新課標2024-2025學年高中物理第三章磁場單元卷3含解析新人教版選修3-1

PAGE10-第三章章末綜合測試一、單項選擇題(10個小題，每個題4分，共40分)1．關(guān)于磁場和磁感線下列說法正確的是()A．磁場的基本性質(zhì)是對處于其中的磁極和電流有力的作用B．磁場是看不見摸不著，實際不存在而是人們假想出來的一種物質(zhì)C．磁感線是客觀存在的一種特別的物質(zhì)D．磁場的存在與推翻定于人的思想，想其有則有，想其無則無解析磁場是客觀存在的特別物質(zhì)，是真實存在．磁感線是描述磁場的手段，是主觀引入，不是真實存在．磁場的基本性質(zhì)是對放入場中的磁體、電流有力的作用．所以選A.答案A設(shè)置目的磁場的基本相識考查2．關(guān)于磁通量，正確的說法有()A．磁通量不僅有大小而且有方向，是矢量B．在勻強磁場中，a線圈面積比b線圈面積大，則穿過a線圈的磁通量肯定比穿過b線圈的大C．磁通量大，磁感應(yīng)強度不肯定大D．把某線圈放在磁場中的M、N兩點，若放在M處的磁通量比在N處的大，則M處的磁感應(yīng)強度肯定比N處大解析磁通量是標量，大小與B、S及放置角度均有關(guān)，只有C項說法完全正確．答案C設(shè)置目的磁通量概念考查3．如圖所示，一個不計重力的帶電粒子以v0沿各圖的虛線射入場中．A中I是兩條垂直紙平面的長直導(dǎo)線中等大反向的電流，虛線是兩條導(dǎo)線垂線的中垂線；B中＋Q是兩個位置固定的等量同種點電荷的電荷量，虛線是兩位置連線的中垂線；C中I是圓環(huán)線圈中的電流，虛線過圓心且垂直圓環(huán)平面；D中是正交的勻強電場和勻強磁場，虛線垂直于電場和磁場方向，磁場方向垂直紙面對外．其中，帶電粒子不行能做勻速直線運動的是()解析依據(jù)安培定則推斷知A圖虛線上合磁場的方向沿虛線方向向右，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，因而帶電粒子做勻速直線運動，故A項錯誤；依據(jù)等量同種電荷的電場線分布可知B圖中電場線與虛線重合，帶電粒子所受的電場力與其速度平行，粒子做變速直線運動，故B項正確；由安培定則知C圖中圓環(huán)線圈產(chǎn)生的磁場與虛線重合，與帶電粒子的速度方向平行，所以帶電粒子不受洛倫茲力，帶電粒子能做勻速直線運動，故C項錯誤；D圖中若粒子帶正電，粒子所受的電場力向上，由左手定則推斷知洛倫茲力方向向下，能與電場力平衡，則帶電粒子能做勻速直線運動，故D項錯誤；本題選不行能做勻速直線運動的，故選B項．答案B設(shè)置目的安培力和洛倫茲力以及運動分析4.如圖所示，兩相鄰且范圍足夠大的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的磁感應(yīng)強度方向平行、大小分別為B和2B.一帶正電粒子(不計重力)以速度v從磁場分界線MN上某處射入磁場區(qū)域Ⅰ，其速度方向與磁場方向垂直且與分界線MN成60°角，經(jīng)過t1時間后粒子進入到磁場區(qū)域Ⅱ，又經(jīng)過t2時間后回到區(qū)域Ⅰ，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分別為ω1、ω2，則()A．ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1C．t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1解析粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中運動的周期分別為T1＝eq\f(2πm,qB)、T2＝eq\f(πm,qB)，結(jié)合ω＝eq\f(2π,T)得ω1∶ω2＝1∶2，A、B兩項錯誤；t1＝eq\f(2×60°,360°)T1，t2＝eq\f(2×60°,360°)T2,得t1∶t2＝2∶1,D項正確,C項錯誤．答案D設(shè)置目的帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題考查5.如圖所示，螺線管中通有電流，假如在圖中的a、b、c三個位置上各放一個小磁針，其中a在螺線管內(nèi)部，則()A．放在a處的小磁針的N極向左 B．放在b處的小磁針的N極向左C．放在c處的小磁針的S極向右 D．放在a處的小磁針的N極向右解析由安培定則，通電螺線管的磁場如圖所示，右端為N極，左端為S極，在a點磁場方向向右，則小磁針在a點時，N極向右，則A項錯誤，D項正確；在b點磁場方向向右，則磁針在b點時，N極向右，則B項錯誤；在c點，磁場方向向右，則磁針在c點時，N極向右，S極向左，則C項錯誤．答案D設(shè)置目的考查安培定則6．如圖所示的三維空間內(nèi)，勻強磁場方向沿＋x方向，在平面xOz內(nèi)有一通電直導(dǎo)線，若它所受的安培力方向沿＋y方向，則()A．該通電導(dǎo)線可能沿Ox方向放置B．該通電導(dǎo)線肯定平行Oz方向放置C．無論通電導(dǎo)線怎樣放置，它總受到＋y方向的安培力D．沿＋x方向視察導(dǎo)線中的電流方向，應(yīng)當為向右方向解析當通電導(dǎo)線與勻強磁場平行時，它不受安培力作用，而題意說導(dǎo)線受到安培力作用，說明導(dǎo)線肯定不會沿平行Ox方向放置，因此A項錯誤；依據(jù)左手定則確定的關(guān)系可知：安培力肯定垂直于磁場方向和電流方向確定的平面，但電流方向不肯定與磁場方向垂直，因此B項錯誤；依據(jù)左手定則判知：通電導(dǎo)線假如隨意放置在xOz平面內(nèi)，它受到的安培力，方向有沿＋y方向和－y方向兩種可能，沿Ox方向視察，當電流向右時，安培力沿＋y方向；當電流向左時，安培力沿－y方向．因此C項錯誤，D項正確．答案D設(shè)置目的安培力大小和方向考查7.如圖，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()A．向上 B．向下C．向左 D．向右解析條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A項正確．答案A設(shè)置目的左手定則8.如圖所示，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q的微粒以速度v與水平方向成45°角進入勻強電場和勻強磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面對里．假如微粒做勻速直線運動，則下列說法正確的是()A．微粒受電場力、洛倫茲力、重力三個力作用B．微粒受電場力、洛倫茲力兩個力作用C．勻強電場的電場強度E＝eq\f(2mg,q)D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝eq\f(mg,qv)解析因為微粒做勻速直線運動，所以微粒所受合力為零，受力分析如圖所示，微粒在重力、電場力和洛倫茲力作用下處于平衡狀態(tài)，可知，qE＝mg，qvB＝eq\r(2)mg，得電場強度E＝eq\f(mg,q)，磁感應(yīng)強度B＝eq\f(\r(2)mg,qv)，因此A項正確．答案A設(shè)置目的帶電粒子的受力分析9.如圖所示，下端封閉、上端開口、內(nèi)壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有一帶電的小球．整個裝置以水平向右的速度勻速運動，垂直于磁場方向進入方向水平的勻強磁場，由于外力作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端開口飛出，小球的電荷量始終保持不變，則從玻璃管進入磁場到小球運動到上端開口的過程中()A．洛倫茲力對小球做正功 B．洛倫茲力對小球做負功C．小球運動軌跡是拋物線 D．小球運動軌跡是直線解析由于洛倫茲力與粒子運動方向始終垂直，所以洛倫茲力對小球不做功，故B項錯誤，A項錯誤，由于小球水平向右的速度不變，因此小球所受洛倫茲力在豎直向上的分力不變，所以小球豎直向上做初速度為0的勻加速運動，故小球運動軌跡是拋物線，故C項正確，D項錯誤．答案C設(shè)置目的考查洛倫茲力10.如圖所示，在垂直紙面對里的勻強磁場邊界上，有兩個質(zhì)量、電荷量均相等的正、負離子(不計重心)，從O點以相同的速度射入磁場中，射入方向均與邊界成θ角，則正、負離子在磁場中運動的過程，下列推斷錯誤的是()A．運動的軌道半徑相同B．重新回到磁場邊界時速度大小和方向都相同C．運動的時間相同D．重新回到磁場邊界的位置與O點距離相等解析由圓周運動學問可得帶電粒子運動的軌道半徑R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，可得其軌道半徑和周期都一樣，因此A不符合題意．由于粒子帶電性質(zhì)不同導(dǎo)致從O點進入磁場后偏轉(zhuǎn)方向不同，帶正電的粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，帶負電的粒子向右側(cè)偏轉(zhuǎn)，其軌跡分別如圖中1和2所示；由對稱性可知粒子重新回到磁場邊界時速度大小和方向必定相同，而且出磁場邊界的位置距離O點的距離也相同，故B、D兩項不符合題意；由圖可知該正、負粒子做圓周運動偏轉(zhuǎn)角度不同，因此其運動時間不同，本題正確答案為C.答案C設(shè)置目的帶電粒子在勻強磁場中的圓周運動問題考查二、多項選擇(5個小題，每個題4分，共20分，全部選對得4分，部分選對得2分，選錯或不選得0分)11.如圖所示，質(zhì)譜儀由兩部分區(qū)域組成，左側(cè)M、N是一對水平放置的平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，板間在較大范圍內(nèi)存在著電場強度為E的勻強電場和磁感應(yīng)強度大小為B1的勻強磁場，右側(cè)是磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場．一束帶電粒子(不計重力)由左端射入質(zhì)譜儀后沿水平直線運動，從S0點垂直進入右側(cè)磁場后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，兩束粒子最終分別打在乳膠片的P1、P2兩個位置，S0、P1、P2三點在同一條直線上，且S0P1＝eq\f(4,3)S0P2.則下列說法正確的是()A．兩束粒子的速度都是eq\f(E,B1)B．甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷C．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為4∶3D．若甲、乙兩束粒子的質(zhì)量相等，則甲、乙兩束粒子的電荷量比為4∶3解析A項，粒子在平行金屬板間沿直線運動，說明洛倫茲力和電場力平衡，則Eq＝qvB1，得v＝eq\f(E,B1)，故A項正確；B項，由題意R＝eq\f(mv,qB2)，半徑與比荷成反比，因為S0P1＝eq\f(4,3)S0P2.故甲束粒子的比荷小于乙束粒子的比荷，故B項正確；C項，若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，eq\f(R1,R2)＝eq\f(\f(m1v,qB2),\f(m2v,qB2))＝eq\f(m1,m2)＝eq\f(4,3)，故C項正確；D項，若甲、乙兩束粒子的質(zhì)量相等，eq\f(R1,R2)＝eq\f(\f(mv,q1B2),\f(mv,q2B2))＝eq\f(q2,q1)＝eq\f(4,3)，故D項錯誤；故選A、B、C三項．答案ABC12.如圖所示，一根通電直導(dǎo)線垂直放在磁感應(yīng)強度為1T的勻強磁場中，在以導(dǎo)線截面的中心為圓心、r為半徑的圓周上有A、B、C、D四個點．已知A點的磁感應(yīng)強度為0，則下列敘述正確的是()A．直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面對里B．B點的實際磁感應(yīng)強度為eq\r(2)T，方向斜向右上方，與豎直方向的夾角為45°C．C點的實際磁感應(yīng)強度也為0D．D點的實際磁感應(yīng)強度與B點相同解析A點的實際磁感應(yīng)強度為0，即直線電流在A處的磁感應(yīng)強度與勻強磁場在該處的磁感應(yīng)強度的矢量和為0，所以直線電流在A處的磁感應(yīng)強度B＝1T，方向向左，由安培定則可得直導(dǎo)線中的電流方向垂直紙面對里，由于圓周上各點到直導(dǎo)線的距離相同，所以直線電流在圓周上各處的磁感應(yīng)強度大小均為1T，但方向不同，在B處向上，在C處向右，在D處向下，則B、C、D三處的實際磁感應(yīng)強度分別為：eq\r(2)T，方向斜向右上方與豎直方向成45°夾角；2T，方向向右；eq\r(2)T，方向斜向右下方與豎直方向成45°夾角，A、B兩項正確．答案AB設(shè)置目的磁場疊加13.如圖所示，傾斜導(dǎo)軌寬為L，與水平面成α角，處在方向豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，金屬桿ab水平放在導(dǎo)軌上．當回路電流強度為I時，金屬桿ab所受安培力F，斜面的支持力為FN，則()A．安培力方向垂直ab桿沿斜面對上B．安培力方向垂直ab桿水平向右C．FN＝BILcosαD．FN＝eq\f(BIL,sinα)解析畫出傾斜導(dǎo)軌和ab桿的二維視圖，由左手定則推斷出安培力方向水平向右，大小為F＝BIL，由共點力平衡求得FN＝eq\f(BIL,sinα)，B、D兩項正確．答案BD設(shè)置目的安培力考查14.如圖所示，一帶正電小球穿在一根絕緣粗糙直桿上，桿與水平方向成θ，整個空間存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面對外的勻強磁場，先給小球一初速度，使小球沿桿向下運動，在A點時的動能為100J，在C點時動能減為零，B為AC的中點，那么帶電小球在運動過程中()A．到達C點后小球可能沿桿向上運動B．小球在AB段克服摩擦力做的功與在BC段克服摩擦力做的功不等C．小球在B點時的動能可能為50JD．小球電勢能的增加量等于重力勢能的削減量解析假如電場力大于重力，則靜止后小球可能沿桿向上運動，故A項正確；小球受重力、電場力、洛倫茲力、彈力和滑動摩擦力，由于F洛＝qvB，故洛倫茲力減小，導(dǎo)致支持力和滑動摩擦力變更，故小球在AB段克服摩擦力做的功與在BC段克服摩擦力做的功不等，故B項正確；由于小球在AB段克服摩擦力做的功與在BC段克服摩擦力做的功不等，故小球在B點時的動能也就不為50J，故C項錯誤；電場力與重力不相等，克服電場力做功和重力做功不等，故小球電勢能的增加量不等于重力勢能的削減量，故D項錯誤．答案AB設(shè)置目的帶電物體受力和運動分析，能量守恒15.為了測量某化工廠的污水排放量，技術(shù)人員在該廠的排污管末端安裝了如圖所示的流量計，該裝置由絕緣材料制成，長、寬、高分別為a＝1m、b＝0.2m、c＝0.2m，左、右兩端開口，在垂直于前、后面的方向加磁感應(yīng)強度為B＝1.25T的勻強磁場，在上下兩個面的內(nèi)側(cè)固定有金屬板M、N作為電極．污水充溢裝置以某一速度從左向右勻速流經(jīng)該裝置時，測得兩個電極間的電壓U＝1V，且污水流過該裝置時受到阻力作用，阻力f＝kLv，其中比例系數(shù)k＝15N·s/m2，L為污水沿流速方向的長度，v為污水的流速，下列說法正確的是()A．金屬板M的電勢不肯定高于金屬板N的電勢，因為污水中負離子較多B．污水中粒子濃度的凹凸對電壓表的示數(shù)也有肯定影響C．污水的流量(單位時間內(nèi)流出污水體積)Q＝0.16m3/sD．為使污水勻速通過該裝置，左、右兩側(cè)管應(yīng)施加的壓強差為Δp＝1500Pa解析依據(jù)左手定則，正離子受到向上的洛倫茲力向M偏轉(zhuǎn)，負離子受到向下的洛倫茲力向N偏轉(zhuǎn)，所以M板的電勢肯定高于N的電勢，A項錯誤；兩極板帶上電荷后，會在豎直方向上產(chǎn)生一個電場力，最終電場力和洛倫茲力平衡，故有qvB＝qeq\f(U,c)，解得U＝vBc，與粒子濃度的大小無關(guān)，B項錯誤；因為U＝vBc，所以v＝eq\f(U,Bc)，污水的流量Q＝vS＝eq\f(U,Bc)bc＝eq\f(U,B)b＝0.16m3/s，C項正確；為使污水勻速通過，則ΔpS＝f＝kLv，即Δpbc＝kaeq\f(U,Bc)，解得Δp＝1500Pa，D項正確．答案CD設(shè)置目的考查帶電粒子在復(fù)合場中運動三、計算題(每題10分，共40分)16.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，r＝0.1Ω，導(dǎo)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≤9.9Ω設(shè)置目的安培力作用下物體的平衡17.兩塊平行金屬板MN、PQ水平放置，板長為L，兩板間距離為eq\r(3)L.在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與PQ在同一水平線上，頂點A與MN在同一水平線上，如圖所示．一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子沿兩板間中心線以初速度v0水平射入，若在兩板間加某一恒定電壓，粒子離開電場后恰好垂直AB邊進入磁場，并垂直AC邊射出．不計粒子的重力，整個裝置都處于真空中．求：(1)兩極板間的電壓的大小；(2)三角形區(qū)域內(nèi)的磁感應(yīng)強度的大小；(3)粒子從起先進入電場到從AC邊射出經(jīng)驗的時間．解析(1)運動的水平位移L＝v0t1，分解電場中類平拋的末速度可得tan30°＝eq\f(at1,v0)，由牛頓其次定律得qeq\f(U,\r(3)L)＝ma，解得U＝eq\f(mv02,q).(2)粒子運動的軌跡如圖所示，磁場中，qvB＝meq\f(v2,R)，即R＝eq\f(mv,qB).由幾何關(guān)系可確定半徑AD長度為R＝L＋eq\f(L,2)＝eq\f(3,2)L，進入磁場的速度v滿意v0＝vcos30°，解得B＝eq\f(4\r(3)mv0,9qL).(3)粒子在電場中的偏轉(zhuǎn)時間t1＝eq\f(L,v0)，粒子飛出電場到剛要進磁場的過程中做勻速直線運動，這個過程位移的水平重量為eq\f(1,4)L，所用時間t2＝eq\f(L,4v0)，粒子在磁場中的運動時間t3＝eq\f(1,6)T.而運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，解得t3＝eq\f(\r(3)πL,4v0)，所以總的運動時間為t＝t1＋t2＋t3＝eq\f(（5＋\r(3)π）L,4v0).答案(1)eq\f(mv02,q)(2)eq\f(4\r(3)mv0,9qL)(3)eq\f(（5＋\r(3)π）L,4v0)設(shè)置目的帶電粒子在磁場中運動規(guī)律考查18.如圖所示，在空間有始終角坐標系xOy，直線OP與x軸正方向的夾角為30°，第一象限內(nèi)有兩個方向都垂直紙面對外的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，直線OP是他們的志向邊界，OP上方區(qū)域Ⅰ中磁場的磁感應(yīng)強度為B.一質(zhì)量為m，電荷量為q的質(zhì)子(不計重力，不計質(zhì)子對磁場的影響)以速度v從O點沿與OP成30°角的方向垂直磁場進入?yún)^(qū)域Ⅰ，質(zhì)子先后通過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在x軸上的Q點(圖中未畫出)，試求：(1)區(qū)域Ⅱ中磁場的磁感應(yīng)強度大??；(2)Q點到O點的距離．解析(1)設(shè)質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ中做勻速圓周運動的軌道半徑分別為r1和r2，區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度為B′，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r1)，qvB′＝meq\f(v2,r2).粒子在兩區(qū)域運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，質(zhì)子從A點出勻強磁場區(qū)域Ⅰ時的速度方向與OP的夾角為30°，故質(zhì)子在勻強磁場區(qū)域Ⅰ中運動軌跡對應(yīng)的圓心角為θ＝60°，則△O1OA為等邊三角形，OA＝r1.r2＝OAsin30°＝eq\f(1,2)r1，解得區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度為B′＝2B.(2)Q點到O點的距離為x＝OAcos30°＋r2，x＝(eq\f(\r(3)＋1,2))eq\f(mv,qB).答案(1)2B(2)(eq\f(\r(3)＋1,2))eq\f(mv,qB)設(shè)置目的帶電粒子