加速電壓B．減小磁場的磁感應強度C．增加周期性變化的電場的頻率D．增大D形金屬盒的半徑【解析】粒子最后射出時的旋轉(zhuǎn)半徑為D形金屬盒的最大半徑R，R＝eq\f(mv,qB)，Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m).可見，要增大粒子的動能，應增大磁感應強度B和增大D形金屬盒的半徑R，故正確選項為D.【答案】D6．(2016·宜昌高二檢測)如圖4所示，圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)閑q\f(v,3)，仍從A點射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?)圖4A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt【解析】由牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)及勻速圓周運動T＝eq\f(2πr,v)得r＝eq\f(mv,qB)；T＝eq\f(2πm,qB).作出粒子的運動軌跡如圖，由圖可得，以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場經(jīng)過Δt＝eq\f(T,6)從C點射出磁場，軌道半徑r＝eq\r(3)AO；速度變?yōu)閑q\f(v,3)時，運動半徑是eq\f(r,3)＝eq\f(\r(3)AO,3)，由幾何關(guān)系可得在磁場中運動轉(zhuǎn)過的圓心角為120°，運動時間為eq\f(T,3)，即2Δt.故A、C、D項錯誤，B項正確．【答案】B7．(2016·保定高二檢測)帶正電粒子(不計重力)以水平向右的初速度v0，先通過勻強電場E，后通過勻強磁場B，如圖5甲所示，電場和磁場對該粒子做功為W1.若把該電場和磁場正交疊加，如圖乙所示，再讓該帶電粒子仍以水平向右的初速度v0(v0<eq\f(E,B))穿過疊加場區(qū)，在這個過程中電場和磁場對粒子做功為W2，則()圖5A．W1<W2 B．W1＝W2C．W1>W2 D．無法判斷【解析】在乙圖中，由于v0<eq\f(E,B)，電場力qE大于洛倫茲力qBv.根據(jù)左手定則判斷可知：洛倫茲力有與電場力方向相反的分力．則在甲圖的情況下，粒子沿電場方向的位移較大，電場力做功較多，所以選項A、B、D錯誤，選項C正確．【答案】C8．在勻強磁場B的區(qū)域中有一光滑斜面體，在斜面體上放置一根長為L，質(zhì)量為m的導線，當通以如圖6所示方向的電流后，導線恰能保持靜止，則磁感應強度B滿足()圖6A．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向下B．B＝eq\f(mgsinθ,IL)，方向垂直斜面向上C．B＝eq\f(mgtanθ,IL)，方向豎直向下D．B＝eq\f(mg,IL)，方向水平向左【解析】磁場方向垂直斜面向下時，根據(jù)左手定則，安培力沿斜面向上，導體棒還受到重力和支持力，根據(jù)平衡條件和安培力公式，有mgsinθ＝BIL，解得選項A正確．磁場豎直向下時，安培力水平向左，導體棒還受到重力和支持力，根據(jù)平衡條件和安培力公式，有mgtanθ＝BIL，解得選項C正確．磁場方向水平向左時，安培力豎直向上，與重力平衡，有mg＝BIL，解得選項D正確．【答案】ACD9．利用如圖7所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子．圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d的縫射出的粒子，下列說法正確的是()圖7A．粒子帶正電B．射出粒子的最大速度為eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大【解析】由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負電，選項A錯；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由圖可知r最大值為rmax＝eq\f(3d＋L,2)，選項B正確；又r最小值為rmin＝eq\f(L,2)，將r的最大值和最小值代入v的表達式后得出速度之差為Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可見選項C正確、D錯誤．【答案】BC10．如圖8所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則()【導學號：30800051】圖8A．從P射出的粒子速度大B．從Q射出的粒子速度大C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長【解析】作出各自的軌跡如右圖所示，根據(jù)圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑R1<R2，所以，從Q點射出的粒子速度大，B正確；根據(jù)圖示，可知兩個圓心角相等，所以，從P、Q點射出時，兩粒子在磁場中的運動時間相等．正確的選項應是B、D.【答案】BD二、計算題(本題共3小題，共40分，按題目要求作答)11．(12分)如圖9所示，傾角為θ＝30°的光滑導體滑軌A和B，上端接入一電動勢E＝3V、內(nèi)阻不計的電源，滑軌間距為L＝0.1m，將一個質(zhì)量為m＝0.03kg，電阻R＝0.5Ω的金屬棒水平放置在滑軌上，若滑軌周圍存在著垂直于滑軌平面的勻強磁場，當閉合開關(guān)S后，金屬棒剛好靜止在滑軌上，求滑軌周圍空間的磁場方向和磁感應強度的大小．(重力加速度g取10m/s2)圖9【解析】合上開關(guān)S后，由閉合電路歐姆定律得：I＝eq\f(E,R)經(jīng)分析可知，金屬棒受力如圖所示，金屬棒所受安培力，F(xiàn)＝BIL沿斜面方向受力平衡，F(xiàn)＝mgsinθ以上各式聯(lián)立可得：B＝0.25T磁場方向垂直導軌面斜向下【答案】磁場方向垂直導軌面斜向下0.25T12．(12分)一磁場寬度為L，磁感應強度為B，如圖10所示，一電荷質(zhì)量為m，帶電荷量為－q，不計重力，以一速度(方向如圖)射入磁場．若不使其從右邊界飛出，則電荷的速度應為多大？圖10【解析】若要粒子不從右邊界飛出，當達最大速度時運動軌跡如圖所示，由幾何知識可求得半徑r，即r＋rcosθ＝Lr＝eq\f(L,1＋cosθ)又Bqv＝eq\f(mv2,r)，所以v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(BqL,m1＋cosθ).不使電荷從右邊界飛出，則v≤eq\f(BqL,m1＋cosθ)【答案】v≤eq\f(BqL,m1＋cosθ)13．(16分)(2015·山東高考)如圖11所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強磁場．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強電場，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方eq\f(d,2)處靜止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場，由H點緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場．不計粒子的重力．圖11(1)求極板間電場強度的大小；(2)若粒子運動軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應強度的大?。窘馕觥?1)設極板間電場強度的大小為E，對粒子在電場中的加速運動，由動能定理得qEeq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2①由①式得E＝eq\f(mv2,qd)②(2)設Ⅰ區(qū)磁感應強度的大小為B，粒子做圓周運動的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)③如圖所示，粒子運動軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得R＝eq\f(D,4)④聯(lián)立③④式得B＝eq\f(4mv,qD)⑤若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由