物理选修3-1人教新课标第三章磁场单元复习

1、第三章综合能力测试本卷分第卷(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，有的小题只有一个选项符合题目要求，有些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(2010·吉林市高二检测)下列关于电场线和磁感线的说法中，正确的是()A电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B磁场中两条磁感线一定不相交，但在复杂电场中的电场线是可以相交的C电场线是一条不闭合曲线，而磁感线是一条闭合曲线D电场线越密的地方，同一试探电荷所受的电场力越大；磁感线

2、分布较密的地方，同一试探电荷所受的磁场力也越大答案：C解析：电场线与磁感线分别是为了形象描述电场、磁场而引入的假想线，实际不存在，A错两种场线的切线方向均表示相应的场方向，两种场线都不会相交，B错电场线起始于正电荷、终止于负电荷，而磁感线在磁体外部由N极指向S极，在磁体内部由S极指向N极，组成闭合曲线，C对电场线越密，表示该处电场越强，同一试探电荷在此处受电场力越大；磁感线越密，表示该处磁场越强，但试探电荷受到的磁场力大小还与其运动方向和运动快慢有关，故电荷受到的磁场力不一定大，D错2(2009·连云港模拟)如图所示，通电导线均置于匀强磁场中，其中导线受安培力作用的是()答案：ABD

3、解析：只有当通电导线和磁场平行时，才不受安培力的作用，而A、D中导线均与磁场垂直，B中导线与磁场方向夹角为60°，因此受安培力的作用，故正确选项为A、B、D.3(2010·黄冈高二检测)取两个完全相同的长导线，用其中一根绕成如图(a)所示的螺线管，当该螺线管中通以电流强度为I的电流时，测得螺线管内中部的磁感应强度大小为B，若将另一根长导线对折后绕成如图(b)所示的螺旋管，并通以电流强度也为I的电流时，则在螺线管内中部的磁感应强度大小为()A0BCB D2B答案：A解析：用双线绕成的螺丝管，双线中的电流刚好相反，其在周围空间产生的磁场相互抵消，所以螺线管内部磁感应强度为零4把

4、一根柔软的螺旋形弹簧竖直悬挂起来，使它下端刚好跟杯中的水银面接触，并使它组成如图所示的电路，当开关S接通后将看到的现象是()A弹簧向上收缩B弹簧被拉长C弹簧上下跳动D弹簧仍静止不动答案：C解析：通电后，弹簧的每一个圈都相当一个环形电流，且各线圈都通以相同方向的电流，根据同向电流相互吸引，弹簧收缩，下端脱离水银面，使电路断开，电路断开后，弹簧中的电流消失，磁场作用失去，弹簧在弹力和自身重力作用下下落，于是电路又接通，弹簧又收缩如此周而复始，形成弹簧上下跳动正确答案为C.5(新题快递)在雷雨天气时，空中有许多阴雨云都带有大量电荷，在一楼顶有一避雷针，其周围摆放一圈小磁针，当避雷针正上方的一块阴雨云

5、对避雷针放电时，发现避雷针周围的小磁针的某一磁极呈顺时针排列(俯视)，则该块阴雨云可能带()A正电荷 B负电荷C正负电荷共存 D无法判断答案：AB解析：如果是小磁针的N极顺时针排列，说明磁场方向为顺时针，由安培定则可知，电流应是竖直向下，即该阴雨云带正电荷；如果是小磁针的S极顺时针排列，说明磁场方向为逆时针，由安培定则可知，电流方向为竖直向上，即该阴雨云带负电荷，故选项A、B正确6我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光极光是来自太阳的高能带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图所示这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或

6、摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出各种颜色的光地磁场的存在，使许多宇宙粒子不能达到地面而向人烟稀少的两极地区偏移，为地球生命的诞生和维持提供了天然的屏障科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减小的，这主要与下列哪些因素有关()洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减小空气阻力对粒子做负功，使其动能减小南北两极的磁感应强度增强太阳对粒子的引力做负功A BC D答案：B解析：洛伦兹力永远不做功，使粒子动能减小的原因主要是空气阻力对粒子做负功，由半径公式Rmv/qB知，南北两极的磁感应强度增强也是一个主要因素7(2010·余姚高二检测)回旋加速器是加速带电粒子的装置，其

7、核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是()A增大匀强电场间的加速电压B增大磁场的磁感应强度C增加周期性变化的电场的频率D增大D形金属盒的半径答案：BD解析：粒子最后射出时的旋转半径为D形盒的最大半径R，R，Ekmv2.可见，要增大粒子的动能，应增大磁感应强度B和增大D形盒的半径R，故正确答案为B、D.8停在十层的电梯底板上放有两块相同的条形磁铁，磁铁的极性如图所示开始时两块磁铁在电梯底板上处于静止状态()A若电梯突

8、然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在一层，最后两块磁铁可能已碰在一起B若电梯突然向下开动(磁铁与底板始终相互接触)，并停在一层，最后两块磁铁一定仍在原来位置C若电梯突然向上开动，并停在二十层，最后两块磁铁可能已碰在一起D若电梯突然向上开动，并停在二十层，最后两块磁铁一定仍在原来位置答案：AC解析：两块磁铁原来静止，则磁铁所受静摩擦力大于或等于磁铁间的吸引力，当电梯突然向下开动，由于失重，最大静摩力会减小，当最大静摩擦力减小到小于磁铁间的吸引力时，两磁铁会相互靠近而碰在一起，故A对B错；若电梯向上开动，当电梯在最后减速运动时，磁铁同样处于失重状态，故C对D错本题主要考查最大静摩擦力与压力

9、之间的关系，失重时压力减小则最大静摩擦力减小是解题的要点9(2009·山东淄博模拟)如图所示，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带正电的小球(电荷量为q，质量为m)从电磁复合场上方的某一高度处自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过的电磁复合场是()答案：CD解析：在A图中刚进入复合场时，带电小球受到方向向左的电场力、向右的洛伦兹力、竖直向下的重力，在重力的作用下，小球的速度要变大，洛伦兹力也会变大，所以水平方向受力不可能总是平衡，A选项错误；B图中小球要受到向下的重力、向上的电场力、向外的洛伦兹力，小球要向外偏转，不可能沿直线通过复合场，B选项错误；C

10、图中小球受到向下的重力、向右的洛伦兹力、沿电场方向的电场力，若三力的合力恰好为零，则小球将沿直线匀速通过复合场，C正确；D图中小球只受到竖直向下的重力和竖直向上的电场力可以沿直线通过复合场，D正确10长为L的水平极板间，有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示，磁感应强度为B，板间距离为L，板不带电现在质量为m、电量为q的正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场，欲使粒子不打在极板上，可采用的方法是()A使粒子的速度v<BqL/4mB使粒子的速度v>BqL/4mC使粒子的速度v>5BqL/4mD使粒子的速度BqL/4m<v<5BqL/4m答

11、案：AC解析：要使粒子不打在板上，那么粒子经过磁场后，可在板的右边或者左边穿出磁场，依据题意，粒子打在板上的临界状态，如图所示，即从板左边B点或者右边A点穿出磁场根据几何关系，有：r1rL2(r2)2得r2L，根据r，则v1，v2那么欲使粒子不打到极板上，v<BqL/4m或v>5BqL/4m第卷(非选择题共60分)二、填空题(共3小题，每小题6分，共18分把答案直接填在横线上)11一劲度系数为k的轻质弹簧，下端挂有一匝数为n的矩形线框abcd，bc边长为L，线框的下半部处在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向与线框平面垂直，在图中垂直于纸面向里线框中通以电流I，方向如图所示开始时线

12、框处于平衡状态今磁场反向，磁感强度的大小为B，线框达到新的平衡在此过程中线框位移的大小x_，方向_答案：；向下解析：设线框的质量为m，bc边受到的安培力为FnBIL.当电流如图所示时，设弹簧伸长量为x1，平衡时mgFkx1，当电流反向后，设弹簧伸长量为x2，平衡时mgFkx2，所以线圈中电流反向后线框的位移大小为xx2x1，方向向下12如图所示为电磁流量计示意图直径为d的非磁性材料制成的圆形导管内，有可以导电的液体流动，磁感强度为B的匀强磁场垂直液体流动的方向而穿过一段圆形管道若测得管壁内a、b两点间的电势差为U，则管中液体的流量Q_m3/s.答案：解析：由qEqqBv，可得v，QSv2v .

13、13如图所示，水平传送带以恒定速度5m/s沿图示方向运动，地面上PQ区间有垂直纸面向里的匀强磁场，B1T，一质量为的带正电的小物体从磁场左方某处无初速释放到传送带上，若物体与传送带间的动摩擦因数0.2，那么，欲使小物体能匀速通过磁场区域，它释放时离P的距离应为_m(g取10m/s2)答案：1解析：要使物体匀速通过磁场区域必须满足条件mgqvBvm/s2m/s物块进入磁场前的加速度a2m/s2x1m三、论述·计算题(共5小题，共42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)14(8分)(新题快递)如图所示，质

14、量为，长l的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度为B0.5T.不通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度37°，求此棒中恒定电流多大？(不考虑棒摆动过程中产生的感应电流，g取10N/kg)同学甲的解法如下：对铜棒受力分析如图所示：当最大偏转角37°时，棒受力平衡，有：FTcosmgFTsinF安BIl得IA同学乙的解法如下：F安做功：WFFx1BIlsin37°×lsin37°BI(lsin37°)2重力做功：WGmgx2mgl(1cos37°)由动能定理得：WFWG

15、0代入数据解得：IA请你对甲、乙两同学的解法作出评价：若你对两者都不支持，则给出你认为正确的解答答案：甲、乙解法都不正确解析：甲同学的错误原因：认为物体速度为零时，一定处于平衡位置，或者认为偏角最大时为平衡位置乙同学的错误原因：将安培力表达式误写为F安BIlsin37°，应为：F安BIl.正确的解法如下：铜棒向外偏转过程中F安做功：WFFx1BIl×lsin37°重力做功：WGmgx2mgl(1cos37°)由动能定理得：WFWG0代入数据解得：IA.15(8分)质谱仪原理如图所示，a为粒子加速器，电压为U1；b为速度选择器，磁场与电场正交，磁感应强度为

16、B1，板间距离为d；c为偏转分离器，磁感应强度为B2.今有一质量为m、电荷量为e的正电子(不计重力)，经加速后，该粒子恰能通过速度选择器，粒子进入分离器后做半径为R的匀速圆周运动求：(1)粒子射出加速器时的速度v为多少？(2)速度选择器的电压U2为多少？(3)粒子在B2磁场中做匀速圆周运动的半径R为多大？答案：(1)(2)B1d(3)解析：(1)在a中，e被加速电场U1加速，由动能定理有eU1mv2，得v(2)在b中，e受的电场力和洛伦兹力大小相等，即eevB1，代入v值得U2B1d(3)在c中，e受洛伦兹力作用而做圆周运动，回转半径R，代入v值得R16(8分)(2009·汕头高二检

17、测)质量为m，电荷量为q的带负电粒子自静止开始，经M、N板间的电场加速后，从A点垂直于磁场边界射入宽度为d的匀强磁场中，该粒子离开磁场时的位置P偏离入射方向的距离为L，如图所示已知M、N两板间的电压为U，粒子的重力不计(1)正确画出粒子由静止开始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.答案：(1)(2)解析：(1)作粒子经电场和磁场中的轨迹图，如图(2)设粒子在M、N两板间经电场加速后获得的速度为v，由动能定理得：qUmv2粒子进入磁场后做匀速圆周运动，设其半径为r，则：qvBm由几何关系得：r2(rL)2d2联立求解式得：磁感应强度B.17(8分)(

18、2009·江苏淮安)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R的绝缘光滑槽轨槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度Bm，带电量为q×103C的小球在水平轨道上向右运动若小球恰好能通过最高点，重力加速度g10m/s2.试求：(1)小球在最高点所受的洛伦兹力F；(2)小球的初速度v0.答案：(1)8×104N(2)m/s解析：(1)设小球在最高点的速度为v，则小球在最高点所受洛伦兹力FqvB方向竖直向上；由于小球恰好能通过最高点，故小球在最高点由洛伦兹力和重力共同提供向心力，即mgF将代入式求解可得v1m/s，F8×104N(2)由于无摩擦力，且洛伦兹力不做功，所以小球在运动过程中机械能守恒，由机械能守恒定律可得mvmghmv2其中h2R求解可得v0m/s.18(10分)(2010·陕西西安八校联考)如图甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E40N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向t0时刻，一质量m8×104kg、电荷量q2×104C的微粒在O点具有竖