高中物理教科版1第三章磁場 章末綜合測評

章末綜合測評(三)(時(shí)間：60分鐘滿分：100分)一、選擇題(本大題共10個(gè)小題，共60分．在每小題所給的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～7題只有一項(xiàng)符合題目要求，第8～10題有多項(xiàng)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(cuò)的得0分．)1．在下列圖中，分別給出了導(dǎo)線中的電流方向或磁場中某處小磁針N極的指向或磁感線方向．其對應(yīng)不正確的是()【解析】由安培定則判斷C、D正確；又因小磁針靜止時(shí)N極所指的方向與磁場方向相同，A正確，B錯(cuò)誤．【答案】B2．(2023·海南高考)如圖1所示，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)．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(diǎn)．在電子經(jīng)過a點(diǎn)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】由題意知，磁鐵在a點(diǎn)磁場方向?yàn)榇怪庇赑向前，電子在a點(diǎn)的瞬時(shí)速度方向向右．根據(jù)左手定則，可以判斷出洛倫茲力方向向上，A正確．【答案】A3．用同一回旋加速器分別對質(zhì)子(eq\o\al(1,1)H)和氘核(eq\o\al(2,1)H)加速后，則()A．質(zhì)子獲得的動(dòng)能大B．氘核獲得的動(dòng)能大C．兩種粒子獲得的動(dòng)能一樣大D．無法確定【解析】因qvB＝meq\f(v2,r)①又Ek＝eq\f(1,2)mv2②故Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，所以Ek∝eq\f(q2,m)，故A正確．【答案】A4．長直導(dǎo)線AB附近，有一帶正電的小球，用絕緣絲線懸掛在M點(diǎn)，當(dāng)導(dǎo)線AB通以如圖2所示的恒定電流時(shí)，下列說法正確的是()圖2A．小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線AB垂直且指向紙里B．小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線AB垂直且指向紙外C．小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線AB垂直向左D．小球不受磁場力作用【解析】電場對其中的靜止電荷、運(yùn)動(dòng)電荷都有力的作用，而磁場只對其中的運(yùn)動(dòng)電荷才有力的作用，且運(yùn)動(dòng)方向不能與磁場方向平行，所以D選項(xiàng)正確．【答案】D5．如圖3是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑R＝10cm的圓柱形筒內(nèi)有B＝1×10－4T的勻強(qiáng)磁場，方向平行于軸線．在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔a、b分別作為入射孔和出射孔．現(xiàn)有一束比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正離子，以不同角度α入射，最后有不同速度的離子束射出．其中入射角α＝30°，則不經(jīng)碰撞而直接從出射孔射出的離子的速度v大小是()【導(dǎo)學(xué)號：33410145】圖3A．4×105m/s B．2×10C．4×106m/s D．2×10【解析】離子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，設(shè)軌跡半徑為r，由幾何知識可得r＝2R＝20cm，由qvB＝eq\f(mv2,r)，可得v＝4×106m/s.【答案】C6．如圖4所示，通電圓線圈套在條形磁鐵右端，磁場對通電線圈作用的結(jié)果是()圖4A．圓面有被拉大的傾向B．圓面有被壓小的傾向C．線圈將向上平移D．線圈將向右平移【解析】線圈處在如圖所示的磁場中，線圈中電流的截面圖上方向外，下方向里，由左手定則知受力如圖所示，則在安培力的作用下，線圈有被壓小的趨勢，F(xiàn)的水平分量將使線圈向左平移，故B正確，A、C、D錯(cuò)誤．【答案】B7．有一混合正離子束先后通過正交電磁場區(qū)域Ⅰ和勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，如圖5所示，如果這束正離子流在區(qū)域Ⅰ中不偏轉(zhuǎn)，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ后偏轉(zhuǎn)半徑r相同，則它們一定具有相同的()圖5①速度；②質(zhì)量；③電荷量；④比荷A．①③ B．②③④C．①④ D．①②③④【解析】在區(qū)域Ⅰ，運(yùn)動(dòng)的正離子受到豎直向下的電場力和豎直向上的洛倫茲力，且Eq＝Bqv，離子以速度v＝eq\f(E,B)勻速穿過區(qū)域Ⅰ，進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，離子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)，因經(jīng)區(qū)域Ⅰ的選擇速度v相同，當(dāng)v相同時(shí)，必有q/m相同．【答案】C8．電磁軌道炮的工作原理如圖6所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()【導(dǎo)學(xué)號：33410146】圖6A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變【解析】由題意可知B＝kI，F(xiàn)＝BId＝kI2d.由動(dòng)能定理可得：F·L＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，v0＝eq\r(\f(2FL,m))＝eq\r(\f(2kI2dL,m))，v0∝Ieq\r(\f(dL,m))，要使v0加倍，則B、D正確，A、C錯(cuò)．【答案】BD9．(2023·浙江高考)在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，如圖7所示，已知離子P＋在磁場中轉(zhuǎn)過θ＝30°后從磁場右邊界射出．在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋()圖7A．在電場中的加速度之比為1∶1B．在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為eq\r(3)∶1C．在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2D．離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3【解析】應(yīng)用動(dòng)能定理和圓周運(yùn)動(dòng)規(guī)律分析兩種離子的速度關(guān)系及在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑關(guān)系，結(jié)合幾何知識分析兩離子在有界磁場中的偏轉(zhuǎn)角．磷離子P＋與P3＋電荷量之比q1∶q2＝1∶3，質(zhì)量相等，在電場中加速度a＝eq\f(qE,m)，由此可知，a1∶a2＝1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；離子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝eq\f(mv,qB)，又qU＝eq\f(1,2)mv2，故有r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，即r1∶r2＝eq\r(3)∶1，選項(xiàng)B正確；設(shè)離子P3＋在磁場中偏角為α，則sinα＝eq\f(d,r2)，sinθ＝eq\f(d,r1)(d為磁場寬度)，故有sinθ∶sinα＝1∶eq\r(3)，已知θ＝30°，故α＝60°，選項(xiàng)C正確；全過程中只有電場力做功，W＝qU，故離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比即為電場力做功之比，所以Ek1∶Ek2＝W1∶W2＝1∶3，選項(xiàng)D正確．【答案】BCD10．如圖8所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側(cè)有一正交的勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域，電場豎直向上，磁場垂直紙面向里，一帶電小球從軌道上的A點(diǎn)由靜止滑下，經(jīng)P點(diǎn)進(jìn)入場區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)．則可判定()【導(dǎo)學(xué)號：33410147】圖8A．小球帶負(fù)電B．小球帶正電C．若小球從B點(diǎn)由靜止滑下，進(jìn)入場區(qū)后將立即向上偏D．若小球從B點(diǎn)由靜止滑下，進(jìn)入場區(qū)后將立即向下偏【解析】小球從P點(diǎn)進(jìn)入場區(qū)后沿水平方向做直線運(yùn)動(dòng)，則小球一定受力平衡，由受力平衡知小球一定帶正電，且qE＋qvB＝mg；若從B點(diǎn)靜止滑下，由動(dòng)能定理可求得小球進(jìn)磁場區(qū)時(shí)v′<v；則qE＋qv′B<mg，故向下偏，B、D正確．【答案】BD二、計(jì)算題(本大題共3個(gè)小題，共40分．按題目要求作答)11．(12分)如圖9所示，平行金屬導(dǎo)軌PQ與MN都與水平面成θ角，相距為l.一根質(zhì)量為m的金屬棒ab在導(dǎo)軌上，并保持水平方向，ab棒內(nèi)通有恒定電流，電流大小為I，方向從a到b.空間存在著方向與導(dǎo)軌平面垂直的勻強(qiáng)磁場，ab棒在磁場力的作用下保持靜止，并且棒與導(dǎo)軌間沒有摩擦力．求磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向．圖9【解析】金屬棒受力如圖所示，根據(jù)力的平衡條件可知：F安＝mgsinθ而F安＝BIl可得B＝eq\f(mgsinθ,Il)由左手定則可知，B的方向垂直導(dǎo)軌平面向下．【答案】eq\f(mgsinθ,Il)方向垂直導(dǎo)軌平面向下12．(14分)如圖10所示，在半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，有一個(gè)勻強(qiáng)磁場，一帶電粒子以速度v0從M點(diǎn)沿半徑方向射入磁場區(qū)，并由N點(diǎn)射出，O點(diǎn)為圓心．∠MON＝120°，求：帶電粒子在磁場區(qū)的偏轉(zhuǎn)半徑R及在磁場區(qū)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間.【導(dǎo)學(xué)號：33410148】圖10【解析】首先應(yīng)確定帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心．具體方法是：過M和N點(diǎn)作圓形磁場區(qū)半徑OM和ON的垂線，兩垂線的交點(diǎn)O′即為帶電粒子做圓周運(yùn)動(dòng)時(shí)圓弧軌道的圓心，如圖所示．由圖中幾何關(guān)系可知，圓弧MN所對的圓心角為60°，O、O′的連線為該圓心角的角平分線，由此可得tan30°＝eq\f(r,R)，所以帶電粒子偏轉(zhuǎn)半徑為R＝eq\f(r,tan30°)＝eq\r(3)r.帶電粒子運(yùn)動(dòng)周期T＝eq\f(2πm,qB)，R＝eq\f(mv0,qB)，因?yàn)閑q\f(m,qB)＝eq\f(R,v0)＝eq\f(\r(3)r,v0)，所以T＝2πeq\f(m,qB)＝eq\f(2\r(3)πr,v0)，則帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(\r(3)πr,3v0).【答案】eq\r(3)req\f(\r(3)πr,3v0)13．如圖11所示，真空中有以O(shè)′為圓心、r為半徑的圓柱形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，圓的最下端與x軸相切于坐標(biāo)原點(diǎn)O，圓的右端與平行于y軸的虛線MN相切，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面向外，在虛線MN右側(cè)x軸上方足夠大的范圍內(nèi)有方向豎直向下、場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場．現(xiàn)從坐標(biāo)原點(diǎn)O向紙面內(nèi)不同方向發(fā)射速率相同的質(zhì)子，質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑也為r，已知質(zhì)子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不計(jì)質(zhì)子的重力、質(zhì)子對電磁場的影響及質(zhì)子間的相互作用力．求：圖11(1)質(zhì)子進(jìn)入磁場時(shí)的速度大??；(2)沿y軸正方向射入磁場的質(zhì)子到達(dá)x軸所需的時(shí)間．【解析】(1)由洛倫茲力公式和牛頓第二定律得：Bev＝eq\f(mv2,r)，解得：v＝eq\f(Ber,m).(2)若質(zhì)子沿y軸正方向射入磁場，則以N為圓心轉(zhuǎn)過eq\f(1,4)圓弧后從A點(diǎn)垂直電場方向進(jìn)入電場，質(zhì)子在磁場中有：T＝eq\f(2πm