春人教版物理选修31第3章《磁场》章末综合能力测试.docx

1、春人教版物理选修31第3章磁场章末综合能力测试第3章 磁场本卷分第卷(选择题)和第卷(非选择题)两部分。满分100分，时间90分钟。第卷(选择题共40分)一、选择题(共10小题，每小题4分，共40分，在每小题给出的四个选项中，第16小题只有一个选项符合题目要求，第710小题有多个选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分)1下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是()A甲图中，导线通电后磁针发生偏转B乙图中，通电导线在磁场中受到力的作用C丙图中，当电流方向相同时，导线相互靠近D丁图中，当电流方向相反时，导线相互远离答案：B解析：甲、丙、丁中小磁针或导线所受的

2、磁场力都是导线中电流产生的磁场给的力，但乙中的磁场是磁铁产生的。2根据所学知识判断图中正确的是()答案：A解析：由左手定则知A正确，B错误；由安培定则知D错误；电场中某点场强方向应沿电场线的切线方向，正电荷受力与其方向相同，C错误。3水平长直导线中有恒定电流I通过，导线正下方的电子初速度方向与电流方向相同，如图所示，则电子的运动情况是()A沿路径Oa运动B沿路径Ob运动C沿路径Oc运动D沿路径Od运动答案：D解析：水平电流下方的磁场垂直向外，且离导线越远，磁感应强度B越小，根据左手定则可以确定电子从开始运动向下偏转，再由r知电子运动曲率半径逐渐增大，故A、B、C错，D对。4(哈尔滨六中2018

3、2018学年高二下学期开学检测)两条通电的直导线互相垂直，如图所示，但两导线相隔一小段距离，其中导线AB是固定的，另一条导线CD能自由转动或平动。它们通以图示方向的直流电流时，CD导线将()A逆时针方向转动，同时靠近导线ABB顺时针方向转动，同时靠近导线ABC逆时针方向转动，同时离开导线ABD顺时针方向转动，同时离开导线AB答案：A解析：由安培定则可知直线电流产生的磁场是以直线电流为圆心的同心圆，AB中电流所产生的磁场在CD导线所在平面内的磁感线如图甲所示(俯视图甲)。由左手定则可知，CD通电导线在M点受到的磁场力垂直于纸面向里，在N点受到的磁场力垂直于纸面向外。由于磁场的对称性，M、N两点的

4、磁场力大小相等、方向相反，使得CD通电导线转动起来，即CD电流将会转到与AB同向的位置。在图乙中，CD中的电流所受到的磁场力由左手定则可知，CD将向AB靠近。5(广东汕头市20182018学年高二上学期三校联考)如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是()答案：D解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止

5、状态的电子后，速度不变，电荷量变为e，由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下，由rmv/qB可知，轨迹半径增大到原来的2倍，所以在磁场中的运动轨迹是图D。6(山东文登市20182018学年高二上学期期末)如图所示，三个完全相同的半圆形光滑轨道竖直放置，分别处在真空、匀强磁场和匀强电场中，轨道两端在同一高度上，三个相同的带正电小球同时从轨道左端最高点由静止开始沿轨道运动，P、M、N分别为轨道的最低点，如图所示，则下列有关判断正确的是()A小球第一次到达轨道最低点的速度关系vpvMvNB小球第一次到达轨道最低点时对轨道的压力关系FPFMFNC小球从开始运动到第一次到达轨道最低点所用的

6、时间关系tPtMtND三个小球到达轨道右端的高度都不相同，但都能回到原来的出发点位置答案：A解析：小球沿P、M轨道下滑过程都只有重力做功，根据动能定理WGmgRmv2知到达底端速度相等，小球沿N轨道下滑过程电场力做负功，根据动能定理WGW电mv，其到达最低点速度要小于沿P、M轨道下滑情况，故选项A正确；根据上述分析知到达最低点的时间关系tPtMtN，故选项C错误；选项B中，小球沿P轨道到达底端时，根据牛顿第二定律：FPmg2mg，所以FP3mg，同理小球沿M轨道到达底端时，对轨道的压力为FM3mgF洛，小球沿N轨道到达底端时FNmgFPFN，故选项B错误；小球沿轨道P、M下滑后，能到达右端同样

7、高度的地方，故选项D错误。7(沈阳市20182018学年高二上学期期末)如图所示，在射线OA以下有垂直纸面向里的匀强磁场，两个质量和电荷量都相同的正电粒子a和b以不同的速率由坐标原点O沿着x轴正方向射入磁场，已知vavb，若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()A两粒子的轨道半径之比B粒子a在磁场中运动时间比b长C两粒子在磁场中运动时间相等D两粒子离开磁场时速度方向相同答案：ACD解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvBm，得：r，则得，故A正确；粒子运动周期 T，T相同，两个粒子从OA射出磁场时，速度与OA夹角相同，方向平行，则两个粒子轨迹对应的圆心角都

8、是60，根据tT知两粒子在磁场中运动时间相等，故B错误，CD正确。8.如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B处在同一条竖直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态，若将绝缘板C沿水平方向抽去，则()A小球A仍可能处于静止状态B小球A将可能沿轨迹1运动C小球A将可能沿轨迹2运动D小球A将可能沿轨迹3运动答案：AB解析：若小球所受库仑力和重力二力平衡，则撤去绝缘板后，小球仍能继续处于平衡状态，A正确。若小球在库仑力、重力、绝缘板弹力三力作用下处于平衡状态，则撤去绝缘板后，小球所受合力向上，小球向上运动并受到向左的洛伦兹力而向左偏转，B正确

9、，C、D错误。9(湖北省部分重点中学20182018学年高二上学期期中)一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是()A速度选择器的P1极板带负电B粒子1带负电C能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于E/B1D粒子2的比荷q/m绝对值最大答案：BC解析：若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B1时向上偏转，

10、根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1qE，解得v，故C正确；根据qvBm得，r，知r越大，比荷越小，所以D错误。10(东北育才中学20182018学年高二上学期检测)如图所示，宽d2cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向内。现有一群带正电的粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为r5cm，则()A右边界：4cmym1解析：考查了安培力作用下物体的平衡，解题的关键是弄清实验原理。分析知，两次细沙的重力差与D的底边所受安培力相等，即BIL|m2m1|g，所以磁感应强

11、度B；根据m1和m2的关系及左手定则可判断磁感应强度的方向。三、论述计算题(共4小题，共46分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(10分)为m0.02kg的通电细杆ab置于倾角为37的平行放置的导轨上，导轨的宽度d0.2m，杆ab与导轨间的动摩擦因数0.4，磁感应强度B2T的匀强磁场与导轨平面垂直且方向向下，如图所示。现调节滑动变阻器的触头，试求出为使杆ab静止不动，通过ab杆的电流范围为多少？答案：0.14AI0.46A解析：杆ab中的电流为a到b，所受的安培力方向平行于导轨向上。当电流较大时，导体有向

12、上的运动趋势，所受静摩擦力向下；当静摩擦力达到最大时，磁场力为最大值F1，此时通过ab的电流最大为Imax；同理，当电流最小时，应该是导体受向上的最大静摩擦力，此时的安培力为F2，电流为Imin。正确地画出两种情况下的受力图，由平衡条件列方程求解。根据第一幅受力图列式如下：F1mgsinF10FNmgcos0，F1FN，F1BImaxd解上述方程得：Imax0.46A根据第二幅受力图，F2F2mgsin0，FNmgcos0，F2FN，F2BImind.解上述方程得：Imin0.14A。14(12分)(济南一中20182018学年高二上学期期末)如图所示，、为电场和磁场的理想边界，一束电子(电量

13、为e，质量为m，重力不计)，由静止状态从P点经过、间的电场加速后垂直到达边界的Q点。匀强磁场的磁感应强度为B，磁场边界宽度为d，电子从磁场边界穿出时的速度方向与电子原来的入射方向夹角为30。求：(1)电子在磁场中运动的时间t；(2)若改变PQ间的电势差，使电子刚好不能从边界射出，则此时PQ间的电势差U是多少？答案：(1)(2) 解析：(1)由evBmT得电子在磁场中运动周期T电子在磁场中运动时间：tTT得：t(2)电子刚好不从边界穿出时轨道与边界相切，运动半径为Rd由evBm得vPQ间由eU得U15. (12分)(沈阳市20182018学年高二上学期期末)如图所示，在以坐标原点O为圆心、半径为

14、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)若仅撤去电场，带电粒子仍从O点射入，但速度为原来的4倍，求粒子在磁场中运动的时间。(粒子的比荷满足)答案：(1)电场强度的大小为，沿x轴正方向；(2)粒子在磁场中运动的时间t0解析：(1)设带电粒子的质量为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沿x轴负方向，于是可知电场强度沿x轴正方向且有qEqvB又Rvt0则E(2)仅有磁场

15、时，入射速度v4v，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qvBm又由以上各式得r由几何知识sin即sin，带电粒子在磁场中运动周期T则带电粒子在磁场中运动时间tBT所以tBt0。16. (12分)(哈尔滨六中20182018学年高二下学期开学检测)在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R1.8m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角37。今有一质量m3.6104kg、电荷量q9.0104C的带电小球(可视为质点)，以v04.0m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道

16、内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g10m/s2，sin370.6，不计空气阻力，求：(1)匀强电场的场强E；(2)小球射入圆弧轨道后的瞬间对轨道的压力。答案：(1)E3N/C(2)3.2103N解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：由平衡条件得：F电qEmgtan代入数据解得：E3N/C(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：F电RsinmgR(1cos)代入数据得：v5m/s由F电qvB解得：B1T分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况由牛顿第二定律得：FNBqv0mg代入数据得：FN3.2103N由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为：FN3.2103N。