高中物理 第3章 磁场学业质量标准检测 新人教版选修3-1

第三章磁场学业质量标准检测本卷分第卷(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(2016辽宁鞍山一中高二上学期期中)下列四个实验现象中，不能表明电流能产生磁场的是(B)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，导线相互远离解析：甲、丙、丁中小磁针或导线所受的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(2017浙江省绍兴一中高二上学期期末)法拉第电动机原理如图所示。条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上。一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连。电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中。从上往下看，金属杆(D)A向左摆动B向右摆动C顺时针转动D逆时针转动解析：接通电路，有向上的电流通过金属杆，金属杆处在磁铁的磁场中，受到安培力作用，根据左手定则得知，安培力方向与金属杆垂直向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动。选项ABC错误，D正确。3下图为显像管原理示意图，电子束经电子枪加速后，进入偏转磁场偏转，不加磁场时，电子束打在荧光屏正中的O点。若要使电子束打在荧光屏上位置由O逐渐向A移动，则(C)A在偏转过程中，洛伦兹力对电子束做正功B在偏转过程中，电子束做匀加速曲线运动C偏转磁场的磁感应强度应逐渐变大D偏转磁场的方向应垂直于纸面向里解析：在偏转过程中，洛伦兹力不做功，A错误；在偏转过程中，加速度的方向要指向圆心，即加速度方向时刻改变，故电子束做变加速曲线运动，B错误；电子束打在荧光屏上的OA之间，即电子受向上偏左的洛伦兹力，由左手定则可知磁场方向垂直纸面向外，电子束打在荧光屏上的位置由中心O逐渐向A点移动，电子偏转角度越来越大，由fqvB知，B逐渐变大；故C正确，D错误。4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(D)解析：正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，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。5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)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，能到达右端同样高度的地方，故选项D错误。6如图所示，一束质量、速度和电荷量不同的正离子垂直地射入匀强磁场和匀强电场正交的区域里，结果发现有些离子保持原来的运动方向，未发生任何偏转，如果让这些不偏转的离子进入另一匀强磁场中，发现这些离子又分裂成几束，对这些进入另一磁场的离子，可得出结论(D)A它们的动能一定各不相同B它们的电荷量一定各不相同C它们的质量一定各不相同D它们的电荷量与质量之比一定各不相同解析：因为粒子进入电场和磁场正交区域时，不发生偏转，说明粒子所受电场力和洛伦兹力平衡，有qvBqE，得出能不偏转的粒子速度应满足v，粒子进入磁场后受洛伦兹力作用，粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，即qvBm，圆周运动的半径R，由于粒子又分裂成几束，也就是粒子做匀速圆周运动的半径R不同，进入第二个匀强磁场时，粒子具有相同的速度，所以粒子能分裂成几束的原因是粒子的比值不同，故D正确，ABC错误。7(2017山东潍坊市五县(区)联考)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线周围产生的磁感应强度Bk，式中k是常量、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程，下列说法正确的是(BD)A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先减小后增大D小球对桌面的压力一直在增大解析：本题考查带电物体在磁场中的运动规律，意在考查学生对带电物体在磁场中运动规律的理解。由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以M处电流的磁场由M到O逐渐减弱，N处的通电导线在ON区，产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线运动到b点，受到的洛伦兹力FBqv为变力，从M到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到N洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一定在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，且洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误。8(2016江苏苏州中学高二上学期期末)一个带正电的小球沿光滑绝缘的桌面向右运动，速度方向垂直于一个水平向里的匀强磁场，如图所示，球飞离桌面后落到地板上，设飞行时间为t1，水平射程为x1，着地速度为v1。撤去磁场，其余的条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为x2，着地速度为v2，则下列论述正确的是(ABC)Ax1x2Bt1t2Cv1和v2大小相等Dv1和v2方向相同解析：当桌面右边存在磁场时，由左手定则可知，带正电的小球在飞行过程中受到斜向右上方的洛伦兹力作用，此力在水平方向上的分量向右，竖直分量向上，因此小球水平方向上存在加速度，竖直方向上的加速度at2，x1x2，A、B对；又因为洛伦兹力不做功，故C对；两次小球着地时速度方向不同，D错。9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(AB)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，C、D错误。10(青州一中20152016学年高二上学期检测)如图所示，连接平行金属板P1和P2(板面垂直于纸面)的导线的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行，CD和GH均在纸面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直纸面向里。当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段将受到力的作用，则(D)A等离子体从右方射入时，P1板电势较高，CD受力方向背离GHB等离子体从右方射入时，P2板电势较高，CD受力方向指向GHC等离子体从左方射入时，P2板电势较高，CD受力方向背离GHD等离子体从左方射入时，P1板电势较高，CD受力方向指向GH解析：电路中的电流的方向为由G到H，当等离子体从右方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带负电，下极板带正电，P2板电势较高，电流的方向为由D到C，电流的方向与电路中GH的电流的方向相反，所以CD受到的作用力向左，故AB错误。等离子体从左方射入时，由左手定则可以判断电容器的上极板带正电，下极板带负电，P1板电势较高，电流的方向为由C到D，电流的方向与电路中GH的电流的方向相同，所以CD受到的作用力向右，故C错误，D正确。第卷(非选择题共60分)二、填空题(共2小题，第11题6分，12题8分，共14分。把答案直接填在横线上)11(6分)在第三次工业革命的今天，新材料的发现和运用尤为重要。我国某科研机构发现一种新型的半导体材料，目前已经知道这种半导体材料的载流子(参与导电的带电粒子)的电荷量的值是e(电子电量的绝对值)，但不知道它的电性和载流子的数密度n(单位体积中载流子的数量)。为了测定这种材料中的载流子是带正电还是带负电，以及载流子的数密度，科学家把这种材料先加工成一块扁平的六面体样品，这块样品的长、宽和厚度分别为a、b、d(如图所示)。现将这块样品接入电路中，且把靠外的扁平面标记为M，靠里的扁平面标记为N，然后在垂直于大平面的方向加上一个磁感应强度大小为B的匀强磁场。接通开关S，调节可变电阻R，使电路中产生合适的电流。然后用电压表判定M、N两个面的电势高低并测定M、N间的电压(也叫霍耳电压)，从而得到这种半导体材料载流子的电性和数密度。(1)当M的电势比N的电势低时，材料中的载流子带_负_(填“正”或“负”)电；(2)为了测定载流子的数密度n，除题目中已给出的数据外，还需要测定的物理量有_电路中的电流强度(电流表读数)I，M、N间的电压(电压表读数或霍尔电压)U_(写出物理量的含义并设定相应的符号)；(3)根据题设条件和你测定的物理量，写出载流子的数密度的表达式n_。解析：(1)根据左手定则判断，载流子为负电荷，受到指向M端的磁场力作用，因此M端电势低；若载流子为正电荷，受到指向M端的磁场力作用，M端电势高。(2)由qqvB，InqvSnqvbd，解得n。所以还要测量I、U。12(8分)图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场。现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向。所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；为电流表；S为开关。此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线。(1)在图中画线连接成实验电路图。(2)完成下列主要实验步骤中的填空：按图接线。保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1。闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D_重新处于平衡状态_；然后读出_电流表的示数I_，并用天平称出_此时细沙的质量m2_。用米尺测量_D的底边长度L_。(3)用测量的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B_。(4)判定磁感应强度方向的方法是：若_m2m1_，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里。答案：(1)如图所示解析：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)(2017广州市荔湾区高二上学期期末)两条相距L1.0m的水平金属导轨上放置一根导体棒AB，处于竖直方向的匀强磁场中，如图甲所示。已知导体棒质量m1.0kg，棒中通以方向从A到B的电流I时，导体棒所受安培力向右，其加速度a跟电流I的关系图象如图乙所示，可认为滑动摩擦力等于最大静摩擦力，取g10m/s2。求：(1)磁场的方向；(2)导体棒与导轨间的动摩擦因数及磁感应强度的大小。答案：(1)竖直向上(2)0.05B0.25T解析：(1)安培力向右，电流向内，根据左手定则可知，磁场的方向竖直向上。(2)设导体棒所受最大静摩擦力为f，导体棒与导轨间的动摩擦因数为，有：fmg由图乙，当导体棒中的电流I12.0A时，导体棒所受安培力恰好等于最大静摩擦力，设磁感应强度的大小为B，有：BI1Lf当导体棒中的电流I24.0A时，加速度a0.50m/s2，根据牛顿第二定律，得：BI2Lfma联立式，代入数值，得：0.05，B0.25T14(12分)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。15(12分)如图所示空间分为、三个足够长的区域，各边界面相互平行，其中、区域存在匀强电场E11.0104V/m，方向垂直边界竖直向上，E2105V/m，方向水平向右；区域存在匀强磁场，磁感应强度B5.0T，方向垂直纸面向里，三个区域宽度分别为d15.0m，d24.0m，d310m，一质量m1.0108kg、电荷量q1.6106C的粒子从O点由静止释放，粒子重力忽略不计。求：(1)粒子离开区域时的速度大小；(2)粒子从区域进入区域时的速度方向与边界面的夹角；(3)粒子从O点开始到离开区域时所用的时间。答案：(1)v14103m/s(2)30(3)t6.12103s解析：(1)由动能定理得：mvqE1d1得：v14103m/s(2)粒子在区域做类平抛运动，设水平向右为y轴，竖直向上为x轴，粒子进入区域时速度与边界的夹角