物理人教版选修31单元质量评估三.docx

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物理人教版选修31单元质量评估三

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单元质量评估（三）

第三章磁场

（90分钟100分）

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分.每小题至少一个答案正确，选不全得2分）

1.关于磁感线的概念，下列说法中正确的是（）

A.磁感线是磁场中客观存在、但肉眼看不见的曲线

B.磁感线总是从磁体的N极指向S极

C.磁感线上各点的切线方向与该点的磁场方向一致

D.沿磁感线方向，磁场逐渐减弱

2.关于磁通量的概念，下列说法正确的是（）

A.磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大

B.磁感应强度越大，线圈面积越大，穿过闭合回路的磁通量也越大

C.穿过线圈的磁通量为零时，磁感应强度不一定为零

D.磁通量发生变化时，磁通密度也一定发生变化

3.（2011·石家庄高二检测）关于磁场的磁感应强度，下列说法中正确的是（）

A.根据定义B=

，磁场中某点的磁感应强度B与F成正比，与I成反比

B.磁感应强度B是矢量，方向与导线受力F的方向一致

C.磁感应强度B是矢量，方向与过该点的磁感线的切线方向相同

D.在确定的磁场中，同一点的磁感应强度是确定的，不同点的磁感应强度可能不同，磁感线密的地方磁感应强度大些，磁感线疏的地方磁感应强度小些

4.两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上.则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是（）

A.a点B.b点C.c点D.d点

5.如图所示，通电导体由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置，该导体所受安培力的大小将（）

A.变大B.变小C.不变D.不能确定

6.在匀强磁场的同一位置，先后放入长度相等的两根直导线a和b，a、b导线的方向与磁场方向垂直，但两导线中的电流大小不同，图中表示导线所受安培力F与通电电流I的关系，a、b各自有一组F、I的数值，在图象中各描一个点，其中正确的是（）

7.（2011·潍坊高二检测）一束混合粒子流从一发射源射出后，进入如图所示的磁场，分离为1、2、3三束，则下列说法正确的是（）

A.1带负电B.1带正电

C.2带正电D.3带正电

8.（2011·新课标全国卷）电磁轨道炮工作原理如图所示.待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触.电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回.轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场（可视为匀强磁场），磁感应强度的大小与I成正比.通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出.现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的方法是（）

A.只将轨道长度L变为原来的2倍

B.只将电流I增加至原来的2倍

C.只将弹体质量减至原来的一半

D.将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变

9.回旋加速器是加速带电粒子的装置.其主体部分是两个D形金属盒，两金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，并分别与高频交流电源两极相连接，从而使粒子每次经过两盒间的狭缝时都得到加速，如图所示.现要增大带电粒子从回旋加速器射出时的动能，下列方法可行的是（）

A.增大金属盒的半径

B.减小狭缝间的距离

C.增大高频交流电压

D.减小磁场的磁感应强度

10.如图所示，用两个一样的弹簧测力计吊着一根铜

棒（与弹簧测力计接触处绝缘），铜棒所在的虚线范围

内有垂直于纸面的匀强磁场，棒中通以自左向右的电

流，当棒平衡时，弹簧测力计的读数都为F1;若将棒中

电流大小保持不变方向反向，当棒再次平衡时，弹簧

测力计的读数都为F2，且F2>F1.根据上述信息，可以

确定（）

A.磁感应强度的方向B.磁感应强度的大小

C.铜棒所受安培力的大小D.铜棒的重力

11.如图所示，铜质导电板置于匀强磁场中，通电时铜板中电流方向向上，由于磁场的作用，则（）

A.板左侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势

B.板左侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势

C.板右侧聚集较多电子，使a点电势高于b点电势

D.板右侧聚集较多电子，使b点电势高于a点电势

12.如图所示是某粒子速度选择器的示意图，在一半径为R＝10cm的圆柱形桶内有B＝10-4T的匀强磁场，方向平行于轴线，在圆柱桶某一直径的两端开有小孔，作为入射孔和出射孔.粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出.现有一粒子源发射比荷为

＝2×1011C/kg的阳离子，粒子束中速度分布连续.当角θ＝45°时，出射粒子速度v的大小是（）

A.

×106m/s

B.2

×106m/s

C.2

×108m/s

D.4

×106m/s

二、计算题（本大题共4小题，共40分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位）

13.（8分）如图所示，铜棒ab长L1＝0.1m，质量为6×10-2kg，两端与长为L2＝1m的轻铜线相连，静止于竖直平面上.整个装置处在竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.5T.现接通电源，使铜棒中保持有恒定电流通过，铜棒垂直纸面向外发生摆动.已知最大偏角为37°，则在此过程中铜棒的重力势能增加了多少？

通过电流的大小为多少？

方向如何？

（不计空气阻力，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g取10m/s2）

14.（10分）如图所示，在真空中半径r＝3.0×10-2m的圆形区域内，有磁感应强度B＝0.2T，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v0＝1.0×106m/s，从磁场边界上直径ab的左端a沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为

＝1.0×108C/kg，不计粒子重力.求：

（1）粒子的轨迹半径；

（2）粒子在磁场中运动的最长时间.

15.（10分）电子由静止开始经M、N板间（两板间的电压为U）的电场加速后从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，电子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示.则：

（1）正确画出电子由静止开始直至离开匀强磁场时的轨迹图；（用直尺和圆规规范作图）

（2）求匀强磁场的磁感应强度B.（已知电子的质量为m，电荷量为e）

16.（12分）（2011·安徽高考）如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为R的半圆形区域内，有相互垂直的匀强电场和匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于xOy平面向里.一带正电的粒子（不计重力）从O点沿y轴正方向以某一速度射入，带电粒子恰好做匀速直线运动，经t0时间从P点射出.

（1）求电场强度的大小和方向.

（2）若仅撤去磁场，带电粒子仍从O点以相同的速度射入，经

时间恰从半圆形区域的边界射出.求粒子运动加速度的大小.

（3）若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，且速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间.

答案解析

1.【解析】选C.磁感线是假想线，并不存在，它总是从N极出来进入S极形成闭合曲线，在磁铁内部由S极指向N极，其切线方向为磁场方向，其疏密反映磁场的弱强，所以只有C正确.

2.【解析】选C.由磁通量计算公式Φ=BSsinθ（θ为B与S的夹角）知，B、S再大，若θ=0，则Φ=0，所以A、B错误;若Φ=0,可能θ=0，而B可以不为零，所以C正确.若磁感应强度B保持不变，而S或θ发生变化可引起磁通量发生变化，D错误.

3.【解析】选C、D.磁感应强度B与F和I、L无关，A错误；B的方向与F的方向垂直，B错误；磁感应强度B是矢量，其大小可用磁感线的疏密表示，密的地方磁感应强度大，疏的地方磁感应强度小，其方向与过该点的磁感线的切线方向一致；在确定的磁场中，同一点的磁感应强度确定，不同点的磁感应强度不一定相同，只有在匀强磁场中，各点的磁感应强度才都相同，故C、D正确.

4.【解析】选A、B.由安培定则可知，直线电流的磁场是以导线为圆心的同心圆，I1产生的磁场方向为逆时针方向，I2产生的磁场方向为顺时针方向，则I1在a处产生的磁场竖直向下，I2在a处产生的磁场竖直向上，在a点磁感应强度可能为零，此时需满足I2>I1；同理，在b处磁感应强度可能为零，此时需满足I1>I2.I1在c点的磁场斜向左上方，I2在c点产生的磁场斜向右上方，则c点的磁感应强度不可能为零，同理，在d点的磁感应强度也不可能为零，故选项A、B正确.

5.【解析】选C.通电导体由Ⅰ位置绕固定轴转到Ⅱ位置的过程中，F、I与B三者大小不变且方向总是相互垂直的，所以F的大小不变.选C.

6.【解析】选D.由于导线与磁场垂直，故F=BIL，而a、b两导线的L相同，

B相同，所以F∝I，D正确.

7.【解析】选B.由左手定则可知1带正电，2不带电，3带负电，故B正确，A、C、D错误.

8.【解析】选B、D.设发射速度为v时，对应的电流为I，弹体的质量为m，轨道长度为L，弹体的长度为a，当速度为2v时，对应的电流为I′，弹体的质量为m′，轨道长度为L′，依题意有，B=kI，F=BIa=kI2a，由动能定理得，FL=

，即kI2aL=

，同理有kI′2aL′=

m′4v2，两式相比可得：

，四个选项中只有B、D两个选项使前式成立，故A、C错，B、D正确.

9.【解析】选A.带电粒子在磁场中做圆周运动，洛伦兹力充当向心力，即Bqv＝m

，得到Ek＝

，在保持其他量不变的情况下增大B或q或R均可增大带电粒子离开回旋加速器时的动能.

10.【解析】选A、C、D.由F2>F1可判断，电流自右向左时，安培力方向应竖直向下，由左手定则可判断磁场方向垂直于纸面向里，根据平衡条件得两种情况下的平衡方程：

2F1+F安=G、2F2=F安+G，解得安培力F安=F2-F1，铜棒重力G=F2+F1，由于金属棒的长度和电流强弱未知，无法求磁感应强度，所以A、C、D正确.

11.【解析】选A.铜板中形成电流的是电子，由左手定则可判断出电子受的洛伦兹力方向向左，电子将聚集到板的左侧，而右板将剩余正电荷，使b点电势高于a点电势，故A正确.

12.【解析】选B.由题意知，粒子从入射孔以45°角射入匀强磁场，粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动.能够从出射孔射出的粒子刚好在磁场中运动

周期，由几何关系知r＝

R，又r＝

，解得v＝

＝2

×106m/s.

13.【解析】以棒为研究对象受力分析如图，

重力做功WG=-mgh=-mgL2（1-cosθ）（2分）

=-6×10-2×10×1×0.2J=-0.12J

因ΔEp＝－WG＝0.12J，故重力势能增加了0.12J.（2分）

因为导体棒最大偏角为37°，由动能定理得

F·L2sinθ－mgL2（1－cosθ）＝0①（1分）

F＝BIL1②（1分）

由①②解得I＝4A，方向由b→a.（2分）

答案：

0.12J4A方向由b→a

14.【解析】

（1）由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径，

qv0B＝

，（2分）

R＝

＝5.0×10-2m.（3分）

（2）由于R>r，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆周，粒子运动时间最长，T＝

，（2分）

运动时间tm＝

×T＝

，（2分）

又sinα＝

，

所以tm＝6.5×10-8s.（1分）

答案：

（1）5.0×10-2m

（2）6.5×10-8s

【规律方法】带电粒子在匀强磁场中的圆周运动解题技巧

带电粒子在有界磁场中做圆周运动问题处理的关键是做出粒子运动轨迹图，准确确定一段圆弧对应的圆心位置、半径大小等.

1.圆心的确定

（1）根据洛伦兹力F⊥v，画出粒子运动轨迹中任意两点（一般是入射点和出射点）所受洛伦兹力F的方向,两延长线的交点即为圆心.

（2）过某点的速度的垂线与此段圆弧对应弦的垂直平分线的交点即为圆心.

2.半径的确定

利用平面几何关系，如勾股定理、三角函数关系等，求出该圆的可能半径.

3.粒子在磁场中运动时间的确定

（1）利用圆心角θ的大小，由公式t=

T或t=

T，可求出粒子在磁场中的运动时间.

（2）弧长L=rθ，时间t=

也是粒子在磁场中的运动时间.

15.【解析】

（1）电子经电场和磁场中的轨迹如图中实线所示.

（2分）

（2）设电子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：

eU=

①（2分）

电子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：

evB＝m

②（2分）

由几何关系得：

r2＝（r－L）2＋d2③（2分）

联立①②③式求解得：

B＝

.（2分）

答案：

（1）见解析图

（2）

16.【解析】

（1）设带电粒子质量为m，电荷量为q，初速度为v,电场强度为E，可判断出粒子受到的洛伦兹力方向沿x轴负方向，由于粒子的重力不计且粒子受力平衡，故粒子受到的电场力和洛伦兹力大小相等方向相反，电场强度沿x轴正方向，且qE=qvB①（1分）

R=vt0②

解得E=

（1分）

（2）仅有电场时，带电粒子在匀强电场中做类平抛运动,在y轴方向做匀速直线运动，位移为y=

③（1分）

由②③式得y=

（1分）

设在水平方向位移为x，因射出位置在半圆形区域边界上，于是x=

又因为粒子在水平方向上做匀加速直线运动，则x=

④（1分）

解得a=

⑤（1分）

（3）仅有磁场时入射速度v′=4v，带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有qv′B=

⑥（1分）

又有qE=qvB=ma⑦（1分）

由②⑤⑥⑦得r=

（1分）

带电粒子偏转情况如图,

由几何知识sinα=

（1分）

sinα=

α=

（1分）

则带电粒子在磁场中的运动时间

t磁=

（1分）

答案：

（1）

沿x轴正方向

（2）

（3）