人教版高中物理选修3-1：第3章《磁场》单元评估试卷(含答案).pdf

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1、磁场单元评估 限时：90 分钟总分： 100 分 一、选择题 (每小题 4 分，共 40 分) 1下列说法正确的是 () A除永久磁铁外，一切磁场都是由运动电荷产生的 B一切磁现象都起源于运动电荷 C一切磁作用都是运动电荷通过磁场产生的 D有磁必有电，有电必有磁 解析：磁现象的电本质，一切磁现象都起源于运动电荷 答案： BC 2关于磁感应强度B，下列说法中正确的是() A磁场中某点 B 的大小，跟放在该点的试探电流元的情况有关 B磁场中某点B 的方向，跟该点处试探电流元所受磁场力方向 一致 C在磁场中某点试探电流元不受磁场力作用时，该点B 值大小 为零 D在磁场中磁感线越密集的地方，B 值越大

2、 解析： 磁场中某点的磁感应强度由磁场本身决定，与试探电流元 无关，而磁感线可以描述磁感应强度，疏密程度表示大小 答案： D 图 1 3如图 1 所示，一圆形区域内存在匀强磁场，AC 为直径， O 为 圆心，一带电粒子从A 沿 AO 方向垂直射入磁场，初速度为v1，从 D 点射出磁场时的速率为v2，则下列说法中正确的是(粒子重力不 计)() Av2v1，v2的方向必过圆心 Bv2v1，v2的方向必过圆心 Cv2v1，v2的方向可能不过圆心 Dv2v1，v2的方向可能不过圆心 答案： B 图 2 4如图 2 所示，三个速度大小不同的同种带电粒子沿同一方向从 图示长方形区域的匀强磁场上边缘射入，当

3、它们从下边缘飞出时对入 射方向的偏角分别为90? 、60? 、30? ，则它们在磁场中运动时间之比为 () A111B123 C321 D.321 解析：如图 3 所示， 图 3 设带电粒子在磁场做圆周运动的圆心为O，由几何关系知，圆弧 MN 所对应的粒子运动的时间tMN v R v mv qB v m qB，因此，同种 粒子以不同速度射入磁场， 经历时间与它们的偏角 成正比， 即 t1t2 t390? 60? 30? 321. 答案： C 5(2011 新课标卷 )电磁轨道炮工作原理如下图4 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

4、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，理论上可采用的办法是() 图 4 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 解析： 由题意可知，安培力做功使炮弹的速度逐渐增大假设轨 道宽度为 L，则由动能定理可知F安培力L1 2mv 2，而 F 安培力BIL， 又根据题意可知BKI(K 为常数 )， 三个

5、式子整理可得到弹体的出射速 度 vI 2KLL m ，从而判断 B，D 正确 答案： BD 6如图 5 所示，甲是一带正电的小物块， 乙是不带电的绝缘物块， 甲、乙叠放在一起置于粗糙的水平地板上，地板上方空间有垂直纸面 向里的匀强磁场现用水平恒力拉乙物块，使甲、乙无相对滑动一起 向左加速运动，在加速运动阶段() 图 5 A甲、乙两物块间摩擦力不断增大 B甲、乙两物块间摩擦力不断减小 C甲、乙两物块间摩擦力大小不变 D乙物块与地面间摩擦力不断增大 答案： BD 图 6 7利用如图 6 所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子图 中板 MN 上方是磁感应强度大小为B、 方向垂直纸面向里的匀强磁场，

6、 板上的两条宽度分别为2d和 d的缝， 两缝近端相距为 L.一群质量为 m， 电荷量为 q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板 MN 进入 磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子， 下列说法正确的是 () A粒子带正电 B射出粒子的最大速度为 qB 3dL 2m C保持 d和 L 不变，增大 B，射出粒子的最大速度与最小速度之 差增大 D保持 d和 B 不变，增大 L，射出粒子的最大速度与最小速度之 差增大 解析： 粒子要从右边的缝中射出，粒子进入磁场后向右偏，根据 左手定则可以判断粒子带负电，A 项错误；由 qvBmv 2 r 得 vqBr m ， 可见半径越大，速率越大，最大半径为

7、 3dL 2 ，因此射出的最大速度为 qB 3dL 2m ，B 项正确；同理可求得最小速度为 qBL 2m ，最大速度与最小 速度之差为 3qBd 2m ，这个值与 L 无关，可以分析， C 项正确，D 项错误 答案： BC 8 如图 7 所示，匀强磁场的磁感应强度为B， 有一矩形线圈 abcd ， 且 abL1，adL2，通有逆时针方向的电流I，让它绕 cd边转过某一 角度时，使线圈平面与磁场夹角为 ，则() 图 7 A穿过线圈的磁通量为BL1L2sin B穿过线圈的磁通量为BL1L2cos Ccd边受到的安培力为FBIL1sin Dad边受到的安培力为FBIL1cos 解析：沿 cd转过某

8、一角度，使线圈平面与磁场夹角为 ，此时穿 过线圈的有效面积为L1L2sin ，所以穿过线圈的磁通量为BL1L2sin ， cd边与磁场方向垂直，受到的安培力为BIL1，ad边与磁场方向平行， 受到的安培力为0. 答案： A 9如图 8，空间有垂直于 xOy平面的匀强磁场 t0 的时刻，一 电子以速度 v0经过 x 轴上的 A 点，方向沿 x 轴正方向A 点坐标为 ( R 2， 0)， 其中 R 为电子在磁场中做圆周运动的轨道半径 不计重力影响， 则() 图 8 A电子经过 y 轴时，速度大小仍为v0 B电子在 t R 6v0时，第一次经过 y轴 C电子第一次经过y 轴的坐标为 (0，2 3 2

9、 R) D电子第一次经过y 轴的坐标为 (0， 23 2 R) 解析： 因电子在匀强磁场中运动，只受洛伦兹力，做匀速圆周运 动，故 A 正确；画出轨迹，由几何关系可知，当电子转过30? 角时， 到达 y轴对应时间 t 1 12T 1 12 2 R v0 R 6v0，故 B 正确；电子应向下方 偏转故穿过 y 轴时坐标为 yR(1cos30?) 23 2 R，故 D 正 确 答案： ABD 10回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高 频交流电源两极相连接的两个D 形金属盒，两盒间的狭缝中形成周期 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

10、中，如图9 所示设 D 形盒半径为 R.若用回 旋加速器加速质子时，匀强磁场的磁感应强度为B，高频交流电频率 为 f.则下列说法正确的是 () 图 9 A质子被加速后的最大速度不可能超过2 fR B质子被加速后的最大速度与加速电场的电压大小无关 C只要 R 足够大，质子的速度可以被加速到任意值 D不改变 B 和 f，该回旋加速器也能用于加速粒子 解析：由于回旋加速器所加交变电压周期与粒子转动的周期相同， 则粒子的最大速度为2 fR，A 项正确；质子被加速后的最大速度vm BqR m ，与加速电场的电压大小无关，B 项正确；R 足够大，质子速度 不能被加速到任意值因为按相对论原理，质子速度接近光

11、速时光子 质量发生变化，进一步提高速度就不可能了，C 项错误；因为回旋加 速器所加交变电压周期与粒子转动周期应相同，粒子转动周期T 2 m Bq ，粒子与质子的比荷不相同，应调节f 或 B，故 D 项错误 答案： AB 二、填空题 (每小题 5 分，共 20 分) 图 10 11如图 10 所示，比荷为 e m的电子，以速度 v 0沿 AB 边射入边长 为 a 的等边三角形的匀强磁场区域中，欲使电子从BC 边穿出，磁感 应强度 B 的取值应为 _ 解析： 画出刚好不出 BC 边的临界状态对应的轨迹， 应与 BC 相切， 根据轨迹确定半径，再根据r mv0 eB 求 B. 答案： B 3mv0

12、ae 图 11 12如图 11 所示，质量为 m，带电量为 q的粒子，从两平行电 极板正中央垂直电场线和磁感线以速度v 飞入已知两板间距为d， 磁感应强度为B，这时粒子恰能直线穿过电场和磁场区域(重力不 计)今将磁感应强度增大到某值，则粒子将落到极板上粒子落到极 板上的动能为 _ 解析：由题意： qU dqvB，又当粒子落到极板上有： q U 2Ek 1 2mv 2，所以 E k mv 2qvBd 2 . 答案： mv 2qvBd 2 13如图 12 所示，A、B 为粗细均匀的铜环直径两端，若在A、B 两端加一电压 U，则环心 O 处的磁感应强度为 _(已知圆环直 径为 d) 图 12 答案：

13、 0 14.如图 13 所示，质量为m 的带电微粒，在相互垂直的匀强电磁 场中运动，电场强度为E，方向竖直向下，磁感应强度为B，方向垂 直纸面向里，此微粒在垂直于磁场的竖直平面内做半径为R 的匀速圆 周运动 (不计空气阻力 )，微粒一定带 _ 电(填“正”或“负” )， 微粒的线速度大小为 _ 图 13 解析： 粒子做匀速圆周运动，则重力与电场力等大反向，故电场 力竖直向上，则微粒带负电，又 R mv qB且 mgqE， 所以 v qBR m gBR E . 答案：负； BRg E 三、论述计算题 (共 40 分) 图 14 15(10 分)如图 14 所示，平行金属导轨间距为0.5 m，水平

14、放置， 电源电动势为 E1.5 V，内阻 r0.2 ，金属棒电阻 R2.8 ，与平 行导轨垂直，其余电阻不计，金属棒处于磁感应强度B2.0 T、方向 与水平方向成 60? 角的匀强磁场中， 则开始接通电路瞬间， 金属棒受到 的安培力的大小和方向如何？若棒的质量为m510 2 kg， 此时它对 轨道的压力是多少？ (g取 10 m/s 2) 解：电路刚接通的瞬间，金属棒瞬时速度为零，金属棒受三个力 作用，即：重力、支持力、安培力，由于此时金属棒未动，不会产生 感应电动势，这时回路中的电流只由电源及回路电阻决定 由闭合电路欧姆定律有 I E Rr 1.5 2.80.2 A0.5 A. FBIL2.

15、00.50.5 N0.5 N. 方向由左手定则可知， 与轨道成 30? 角斜向左上方， 其竖直的分力 Fsin 0.5sin30? N 0.25 N. 因 Fsin30 ? 0.25 N，小于重力 mg510 210 N0.5 N. 说明轨道对金属棒仍有支持力FN存在，由竖直方向受力平衡知： FNFsin30? mg0， FNmgFsin30? 0.5 N0.25 N0.25 N. 由牛顿第三定律可知，金属棒对轨道的压力为0.25 N. 图 15 16(10 分)如图 15 所示，足够长的绝缘斜面与水平面间的夹角为 (sin 0.6)，放在水平方向的匀强电场和匀强磁场中，电场强度E 50 V/

16、m，方向水平向左，磁场方向垂直于纸面向外一带电量q 4.010 2 C，质量 m0.40 kg的光滑小球，以初速度 v020 m/s，从 斜面底端 A 冲上斜面，经过3 s 离开斜面，求磁场的磁感应强度(取 g10 m/s2) 解：带电小球的受力示意图如图16 所示小球沿斜面方向做匀减 速运动，根据牛顿第二定律，则有：mgsin qEcos ma. 图 16 解得： agsin qE m cos (100.6410 2500.8 0.40 ) m/s 210 m/s2. 设小球运动到最高点时速度vt0，所用时间为 t1，则有： vtv0at10.解得： t1 v0 a 20 10 s2 s.

17、图 17 故带电小球上升至最高点后立即下滑，此时小球受力情况如图17 所示小球沿斜面加速下滑其加速度仍为： a10 m/s 2， 下滑时间： t2tt13 s2 s1 s. 小球下滑 t21 s时的速度为： vat2101 m/s10 m/s. 此时小球离开斜面， FN0.则垂直斜面方向有： qEsin qvBmgcos ， 解得 B mgcos qEsin qv 5.0 T. 17图 18 中左边有一对平行金属板，两板相距为d，电压为 U， 两板之间有匀强磁场，磁感应强度大小为B0，方向与金属板面平行并 垂直于纸面朝里图中右边有一半径为R，圆心为 O 的圆形区域，区 域内也存在匀强磁场， 磁

18、感应强度大小为B，方向垂直于纸面朝里 一 电荷量为 q 的正离子沿平行金属板面、垂直于磁场的方向射入平行金 属板之间，沿同一方向射出平行金属板之间的区域，并沿直径EF 方 向射入磁场区域，最后从圆形区域边界上的G 点射出，已知弧FG 所 对应的圆心角为 ，不计重力，求 图 18 (1)离子速度的大小； (2)离子的质量 解：(1)由题设知，离子在平行金属板之间做匀速直线运动，它所 受到的向上的磁场力和向下的电场力平衡 qvB0qE0 式中， v 是离子运动速度的大小，E0是平行金属板之间的匀强电 场的强度，有 E0U d 由式得 v U B0d (2)在圆形磁场区域，离子做匀速圆周运动由洛伦兹

19、力公式和牛 顿第二定律有 qvBm v 2 r 图 19 式中，m 和 r 分别是离子的质量和它做圆周运动的半径由题设， 离子从磁场边界上的点G 穿出，离子运动的圆周的圆心O必在过 E 点垂直于 EF 的直线上，且在 EG 的垂直平分线上 (见上图)由几何关 系有 rRtan 式中， 是 OO与直线 EF 的夹角由几何关系有 2 联立式得，离子的质量为 m qBB0Rd U cot 2 图 20 18(10 分)如图 20 所示，直角坐标系 xOy位于竖直平面内，在水 平的 x 轴下方存在匀强磁场和匀强电场，磁场的磁感应强度为B，方 向垂直 xOy 平面向里，电场线平行于y 轴一质量为m、电荷

20、量为 q 的带正电的小球，从y轴上的 A 点水平向右抛出，经x 轴上的 M 点进 入电场和磁场，恰能做匀速圆周运动，从x 轴上的 N 点第一次离开电 场和磁场， MN 之间的距离为L，小球过 M 点时的速度方向与x 轴正 方向夹角为 .不计空气阻力，重力加速度为g，求： (1)电场强度 E 的大小和方向； (2)小球从 A 点抛出时初速度v0的大小； (3)A 点到 x 轴的高度 h. 解：(1)小球在电场、磁场中恰能做匀速圆周运动，其所受电场力 必须与重力平衡，有 qEmg Emg q 重力的方向是竖直向下的，电场力的方向则应为竖直向上，由于 小球带正电，所以电场强度方向竖直向上 (2)小球做匀速圆周运动， O为圆心，MN 为弦长，MOP ， (P 为 MN 的中点 )设半径为 r，由几何关系知 L 2rsin 小球做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设小球做圆周运 动的速率为 v，有 qvB mv 2 r 由速度的合成与分解得 v0 v cos 由式得 v0 qBL 2m cot (3)设小球到 M 点的竖直分速度为vy，它与水平分速度的关系为 vyv0tan 由匀变速直线运动规律 v 2 y2gh 由式得 hq 2B2L2 8m2g