2024高中物理第三章磁場章末質(zhì)量評估三含解析粵教版選修3-1

PAGE10-章末質(zhì)量評估(三)一、單項選擇題(本題共10小題，每題3分，共30分．每小題中只有一個選項是正確的，選對得3分，錯選、不選或多選均不得分)1．如圖所示的四個試驗現(xiàn)象中，不能表明在電流四周能產(chǎn)生磁場的是()A．圖甲中，導(dǎo)線通電后磁針發(fā)生偏轉(zhuǎn)B．圖乙中，通電導(dǎo)線在磁場中受到力的作用C．圖丙中，當(dāng)電流方向相同時，導(dǎo)線相互靠近D．圖丁中，當(dāng)電流方向相反時，導(dǎo)線相互遠離答案：B2.如圖，一段半圓形粗銅線固定在絕緣水平桌面(紙面)上，銅線所在空間有一勻強磁場，磁場方向豎直向下．當(dāng)銅線通有順時針方向電流時，銅線所受安培力的方向()A．向前 B．向后C．向左 D．向右解析：半圓形導(dǎo)線所受的安培力等效于直徑長的直導(dǎo)線所受的安培力，由左手定則可知，銅線所受安培力的方向向前，故選A.答案：A3．如圖所示，三個速度大小不同的同種帶電粒子沿同一方向從圖示長方形區(qū)域的勻強磁場邊緣射入，當(dāng)它們從下邊緣飛出時對入射方向的偏角分別為90°、60°、30°，則它們在磁場中運動時間之比為()A．1∶1∶1 B．1∶2∶3C．3∶2∶1 D.eq\r(3)∶eq\r(2)∶1解析：如圖所示，設(shè)帶電粒子在磁場做圓周運動的圓心為O，由幾何關(guān)系知，圓弧MN所對應(yīng)的粒子運動的時間t＝eq\f(\o(MN,\s\up8(︵)),v)＝eq\f(Rα,v)＝eq\f(mv,qB)·eq\f(α,v)＝eq\f(mα,qB)，因此，同種粒子以不同速度射入磁場，經(jīng)驗時間與它們的偏角α成正比，即t1∶t2∶t3＝90°∶60°∶30°＝3∶2∶1.答案：C4．如圖所示，螺線管、蹄形鐵芯、圓導(dǎo)線三者相距較遠；小磁針N極(黑色的一端)，指向正確的是()A．a(chǎn) B．bC．c D．d解析：小磁針N極靜止指向為該處的磁場方向，即磁感線切線方向，依據(jù)安培定則，蹄形鐵芯磁化后右端為N極，左端為S極，C正確；通電螺線管的磁場分布和條形磁鐵相像，內(nèi)部磁場方向應(yīng)向左，下方磁場向右，所以A、B錯誤；圓形電流磁場的方向在圓面內(nèi)為大拇指指向，磁感線在外部則反向，形成閉合曲線，所以D錯誤．答案：C5．如圖所示，豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根長直通電導(dǎo)線，電流方向向外，a、b、c、d是以直導(dǎo)線上的點為圓心的同一個圓周上的四個點，則()A．四個點不行能有磁感應(yīng)強度為零的點B．c點的磁感應(yīng)強度最小C．b、d兩點磁感應(yīng)強度相同D．c點的磁感應(yīng)強度最大解析：通電導(dǎo)線在四周同一圓上的各點B等大，在a點通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場與勻強磁場反向，有可能抵消，A錯誤；b、d兩點總是磁感應(yīng)強度大小相等，方向相反，C錯誤；c點兩磁場同向，所以c點磁感應(yīng)強度最大．答案：D6.MN板兩側(cè)都是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向如圖所示，帶電粒子從a位置以垂直磁場方向的速度起先運動，依次通過小孔b，c、d，已知ab＝bc＝cd，粒子從a運動到d的時間為t，則粒子的比荷為()A.eq\f(3π,tB) B.eq\f(4π,3tB)C.eq\f(π,tB) D.eq\f(tB,2π)解析：粒子的運動軌跡如圖所示．則有t＝1.5T，則得T＝eq\f(2,3)t.由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，解得粒子的比荷eq\f(q,m)＝eq\f(3π,tB).故選A.答案：A7．如圖所示，兩個單匝線圈a、b的半徑分別為r和2r.圓形勻強磁場B的邊緣恰好與a線圈重合，則穿過a、b兩線圈的磁通量之比為()A．1∶1 B．1∶2C．1∶4 D．4∶1解析：確．答案：A8.始終導(dǎo)線平行于通電螺線管的軸線放置在螺線管的上方，如圖所示．假如直導(dǎo)線可以自由地運動且通以由a到b的電流，則導(dǎo)線ab受磁場力后的運動狀況為()A．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管B．從上向下看順時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管C．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并遠離螺線管D．從上向下看逆時針轉(zhuǎn)動并靠近螺線管解析：推斷導(dǎo)線的轉(zhuǎn)動方向可用電流元法：如圖所示，把直線電流等效為aO、OO′、O′b三段(OO′段極短)電流元，由于OO′段電流方向與該處磁場方向相同，所以不受安培力作用；aO段電流元所在處的磁場方向斜向上，由左手定則可知其所受安培力方向垂直紙面對外；O′b段電流元所在處的磁場方向斜向下，同理可知其所受安培力方向垂直紙面對里，綜上可知導(dǎo)線將以O(shè)O′段為軸逆時針轉(zhuǎn)動(從上向下看)并靠近螺線管．答案：D9.回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖所示，它的核心部分是兩個D形金屬盒，兩盒相距很近，分別和高頻溝通電源相連接，在兩盒間的窄縫中形成交變電場，使帶電粒子每次通過窄縫都得到加速．兩盒放在勻強磁場中，磁場方向垂直于盒底面，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，通過兩盒間的窄縫時被反復(fù)加速，直到達到最大圓周半徑時通過特別裝置被引出．假如用同一回旋加速器分別加速氚核(eq\o\al(3,1)H原子核)和α粒子(eq\o\al(4,2)He原子核)，比較它們所加的高頻溝通電源的周期和獲得的最大動能的大小，可知()A．加速氚核的溝通電源的周期較大，氚核獲得的最大動能較小B．加速氚核的溝通電源的周期較大，氚核獲得的最大動能也較大C．加速氚核的溝通電源的周期較小，氚核獲得的最大動能也較小D．加速氚核的溝通電源的周期較小，氚核獲得的最大動能較大解析：因為加速器所加的高頻溝通電源的周期與粒子做圓周運動的周期相等，而粒子在磁場中做圓周運動的周期與粒子的運動速度沒關(guān)系，故由公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，氚核的溝通電源的周期較大，故C、D均錯誤；再依據(jù)最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BqR,m)))eq\s\up12(2)＝eq\f(B2q2R2,2m)，將氚核與氦核的相關(guān)電荷量與質(zhì)量代入，發(fā)覺氚核獲得的最大動能較小，故A正確，B錯誤．答案：A10．現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重許多倍的離子，其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定．質(zhì)子在入口處從靜止起先被加速電場加速，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場．若某種一價正離子在入口處從靜止起先被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應(yīng)強度增加到原來的12倍．此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為()A．11 B．12 C．121 D．144解析：離子在加速電場有qU＝eq\f(1,2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)有qvB＝meq\f(v2,R)，聯(lián)立解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，即R相同，因此有eq\f(m離,mH)＝(eq\f(B′,B))2，離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為144，故選D.答案：D二、多項選擇題(本題共4小題，每題6分，共24分．每小題有多個選項是正確的，全選對得6分，少選得3分，選錯、多選或不選得0分)11．指南針是我國古代四大獨創(chuàng)之一，關(guān)于指南針，下列說法正確的是()A．指南針可以僅具有一個磁極B．指南針能夠指向南北，說明地球具有磁場C．指南針的指向會受到旁邊鐵塊的干擾D．在指南針正上方旁邊沿指針方向放置始終導(dǎo)線，導(dǎo)線通電時指南針不偏轉(zhuǎn)答案：BC12.如圖所示，豎直向下的勻強磁場穿過光滑的絕緣水平面，平面上一個釘子O固定一根細線，細線的另一端系一帶電小球，小球在光滑水平面內(nèi)繞O做勻速圓周運動．在某時刻細線斷開，小球仍舊在勻強磁場中做勻速圓周運動，下列說法錯誤的是()A．速率變小，半徑變小，周期不變B．速率不變，半徑不變，周期不變C．速率變小，半徑變大，周期變大D．速率不變，半徑變小，周期變小解析：線斷后，小球只受洛倫茲力作用，由于洛倫茲力不做功，所以小球的速率肯定不變，故A、C錯誤；若線斷前，線中無拉力，只有洛倫茲力供應(yīng)向心力，則線斷后無影響，小球的軌跡不變，半徑＝meq\f(v2,r)時，線斷后qvB＝meq\f(v2,r)，小球做圓周運動的繞行方向發(fā)生改變，＞＜2qvB時，半徑、周期都變小，故D正確．答案：AC13.如圖所示，質(zhì)量為m、長為L的導(dǎo)體棒電阻為R，初始時靜止于光滑的水平軌道上，電源電動勢為E，內(nèi)阻不計．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，其方向與軌道平面成θ角斜向上方，開關(guān)閉合后導(dǎo)體棒起先運動，則()A．導(dǎo)體棒向左運動B．開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒MN所受安培力為eq\f(BEL,R)C．開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒MN所受安培力為eq\f(BELsinθ,R)D．開關(guān)閉合瞬間導(dǎo)體棒MN的加速度為eq\f(BELsinθ,mR)解析：磁場方向與導(dǎo)體棒垂直，導(dǎo)體棒所受安培力F＝BIL＝eq\f(BEL,R)，方向為垂直于磁場方向與導(dǎo)線方向所確定的平面斜向下，其有水平向右的重量，故A、C錯誤，B正確；導(dǎo)體棒所受的合力F合＝Fcos(90°－θ)＝Fsinθ，由a＝eq\f(F合,m)得a＝eq\f(BELsinθ,mR)，D正確．答案：BD14．如圖所示，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電小球從M點自由下落，M點距場區(qū)邊界PQ高為h，邊界PQ下方有方向豎直向下、電場強度為E的勻強電場，同時還有垂直于紙面的勻強磁場，小球從邊界上的a點進入復(fù)合場后，恰能做勻速圓周運動，并從邊界上的b點穿出，重力加速度為g，不計空氣阻力，則以下說法正確的是()A．小球帶負電荷，勻強磁場方向垂直于紙面對里B．小球的電荷量與質(zhì)量的比值eq\f(q,m)＝eq\f(g,E)C．小球從a運動到b的過程中，小球和地球系統(tǒng)機械能守恒D．小球在a、b兩點的速度相同解析：帶電小球在磁場中做勻速圓周運動，則qE＝mg，B正確；電場方向豎直向下，則可知小球帶負電，由于小球從b點射出，依據(jù)左手定則可知磁場方向垂直于紙面對里，A正確；小球運動過程中，電場力做功，故小球和地球系統(tǒng)的機械能不守恒，只是a、b兩點機械能相等，C錯誤；小球在a、b兩點速度方向相反，D錯誤．答案：AB三、非選擇題(共4小題，共46分)15．(10分)如圖所示，在與水平方向成60°角的光滑金屬導(dǎo)軌間連一電源，在相距1m的平行導(dǎo)軌上放一重為3N的金屬棒ab，棒上通過3A的電流，磁場方向豎直向上，這時棒恰好靜止，則(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大?。?2)求ab棒對導(dǎo)軌壓力的大?。?3)若要使B取值最小，其方向應(yīng)如何調(diào)整？并求出最小值．解析：(1)棒靜止時，其受力如圖所示．則有F＝Gtan60°，即BIL＝Gtan60°，得B＝eq\f(\r(3)G,IL)＝eq\r(3)T.(2)ab棒對導(dǎo)軌的壓力與N大小相等，N′＝N＝eq\f(G,cos60°)＝6N.(3)若要使B取值最小，即安培力F最?。黠@當(dāng)F平行于斜面對上時，F(xiàn)有最小值，此時B應(yīng)垂直斜面對上，且有F＝Gsin60°，所以BminIL＝Gsin60°，Bmin＝eq\f(Gsin60°,IL)＝eq\f(\r(3),2)T.答案：(1)eq\r(3)T(2)6N(3)B應(yīng)垂直斜面對上eq\f(\r(3),2)T16.(10分)如圖所示，質(zhì)量為m＝1kg，帶正電q＝5×10－2C的小滑塊，從半徑為R＝0.4m的光滑絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道上由靜止自A端＝100V/m，水平向右，B＝1T，方向垂直紙面對里(g取10N/kg)，求：(1)滑塊到達C點時的速度大??；(2)在C點時滑塊對軌道的壓力大?。馕觯?1)以滑塊為探討對象，滑塊滑動過程中洛倫茲力不做功，由動能定理，得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)，所以vC＝eq\r(2（mg－qE）\f(R,m))＝eq\r(\f(2（1×10－5×10－2×100）×0.4,1))m/s＝2m/s.(2)滑塊在C點受四個力的作用，如圖所示，由牛頓其次定律及圓周運動學(xué)問，得N－mg－qvCB＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)，即N＝mg＋qvCB＋meq\f(veq\o\al(2,C),R)＝20.1N.由牛頓第三定律知，滑塊在C點處對軌道的壓力大小為20.1N，方向豎直向下．答案：(1)2m/s(2)20.1N17．(12分)如圖所示．水平放置的兩塊長直平行金屬板a、b相距d＝0.10m，a、b間的電場強度為E＝3.0×103N/C，b板下方整個空間存在著磁感應(yīng)強度大小為B＝0.3T、方向垂直紙面對里的勻強磁場．今有一質(zhì)量為m＝2.4×10－13kg、電荷量為q＝4.0×10－8C的帶正電的粒子(不計重力)，從貼近a板的左端以v0＝1.0×104m/s的初速度從A點水平射入勻強電場，剛好從狹縫P處穿過b板而垂直進入勻強磁場，最終粒子回到b板的Q處(圖中未畫出)．求：(1)粒子到達P處時的速度大小和方向；(2)P、Q之間的距離L；(3)粒子從A點運動到Q點所用的時間t.解析：(1)粒子從a板左端運動到P處，由動能定理，得qEd＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，代入有關(guān)數(shù)據(jù)，解得v＝eq\r(2)×104m/s，由cosθ＝eq\f(v0,v)，代入數(shù)據(jù)得θ＝45°.(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓心為O，半徑為r，如圖所示．由幾何關(guān)系得eq\f(L,2)＝rcos45°，又qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立求得L＝0.4m.(3)粒子在P點沿電場方向的速度v1＝eq\r(v2－veq\o\al(2,0))＝1.0×104m/s，在電場中運動的時間t1＝eq\f(mv1,qE)＝2×10－5s，在磁場中運動的時間t2＝eq\f(πm,2qB)＝3.14×10－5s，粒子從A點運動到Q點所用的時間t＝t1＋t2＝5.14×10－5s.答案：見解析18.(14分)如圖，在直角三角形OPN區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于紙面對外．一帶正電的粒子從靜止起先經(jīng)電壓U加速后，沿平行于x軸的方向射入磁場；一段時間后，該粒子在OP邊上某點以垂直于x軸的方向射出．已知O點為坐標(biāo)原點，N點在y軸上，OP與x軸的夾角為30°，粒子進