【名師一號】2020-2021學年新課標版物理選修3-1-第三章磁場-測試

第三章測試第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確，把正確的選項前的符號填在括號內)1．在赤道上空，有一條沿東西方向水平架設的導線，當導線中的自由電子自東向西沿導線做定向移動時，導線受到地磁場的作用力的方向為()A．向北 B．向南C．向上 D．向下解析赤道上空的地磁場的方向是平行地面由南向北的，由安培定則，可知C選項正確．答案C2.在傾角為α的光滑絕緣斜面上，放一根通電的直導線，如圖所示，當加上如下所述的磁場后，有可能使導線靜止在斜面上的是()A．加豎直向下的勻強磁場B．加垂直斜面對下的勻強磁場C．加水平向左的勻強磁場D．加沿斜面對下的勻強磁場解析對通電導線進行受力分析，有可能合力為零的狀況下，磁場的方向可能的狀況，A、B、C選項正確．答案ABC3．帶電粒子以初速度v0從a點進入勻強磁場如圖所示，運動中經過b點，Oa＝Ob.若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強電場，帶電粒子仍以速度v0從a點進入電場，仍能通過b點，則電場強度E和磁感應強度B的比值為()A．v0 B.eq\f(1,v0)C．2v0 D.eq\f(v0,2)解析設Oa＝Ob＝d，因帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，所以圓周運動的半徑正好等于d即d＝eq\f(mv0,qB)，得B＝eq\f(mv0,qd)假如換成勻強電場，帶電粒子做類平拋運動，那么有d＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(d,v0)))2得E＝eq\f(2mv\o\al(2,0),qd)，所以eq\f(E,B)＝2v0.選項C正確．答案C4.如圖所示，真空中狹長區(qū)域內的勻強磁場的磁感應強度為B，方向垂直紙面對里，區(qū)域寬度為d，邊界為CD和EF，速度為v的電子從邊界CD外側沿垂直于磁場方向射入磁場，入射方向跟CD的夾角為θ，已知電子的質量為m、帶電荷量為e，為使電子能從另一邊界EF射出，電子的速率應滿足的條件是()A．v>eq\f(Bed,m1＋cosθ) B．v<eq\f(Bed,m1＋cosθ)C．v>eq\f(Bed,m1＋sinθ) D．v<eq\f(Bed,m1＋sinθ)解析由題意可知電子從EF射出的臨界條件為到達邊界EF時，速度與EF平行，軌跡與EF相切，如右圖．由幾何學問，得R＋Rcosθ＝d，R＝eq\f(mv0,eB)解得v0＝eq\f(Bed,m1＋cosθ)，v>v0即能從EF射出．答案A5．如圖所示，帶負電的金屬環(huán)繞其軸OO′勻速轉動時，放在環(huán)頂部的小磁針最終將()A.N極豎直向上B.N極豎直向下C.N極水平向左D．小磁針在水平面內轉動解析帶電金屬環(huán)勻速轉動，形成逆時針的等效電流(從右向左看)，依據安培定則可以確定通過金屬環(huán)軸OO′的磁場方向水平向右，小磁針處的磁場方向水平向左，故小磁針N極最終水平指向左方，故C選項正確．答案C6．質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直進入勻強磁場，運行的半圓軌跡如圖中虛線所示．下列表述正確的是()A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做正功D．M的運行時間大于N的運行時間解析由左手定則，可推斷帶電粒子M帶負電，N粒子帶正電，選項A正確；依據qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，由于rN<rM，可知vN<vM，故選項B錯誤；洛倫茲力對帶電粒子不做功，選項C錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)可知，M、N兩粒子運行周期相同．所以M、N兩粒子在磁場中運行時間相同，選項D錯誤．答案A7.有一質量為m、電荷量為q的帶正電的小球停在絕緣平面上，并處在磁感應強度為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場中，如圖所示，為了使小球飄離平面，應當()A．使磁感應強度B的數值增大B．使磁場以v＝eq\f(mg,qB)向上運動C．使磁場以v＝eq\f(mg,qB)向右運動D．使磁場以v＝eq\f(mg,qB)向左運動解析當帶電粒子在磁場中垂直磁場運動時，受到洛倫茲力作用，當帶電粒子靜止，而磁場運動時，帶電粒子同樣會受到洛倫茲力作用，欲使帶電小球飄起來，受洛倫茲力向上且等于小球重力，即qvB＝mg，得v＝eq\f(mg,qB)，小球帶正電，由左手定則可知小球應向右運動，故小球靜止，磁場應水平向左運動，故D選項正確．答案D8.如圖所示，一個帶負電的油滴以水平向右的速度v進入一個方向垂直紙面對外的勻強磁場B后，保持原速度做勻速直線運動，若使勻強磁場發(fā)生變化，則下列推斷正確的是()A．磁場B減小，油滴動能增加B．磁場B增大，油滴機械能不變C．使磁場方向反向，油滴動能減小D．使磁場反向后再減小，油滴重力勢能減小解析油滴帶負電，在磁場中受洛倫茲力和重力，二力平衡做勻速直線運動，若磁場B減小，則洛倫茲力減小，油滴將向下運動，重力做正功，動能增加，故A選項正確；油滴在磁場中運動，只有重力做功，洛倫茲力不做功，故機械能守恒，B選項正確；當磁場反向后，洛倫茲力和重力都向下，油滴將向下運動，重力做正功，動能增加，重力勢能減小，故D選項正確．答案ABD9.為了測量某化工廠的污水排放量，技術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、b、c，左右兩端開口，在垂直于上下底面方向加磁感應強度為B的勻強磁場，在前后兩個內側固定有金屬板作為電極，污水布滿管口從左向右流經該裝置時，電壓表將顯示兩個電極間的電壓U.若用Q表示污水流量(單位時間內排出的污水體積)，下列說法中正確的是()A．若污水中正離子較多，則前表面比后表面電勢高B．前表面的電勢肯定低于后表面的電勢，與哪種離子多少無關C．污水中離子濃度越高，電壓表的示數將越大D．污水流量Q與U成正比，與a、b無關解析由左手定則可知，正離子受洛倫茲力向后表面偏，負離子向前表面偏，前表面的電勢肯定低于后表面的電勢，流量Q＝eq\f(V,t)＝eq\f(vbct,t)＝vbc，其中v為離子定向移動的速度，當前后表面電壓肯定時，離子不再偏轉，受洛倫茲力和電場力達到平衡，即qvB＝eq\f(U,b)q，得v＝eq\f(U,bB)，則流量Q＝eq\f(U,Bb)·bc＝eq\f(U,B)c，故Q與U成正比，與a、b無關．答案BD10.如圖所示，一束電子從孔a射入正方形容器的勻強磁場中，其中一部分從c孔射出，一部分從d孔射出，則()A．從兩孔射出的電子在容器中運動的時間比為1：2B．從兩孔射出的電子速率的比為1：2C．從兩孔射出的電子動能的比為2：1D．從兩孔射出的電子在容器中加速度的比為1：2解析由T＝eq\f(2πm,qB)，可知從d射出的電子和從c點射出的電子在磁場中運動的周期相同，從d點射出的電子運動軌跡為半個圓周，從c點射出的電子運動軌跡為eq\f(1,4)圓周，故在磁場中的運動時間之比2：1，故A選項正確．答案A第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)二、填空題(本題共3小題，共20分)11.(5分)如圖所示，銅棒ab長0.1m，質量為6×10－2kg，兩端與長為1m的輕銅線相連，靜止于豎直平面內．整個裝置處在豎直向下的勻強磁場中，磁感應強度B＝0.5T，現接通電源，使銅棒中保持有恒定電流通過，銅棒發(fā)生搖擺，平衡時的偏轉角為37°，則在此過程中銅棒的重力勢能增加了________J；通電電流的大小為______A．(不計空氣阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g＝10解析ΔEp＝mgL1(1－cos37°)＝6×10－2×10×1×(1－0.8)J＝0.12J以導體棒為爭辯對象，受力如圖．受重力mg、懸線拉力T及安培力F，處于平衡狀態(tài)，則mgtanθ＝F，F＝BIL2得I＝eq\f(mgtanθ,BL2)＝9A答案0.12912.(7分)如圖所示，有一半徑為R、有明顯邊界的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B.今有一電子沿x軸正方向射入磁場，恰好沿y軸負方向射出．假如電子的比荷為eq\f(e,m)，則電子射入時的速度為____________，電子通過磁場的時間為____________，此過程中電子的動能增量為______________．解析如圖所示電子運動的圓心為O′，由幾何學問，可知電子做圓周運動的軌跡半徑為R.由evB＝eq\f(mv2,R)，得v＝eq\f(eBR,m)由T＝eq\f(2πm,eB)，得電子運動時間t＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2eB).由于洛倫茲力不做功，故動能不變，動能增量ΔEk＝0答案eq\f(eBR,m)eq\f(πm,2eB)013．(8分)一回旋加速器，在外加磁場肯定時，可把質子(eq\o\al(1,1)H)加速到v，使它獲得動能為Ek，則(1)能把α粒子(eq\o\al(4,2)He)加速到的速度為________．(2)能使α粒子獲得的動能為________．(3)加速α粒子的交變電壓頻率與加速質子的交變電壓頻率之比為________．解析回旋加速器的最大半徑是肯定的，由R＝eq\f(mv,qB)，得質子eq\o\al(1,1)H的質量和電荷量的比值即eq\f(m,e)＝eq\f(1,1)而α粒子質量和電量的比值為eq\f(4,2)，RH＝eq\f(mv,eB)，Rα＝eq\f(mαvα,qB)RH＝Rα，得vα＝eq\f(v,2)，eq\f(1,2)mv2＝eq\f(R2q2B2,2m)所以α粒子動能與質子相同，帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)所以α粒子的周期是質子運動周期的2倍，即所加交變電壓的周期的比為2：1的關系，則頻率之比為1：2.答案(1)eq\f(v,2)(2)Ek(3)1：2三、計算題(本題共3小題，共40分．解答時應寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟)14．(11分)如圖所示，兩平行光滑導軌相距為20cm，金屬棒MN的質量為10g，電阻R＝8Ω，勻強磁場的磁感應強度B＝0.8T，方向豎直向下，電源電動勢E＝10V，內阻r＝1Ω，當開關S閉合時，MN恰好平衡，求變阻器R解析先依據左手定則判定安培力的方向，然后依據平衡條件列方程，再利用安培力公式以及閉合電路歐姆定律進行求解．解：金屬棒平衡時的平面受力圖，如圖所示．當MN平衡時，有mgsinθ－BILcosθ＝0①由電路歐姆定律，得I＝eq\f(E,R＋R1＋r)②由①②式聯(lián)立并代入數據，得R1＝7Ω答案7Ω15．(14分)一個負離子，質量為m，電荷量大小為q，以速率v垂直于屏S經小孔O射入存在著勻強磁場的真空室中，如圖所示，磁感應強度B的方向與離子的運動方向垂直，并垂直紙面對里．(1)求離子進入磁場后到達屏S上時的位置與O點的距離；(2)假如離子進入磁場后經時間t到達P點，證明直線OP與離子入射方向之間的夾角θ跟t的關系是θ＝eq\f(qB,2m)t.解析(1)離子的初速度與磁場方向垂直，在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，設圓半徑為r，則依據牛頓其次定律，可得qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)如圖，離子回到屏S上的位置A與O的距離AO＝2r，所以AO＝eq\f(2mv,qB)(2)離子到達P時，圓心角α＝eq\f(vt,r)由于α＝2θ，所以θ＝eq\f(α,2)＝eq\f(vt,2r)＝eq\f(qB,2m)t答案(1)eq\f(2mv,qB)(2)證明略16．(15分)如圖所示，一個質量為m、電量為＋q的帶電粒子從A孔以初速度v0垂直于AD進入磁感應強度為B的勻強磁場中，并恰好從C孔垂直于OC射入勻強電場中，電場方向跟OC平行，OC⊥AD，最終打在D點，且Oeq\x\to(D)＝2Oeq\x\to(C).若已知m，q，v0，B，不計重力，試求：(1)粒子運動到D點所需時間；(2)粒子抵達D點時的動能．解析帶電粒子垂直進入磁場，在磁場中將做勻速圓周運動，運動時間t1＝eq\f(T,4)帶電粒子在電場中做類平拋運動，在電場中運動時間t2＝eq\f(O\x\to(D),v0)帶電粒子在磁場中運動，由于洛倫茲力不做功，只有粒子在電場中運動時電場力對粒子做正功．由動能定理可求粒子抵達D點時的動能．(1)帶電粒子在磁場中運動時間t1為t1＝eq\f(T,4)＝eq\f(πm,2Bq)帶電粒子在電場中做類平拋運動，運動時間t2為t2＝eq\f(O\x\to(D),v0)＝eq\f(2r,v0)＝eq\f(2mv0,Bqv0)＝eq\f(2m,Bq)所以粒子運動到D點的時間為t＝t1＋t2＝eq\f(πm,2Bq)＋eq\f(2m,Bq)＝eq\f(m,Bq)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋2))(2)電場力對帶電粒子做正功．由動能定理求粒子到