2024-2025學年高中物理第3章磁場章末綜合測評含解析新人教版選修3-1

PAGE8-章末綜合測評(三)(時間：90分鐘分值：100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分。在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求。全部選對的得4分，選對但不全的2分，有選錯的得0分)1．關于磁感應強度B，下列說法中正確的是()A．磁場中某點B的大小，跟放在該點的摸索電流元的狀況有關B．磁場中某點B的方向，跟該點處摸索電流元所受磁場力的方向一樣C．在磁場中某點摸索電流元不受磁場力作用時，該點B值大小為零D．在磁場中磁感線越密集的地方，B值越大D[磁場中某點的磁感應強度由磁場本身確定，與摸索電流元無關。而磁感線可以描述磁感應強度，疏密程度表示大小。]2.特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1>I2。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則()A．b點處的磁感應強度大小為0B．d點處的磁感應強度大小為0C．a(chǎn)點處的磁感應強度方向豎直向下D．c點處的磁感應強度方向豎直向下C[通電直導線四周產(chǎn)生磁場方向由安培定則推斷，如圖所示I1在b點產(chǎn)生的磁場方向向上，I2在b點產(chǎn)生的磁場方向向下，因為I1>I2，即B1>B2，則在b點的磁感應強度不為零，A錯誤；由圖可知，d點處的磁感應強度不為零，a點處的磁感應強度豎直向下，c點處的磁感應強度豎直向上，B、D錯誤，C正確。]3．如圖所示電路中，三節(jié)干電池相同，當開關S分別置于A、B兩處時，導線M′M與NN′之間的安培力的大小分別為FA、FB，可推斷這兩段導線()A．相互吸引，F(xiàn)A＞FB B．相互排斥，F(xiàn)A＞FBC．相互吸引，F(xiàn)A＜FB D．相互排斥，F(xiàn)A<FBD[當開關S置于A處時電源為一節(jié)干電池，電流的方向是M′MNN′，電流大小為IA，由于導線MM′與NN′中電流方向相反，故兩段導線相互排斥；當開關S置于B處時電源為兩節(jié)干電池，電流的方向仍是M′MNN′，電流大小為IB，由于導線MM′與NN′中電流方向相反，故兩段導線相互排斥。IB＞IA，MM′在NN′處的磁感應強度BA＜BB，應用安培力公式F＝BIL，可知FA＜FB，選項D正確。]4．如圖所示的虛線框為一長方形區(qū)域，該區(qū)域內有一垂直于紙面對里的勻強磁場，一束電子以不同的速率從O點垂直于磁場、沿圖中方向射入磁場后，分別從a、b、c、d四點射出磁場，比較它們在磁場中的運動時間ta、tb、tc、td，其大小關系是()A．ta<tb<tc<td B．ta＝tb＝tc＝tdC．ta＝tb<tc<td D．ta＝tb>tc>tdD[電子的運動軌跡如圖所示，由圖可知，從a、b、c、d四點飛出的電子對應的圓心角θa＝θb>θc>θd，而電子的周期T＝eq\f(2πm,qB)相同，其在磁場中運動的時間t＝eq\f(θ,2π)T，故ta＝tb>tc>td。]5.薄鋁板將同一勻強磁場分成Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域，高速帶電粒子可穿過鋁板一次，在兩個區(qū)域運動的軌跡如圖所示，半徑R1＞R2。假定穿過鋁板前后粒子電荷量保持不變，則該粒子()A．帶正電B．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動時間相同C．在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動加速度相同D．從區(qū)域Ⅱ穿過鋁板運動到區(qū)域ⅠB[設粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r，線速度大小為v，依據(jù)洛倫茲力供應向心力有Bvq＝eq\f(mv2,r)，可得v＝eq\f(Brq,m)∝r，可見，軌道半徑越大，表示粒子的線速度越大，考慮到軌道半徑R1＞R2，可知粒子從Ⅰ區(qū)域穿過鋁板進入Ⅱ區(qū)域，選項D錯誤；知道粒子的運動方向、磁場方向和磁場力的方向，結合左手定則可以推斷出粒子帶負電，選項A錯誤；依據(jù)粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期的計算公式T＝eq\f(2πm,Bq)可知，粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動周期相同，運動時間也相同，選項B正確；依據(jù)ma＝Bvq可得a＝eq\f(Bvq,m)，粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域的運動速率不同，加速度也不同，選項C錯誤。]6.如圖所示，在以O點為圓心、r為半徑的圓形區(qū)域內，有磁感應強度為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場，a、b、c為圓形磁場區(qū)域邊界上的三點，其中∠aOb＝∠bOc＝60°。一束質量為m、電荷量為e而速率不同的電子從a點沿aO方向射入磁場區(qū)域，從b、c兩點間的弧形邊界穿出磁場區(qū)域的電子速率v的取值范圍是()A．eq\f(eBr,3m)<v<eq\f(\r(3)eBr,m) B．eq\f(\r(3)eBr,3m)<v<eq\f(2\r(3)eBr,3m)C．eq\f(\r(3)eBr,3m)<v<eq\f(\r(3)eBr,m) D．eq\f(\r(3)eBr,m)<v<eq\f(3eBr,m)C[依據(jù)evB＝meq\f(v2,R)得v＝eq\f(eBR,m)，依據(jù)幾何關系可知，從c點射出時的軌道半徑為R1＝eq\r(3)r，從b點射出時的軌道半徑為R2＝eq\f(\r(3),3)r，故從b、c兩點間的弧形邊界穿出磁場區(qū)域的電子，其速率取值范圍是eq\f(\r(3)eBr,3m)<v<eq\f(\r(3)eBr,m)。]7．質譜儀是測量帶電粒子的質量和分析同位素的重要工具。圖為質譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用這種質譜儀對氫元素進行測量。氫元素的各種同位素從容器A下方的小孔S由靜止飄入電勢差為U的加速電場，經(jīng)加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中。氫的三種同位素最終打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質譜線”。關于三種同位素進入磁場時速度大小的排列依次和a、b、c三條“質譜線”的排列依次，下列推斷正確的是()A．進入磁場時速度從大到小排列的依次是氚、氘、氕B．進入磁場時速度從大到小排列的依次是氕、氘、氚C．a(chǎn)、b、c三條質譜線依次排列的依次是氕、氘、氚D．a(chǎn)、b、c三條質譜線依次排列的依次是氚、氘、氕BD[設粒子離開加速電場時的速度為v，則qU＝eq\f(1,2)mv2，可得v＝eq\r(\f(2qU,m))，所以質量最小的氕核的速度最大，質量最大的氚核的速度最小，選項B正確，選項A錯誤；打究竟片上的位置與進入磁場時的位置的距離x＝2R＝eq\f(2mv,qB)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，所以質量最大的氚核所形成的“質譜線”距離進入磁場時的位置最遠，選項C錯誤，選項D正確。]8．如圖所示，框架面積為S，框架平面與磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直，關于穿過框架的磁通量，下列說法正確的是()A．在如圖所示位置時磁通量等于BSB．若使框架繞OO′轉過60°角，磁通量為eq\f(1,2)BSC．若從初始位置繞OO′轉過90°角，磁通量為零D．若從初始位置繞OO′轉過180°角，磁通量改變?yōu)榱鉇BC[依據(jù)磁通量的定義可知，在題圖所示位置時，磁通量最大，Φm＝BS，故A正確；當框架繞OO′轉過60°時，磁通量大小為eq\f(1,2)BS，故B正確；當框架繞OO′轉過90°時，框架平面與磁場平行，磁通量為零，故C正確；當框架繞OO′轉過180°時，磁通量大小為－BS，故磁通量改變的大小為2BS，故D錯誤。]9.兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子帶負電，b粒子帶正電B．a(chǎn)粒子在磁場中所受洛倫茲力較大C．b粒子動能較大D．b粒子在磁場中運動時間較長AC[由左手定則可知b粒子帶正電，a粒子帶負電，A正確；由于a粒子的軌道半徑較小，所以a粒子的速度較小，動能較小，在磁場中所受洛倫茲力較小，B錯誤；同理知C正確；由于b粒子軌跡對應的圓心角較小，所以在磁場中運動時間較短，D錯誤。]10．直角坐標系xOy內，有一無界勻強磁場垂直紙面，一質量為m、電荷量為q的正電荷從原點沿著y軸正方向以初速度v0動身，不計重力。要使該電荷通過第四象限的P點，P點坐標為(a，－b)，則()A．磁場方向垂直紙面對外B．磁場方向垂直紙面對內C．B＝eq\f(2amv0,q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2)))D．B＝eq\f(2bmv0,q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2)))AC[粒子向右偏轉，依據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面對外，故A正確，B錯誤。依據(jù)洛倫茲力供應向心力：qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，依據(jù)幾何關系：R2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－R))2＋b2，聯(lián)立解得：B＝eq\f(2mav0,q\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋b2)))，故C正確，D錯誤。]二、非選擇題(本題共4小題，共60分，按題目要求作答)11.(14分)如圖所示，導軌間的距離L＝0.5m，B＝2T，ab棒的質量m＝1kg，物塊重力G＝3N，動摩擦因數(shù)μ＝0.2，電源的電動勢E＝10V，內阻r＝0.1Ω，導軌的電阻不計，ab棒電阻也不計，問R的取值范圍怎樣時棒處于靜止狀態(tài)？[解析]依據(jù)物體平衡條件可得棒恰不右滑時：G－mgμ－BLI1＝0 ①棒恰不左滑時：G＋mgμ－BLI2＝0 ②依據(jù)閉合電路歐姆定律可得E＝I1(R1＋r) ③E＝I2(R2＋r) ④聯(lián)立①③得R1＝eq\f(BLE,G－mgμ)－r＝9.9Ω聯(lián)立②④得R2＝eq\f(BLE,G＋mgμ)－r＝1.9Ω所以R的取值范圍為：1.9Ω≤R≤9.9Ω。[答案]1.9Ω≤R≤9.9Ω12.(14分)如圖所示，質量為m、電荷量為q的帶電粒子，以初速度v沿垂直磁場方向射入磁感應強度為B的勻強磁場，在磁場中做勻速圓周運動。不計帶電粒子所受重力。(1)求粒子做勻速圓周運動的半徑R和周期T；(2)為使該粒子做勻速直線運動，還須要同時存在一個與磁場方向垂直的勻強電場，求電場強度E的大小。[解析](1)洛倫茲力供應向心力，有f＝qvB＝meq\f(v2,R)帶電粒子做勻速圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)。(2)粒子受電場力F＝qE，洛倫茲力f＝qvB。粒子做勻速直線運動，則有qE＝qvB電場強度的大小E＝vB。[答案](1)eq\f(mv,qB)eq\f(2πm,qB)(2)vB13.(14分)如圖所示，一質量為m、電荷量為q帶正電荷的小球靜止在傾角為30°、足夠長的絕緣光滑斜面頂端時，對斜面的壓力恰為零，若快速把電場方向改為豎直向下，則小球能在斜面上滑行多遠？[解析]由分析知：當小球靜止在斜面頂端時，小球受重力mg、電場力Eq，且mg＝Eq，可得E＝eq\f(mg,q)當電場反向時，小球由于受到重力和電場力作用而沿斜面下滑，產(chǎn)生速度，同時受到洛倫茲力的作用，F(xiàn)＝qvB，方向垂直斜面對上。速度v是在不斷增大的，直到mg和Eq的合力在垂直斜面方向上的分力等于洛倫茲力，小球就要離開斜面了，此時qvB＝(mg＋Eq)cos30°，v＝eq\f(\r(3)mg,qB)又因為小球在下滑過程中只有重力和電場力做功，所以由動能定理可得：(mg＋Eq)h＝eq\f(1,2)mv2，所以h＝eq\f(3m2g,4q2B2)所以小球在斜面上下滑的距離為x＝eq\f(h,sin30°)＝2h＝eq\f(3m2g,2q2B2)。[答案]eq\f(3m2g,2q2B2)14．(18分)如圖是質譜儀的工作原理示意圖。其中速度選擇器內的磁場與電場相互垂直，磁場的磁感應強度為B1，方向垂直紙面對里。兩極板間的距離為d，通過調整兩極板間的電勢差，可使不同速度的帶電粒子沿直線通過速度選擇器。帶電粒子通過速度選擇器之后，從O點垂直于磁場方向射入磁感應強度為B2的勻強磁場，經(jīng)驗半個圓周打在照相底片上。一束電荷量均為q的帶電粒子射入速度選擇器，當兩極板間的電勢差為U時，一部分粒子打到照相底片的A點；當兩極板間的電勢差為3U時，另一部分粒子打到照相底片的C點。經(jīng)過測量O、A之間的距離是A、C之間的距離的兩倍。不計粒子重力。求：(1)上述兩部分粒子的速度之比；(2)上述兩部分粒子的質量之比。[解析](1)帶電粒子在速度選擇器中做直線運動，電場力與洛倫茲力相等，所以qE＝qeq\f(U,d)＝qvB1