2020-2021高二物理3-1章末綜合測評3含解析

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精2020-2021學(xué)年高二物理人教版選修3-1章末綜合測評3含解析章末綜合測評(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(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法中正確的是(）A．磁場中某點B的大小，跟放在該點的試探電流元的情況有關(guān)B．磁場中某點B的方向，跟該點處試探電流元所受磁場力的方向一致C．在磁場中某點試探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(yīng)強度由磁場本身決定，與試探電流元無關(guān)。而磁感線可以描述磁感應(yīng)強度,疏密程度表示大小。]2。如圖所示,A為一水平旋轉(zhuǎn)的橡膠盤，帶有大量均勻分布的負電荷,在圓盤正上方水平放置一通電直導(dǎo)線，電流方向如圖.當圓盤高速繞中心軸OO′順時針轉(zhuǎn)動時，通電直導(dǎo)線所受磁場力的方向是（)A．豎直向上 B．豎直向下C．水平向里 D．水平向外C[由于帶負電的圓環(huán)順時針方向旋轉(zhuǎn),形成的等效電流為逆時針方向，所產(chǎn)生的磁場方向豎直向上。由左手定則可判定通電導(dǎo)線所受安培力的方向水平向里。］3．如圖所示電路中，三節(jié)干電池相同，當開關(guān)S分別置于A、B兩處時，導(dǎo)線M′M與NN′之間的安培力的大小分別為FA、FB,可判斷這兩段導(dǎo)線（)A．相互吸引,FA＞FBB．相互排斥，F(xiàn)A＞FBC．相互吸引，F(xiàn)A＜FBD．相互排斥,FA〈FBD[當開關(guān)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(dǎo)線MM′與NN′中電流方向相反，故兩段導(dǎo)線相互排斥；當開關(guān)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(dǎo)線MM′與NN′中電流方向相反,故兩段導(dǎo)線相互排斥。IB＞IA，MM′在NN′處的磁感應(yīng)強度BA＜BB,應(yīng)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(nèi)有一垂直于紙面向里的勻強磁場，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(guān)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(yīng)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(shè)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,根據(jù)洛倫茲力提供向心力有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(jié)合左手定則可以判斷出粒子帶負電，選項A錯誤；根據(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;根據(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(shè)點為圓心、r為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，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(zhì)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[根據(jù)evB＝meq\f（v2，R）得v＝eq\f(eBR，m)，根據(jù)幾何關(guān)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(zhì)譜儀是測量帶電粒子的質(zhì)量和分析同位素的重要工具。圖為質(zhì)譜儀的原理示意圖，現(xiàn)利用這種質(zhì)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(yīng)強度為B的勻強磁場中。氫的三種同位素最后打在照相底片D上，形成a、b、c三條“質(zhì)譜線”.關(guān)于三種同位素進入磁場時速度大小的排列順序和a、b、c三條“質(zhì)譜線”的排列順序,下列判斷正確的是(）A．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氚、氘、氕B．進入磁場時速度從大到小排列的順序是氕、氘、氚C．a(chǎn)、b、c三條質(zhì)譜線依次排列的順序是氕、氘、氚D．a(chǎn)、b、c三條質(zhì)譜線依次排列的順序是氚、氘、氕BD[設(shè)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(zhì)量最小的氕核的速度最大，質(zhì)量最大的氚核的速度最小，選項B正確，選項A錯誤;打到底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(zhì)量最大的氚核所形成的“質(zhì)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(yīng)強度為B的勻強磁場方向垂直，關(guān)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(zhuǎn)過60°角,磁通量為eq\f（1,2)BSC．若從初始位置繞OO′轉(zhuǎn)過90°角，磁通量為零D．若從初始位置繞OO′轉(zhuǎn)過180°角,磁通量變化為零ABC［根據(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(zhuǎn)過60°時，磁通量大小為eq\f（1,2)BS，故B正確；當框架繞OO′轉(zhuǎn)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(zhuǎn)過180°時，磁通量大小為－BS，故磁通量變化的大小為2BS，故D錯誤。]9.兩個質(zhì)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(yīng)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(nèi)，有一無界勻強磁場垂直紙面，一質(zhì)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出發(fā)，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．磁場方向垂直紙面向外B．磁場方向垂直紙面向內(nèi)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(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，磁場方向垂直紙面向外，故A正確，B錯誤.根據(jù)洛倫茲力提供向心力：qv0B＝meq\f(veq\o\al（\s\up1（2),\s\do1(0）），R），根據(jù)幾何關(guān)系：R2＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a－R))eq\s\up10（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(dǎo)軌間的距離L＝0。5m，B＝2T，ab棒的質(zhì)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(nèi)阻r＝0。1Ω，導(dǎo)軌的電阻不計,ab棒電阻也不計，問［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(zhì)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(yīng)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，還需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）洛倫茲力提供向心力，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(zhì)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，若迅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,方向垂直斜面向上.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(zhì)譜儀的工作原理示意圖。其中速度選擇器內(nèi)的磁場與電場相互垂直,磁場的磁感應(yīng)強度為B1，方向垂直紙面向里。兩極板間的距離為d，通過調(diào)節(jié)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(yīng)強度為B2的勻強磁場,經(jīng)歷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(zhì)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 ①解得：v＝eq\f(U,B1d) ②所以上述兩部分粒子的速度之比eq\f(v1，v2)＝eq\f（U1,U2）＝eq\f(1,3).（2）帶電粒子在磁場