高中物理 第三章 氣體章末綜合檢測（A）教科版選修3-1

第三章磁場章末檢測(A)(時間：90分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共10個小題，每小題5分，共50分)1．一個質(zhì)子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則()A．可能存在電場和磁場，它們的方向與質(zhì)子運動方向相同B．此空間可能有磁場，方向與質(zhì)子運動速度的方向平行C．此空間可能只有磁場，方向與質(zhì)子運動速度的方向垂直D．此空間可能有正交的電場和磁場，它們的方向均與質(zhì)子速度的方向垂直2．兩個絕緣導(dǎo)體環(huán)AA′、BB′大小相同，環(huán)面垂直，環(huán)中通有相同大小的恒定電流，如圖1所示，則圓心O處磁感應(yīng)強度的方向為(AA′面水平，BB′面垂直紙面)A．指向左上方B．指向右下方C．豎直向上D．水平向右3．關(guān)于磁感應(yīng)強度B，下列說法中正確的是()A．磁場中某點B的大小，跟放在該點的試探電流元的情況有關(guān)B．磁場中某點B的方向，跟該點處試探電流元所受磁場力的方向一致C．在磁場中某點試探電流元不受磁場力作用時，該點B值大小為零D．在磁場中磁感線越密集的地方，B值越大4．關(guān)于帶電粒子在勻強磁場中運動，不考慮其他場力(重力)作用，下列說法正確的是()A．可能做勻速直線運動B．可能做勻變速直線運動C．可能做勻變速曲線運動D．只能做勻速圓周運動圖1圖2圖3圖45．1930年勞倫斯制成了世界上第一臺回旋加速器，其原理如圖2所示．這臺加速器由兩個銅質(zhì)D形盒D1、D2構(gòu)成，其間留有空隙，下列說法正確的是()A．離子由加速器的中心附近進入加速器B．離子由加速器的邊緣進入加速器C．離子從磁場中獲得能量D．離子從電場中獲得能量6．如圖3所示，一個帶負電的油滴以水平向右的速度v進入一個方向垂直紙面向外的勻強磁場B后，保持原速度做勻速直線運動，如果使勻強磁場發(fā)生變化，則下列判斷中正確的是()A．磁場B減小，油滴動能增加B．磁場B增大，油滴機械能不變C．使磁場方向反向，油滴動能減小D．使磁場方向反向后再減小，油滴重力勢能減小7．如圖4所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)．現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖象可能是下圖中的()8.如圖5所示，空間的某一區(qū)域內(nèi)存在著相互垂直的勻強電場和勻強磁場，一個帶電粒子以某一初速度由A點進入這個區(qū)域沿直線運動，從C點離開區(qū)域；如果這個區(qū)域只有電場則粒子從B點離開場區(qū)；如果這個區(qū)域只有磁場，則粒子從D點離開場區(qū)；設(shè)粒子在上述3種情況下，從A到B點，從A到C點和A到D點所用的時間分別是t1、t2和t3，比較t1、t2和t3的大小，則有(粒子重力忽略不計)()圖5A．t1＝t2＝t3B．t2<t1<t3C．t1＝t2<t3D．t1＝t3>t29．如圖6所示，a、b是一對平行金屬板，分別接到直流電源兩極上，右邊有一擋板，正中間開有一小孔d，在較大空間范圍內(nèi)存在著勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直紙面向里，在a、b兩板間還存在著勻強電場E.從兩板左側(cè)中點c處射入一束正離子(不計重力)，這些正離子都沿直線運動到右側(cè)，從d孔射出后分成3束．則下列判斷正確的是()圖6A．這三束正離子的速度一定不相同B．這三束正離子的質(zhì)量一定不相同C．這三束正離子的電荷量一定不相同D．這三束正離子的比荷一定不相同10．如圖7所示，兩個半徑相同的半圓形軌道分別豎直放置在勻強電場和勻強磁場中．軌道兩端在同一高度上，軌道是光滑的，兩個相同的帶正電小球同時從兩軌道左端最高點由靜止釋放．M、N為軌道的最低點，則下列說法正確的是()圖7A．兩小球到達軌道最低點的速度vM<vNB．兩小球第一次到達軌道最低點時對軌道的壓力FM<FNC．小球第一次到達M點的時間大于小球第一次到達N點的時間D．在磁場中小球能到達軌道的另一端，在電場中小球不能到達軌道的另一端題號12345678910答案二、填空題(本題共2個小題，滿分12分)11．(6分)一個電子(電荷量為e，質(zhì)量為m)以速率v從x軸上某點垂直x軸進入上方勻強磁場區(qū)域，如圖8所示，已知上方磁感應(yīng)強度為B，且大小為下方勻強磁場磁感應(yīng)強度的2倍，將從開始到再一次由x軸進入上方磁場作為一個周期，那么，電子運動一個周期所用的時間是________，電子運動一個周期的平均速度大小為________．圖8圖912．（6分）如圖9所示,正方形容器處在勻強磁場中，一束電子從a孔沿a→b方向垂直射入容器內(nèi)的勻強磁場中，結(jié)果一部分電子從小孔c豎直射出，一部分電子從小孔d水平射出，則從c、d兩孔射出的電子在容器中運動的時間之比tc∶td＝____________，在容器中運動的加速度大小之比ac∶ad＝__________.三、計算題(本題共4個小題，滿分38分)13．(8分)如圖10所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.4m，質(zhì)量為6×10－2kg的通電直導(dǎo)線，電流I＝1A，方向垂直紙面向外，導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在磁感應(yīng)強度每秒增加0.4T，方向豎直向上的磁場中，設(shè)t＝0時，B＝0，則需要多長時間斜面對導(dǎo)線的支持力為零？(g取10m/s2圖1014．(10分)電子質(zhì)量為m，電荷量為q，以速度v0與x軸成θ角射入磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，最后落在x軸上的P點，如圖11所示，求：圖11(1)eq\x\to(OP)的長度；(2)電子由O點射入到落在P點所需的時間t.15．(10分)如圖12所示，有界勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝2×10－3T；磁場右邊是寬度L＝0.2m、場強E＝40V/m、方向向左的勻強電場．一帶電粒子電荷量q＝－3.2×10－19C，質(zhì)量m＝6.4×10－27kg，以v＝4×圖12(1)大致畫出帶電粒子的運動軌跡(畫在給出的圖中)；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；(3)帶電粒子飛出電場時的動能Ek.16．(10分)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶負電粒子自靜止開始，經(jīng)M、N板間的電場加速后，從A點垂直于磁場邊界射入寬度為d的勻強磁場中，該粒子離開磁場時的位置P偏離入射方向的距離為L，如圖13所示，已知M、N兩板間的電壓為U，粒子的重力不計．圖13(1)正確畫出粒子由靜止開始至離開勻強磁場時的軌跡圖(用直尺和圓規(guī)規(guī)范作圖)；(2)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B.第三章磁場(A)答案1．ABD[帶正電的質(zhì)子穿過一空間未偏轉(zhuǎn)，可能不受力，可能受力平衡，也可能受合外力方向與速度方向在同一直線上．]2．A3．D[磁場中某點的磁感應(yīng)強度由磁場本身決定，與試探電流元無關(guān)．而磁感線可以描述磁感應(yīng)強度，疏密程度表示大?。甝4．A[帶電粒子在勻強磁場中運動時所受的洛倫茲力跟速度方向與磁場方向的夾角有關(guān)，當速度方向與磁場方向平行時，它不受洛倫茲力作用，又不受其他力作用，這時它將做勻速直線運動，故A項正確．因洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，改變速度方向，因而同時也改變洛倫茲力的方向，故洛倫茲力是變力，粒子不可能做勻變速運動，故B、C兩項錯誤．只有當速度方向與磁場方向垂直時，帶電粒子才做勻速圓周運動，故D項中“只能”是不對的．]5．AD[本題源于課本而又高于課本，既考查考生對回旋加速器的結(jié)構(gòu)及工作原理的掌握情況，又能綜合考查磁場和電場對帶電粒子的作用規(guī)律．由R＝eq\f(mv,qB)知，隨著被加速離子的速度增大，離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑逐漸增大，所以離子必須由加速器中心附近進入加速器，A項正確，B項錯誤；離子在電場中被加速，使動能增加；在磁場中洛倫茲力不做功，離子做勻速圓周運動，動能不改變．磁場的作用是改變離子的速度方向，所以C項錯誤，D項正確．]6．ABD[帶負電的油滴在勻強磁場B中做勻速直線運動，受堅直向下的重力和豎直向上的洛倫茲力而平衡，當B減小時，由F＝qvB可知洛倫茲力減小，重力大于洛倫茲力，重力做正功，故油滴動能增加，A正確；B增大，洛倫茲力大于重力，重力做負功，而洛倫茲力不做功，故機械能不變，B正確；磁場反向，洛倫茲力豎直向下，重力做正功，動能增加，重力勢能減小，故C錯，D正確．]7．AD[由左手定則可知，圓環(huán)所受洛倫茲力豎直向上，如果恰好qv0B＝mg，圓環(huán)與桿間無彈力，不受摩擦力，圓環(huán)將以v0做勻速直線運動，故A正確；如果qv0B<mg，則a＝eq\f(μmg－qvB,m)，隨著v的減小，a增大，直到速度減為零后靜止；如果qv0B>mg，則a＝eq\f(μqvB－mg,m)，隨著v的減小a也減小，直到qvB＝mg，以后將以剩余的速度做勻速直線運動，故D正確，B、C錯誤．]8．C[只有電場時，粒子做類平拋運動，水平方向為勻速直線運動，故t1＝t2；只有磁場時做勻速圓周運動，速度大小不變，但沿AC方向的分速度越來越小，故t3>t2，綜上所述可知，選項C對．]9．D[本題考查帶電粒子在電場、磁場中的運動，速度選擇器的知識．帶電粒子在金屬板中做直線運動，qvB＝Eq，v＝eq\f(E,B)，表明帶電粒子的速度一定相等，而電荷的帶電量、電性、質(zhì)量、比荷的關(guān)系均無法確定；在磁場中R＝eq\f(mv,Bq)，帶電粒子運動半徑不同，所以比荷一定不同，D項正確．]10．D[在磁場中運動時，只有重力做正功，在電場中運動時，重力做正功、電場力做負功，由動能定理可知：eq\f(1,2)mveq\o\al(2,M)＝mgHeq\f(1,2)mveq\o\al(2,N)＝mgH－qE·d故vM>vN，A、C不正確．最低點M時，支持力與重力和洛倫茲力的合力提供向心力，最低點N時，支持力與重力的合力提供向心力．因vM>vN，故壓力FM>FN，B不正確．在電場中因有電場力做負功，有部分機械能轉(zhuǎn)化為電勢能，故小球不能到達軌道的另一端．D正確．]11.eq\f(3πm,eB)eq\f(2v,3π)解析電子一個周期內(nèi)的運動軌跡如右圖所示．由牛頓第二定律及洛倫茲力公式，可知evB＝eq\f(mv2,R)，故圓半徑R＝eq\f(mv,eB)，所以上方R1＝eq\f(mv,eB)，T1＝eq\f(2πm,eB)；下方R2＝eq\f(2mv,eB)，T2＝eq\f(4πm,eB).因此電子運動一個周期所用時間是：T＝eq\f(T1,2)＋eq\f(T2,2)＝eq\f(πm,eB)＋eq\f(2πm,eB)＝eq\f(3πm,eB)，在這段時間內(nèi)位移大?。簒＝2R2－2R1＝2×eq\f(2mv,eB)－2×eq\f(mv,eB)＝eq\f(2mv,eB)，所以電子運動一個周期的平均速度大小為：eq\x\to(v)＝eq\f(x,T)＝eq\f(\f(2mv,eB),\f(3πm,eB))＝eq\f(2v,3π).12．1∶22∶1解析同一種粒子在同一磁場中運動的周期相同，且tc＝eq\f(1,4)T，td＝eq\f(1,2)T，即tc∶td＝1∶2.由r＝eq\f(mv,qB)知，vc∶vd＝rc∶rd＝2∶1，而ac∶ad＝eq\f(qvcB,m)∶eq\f(qvdB,m)＝vc∶vd＝2∶1.13．5s解析斜面對導(dǎo)線的支持力為零時受力分析如右圖由平衡條件得：BIL＝mgcot37°B＝eq\f(mgcot37°,IL)＝eq\f(6×10－2×10×\f(0.8,0.6),1×0.4)T＝2T所需時間t＝eq\f(B,ΔB)＝eq\f(2,0.4)s＝5s14．(1)eq\f(2mv0,Bq)sinθ(2)eq\f(2θm,Bq)解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，應(yīng)根據(jù)已知條件首先確定圓心的位置，畫出運動軌跡，所求距離應(yīng)和半徑R相聯(lián)系，所求時間應(yīng)和粒子轉(zhuǎn)動的圓心角θ、周期T相聯(lián)系．(1)過O點和P點做速度方向的垂線，兩線交點C即為電子在磁場中做勻速圓周運動的圓心，如右圖所示，則可知eq\x\to(OP)＝2R·sinθ①Bqv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)②由①②式可解得：eq\x\to(OP)＝eq\f(2mv0,Bq)sinθ.(2)由圖中可知：2θ＝ωt③又v0＝ωR④由③④式可得：t＝eq\f(2θm,Bq).15．(1)見解析圖(2)0.4m(3)7.68×10－18J解析(1)軌跡如下圖所示．(2)帶電粒子在磁場中運動時，由牛頓運動定律，有qvB＝meq\f(v2,R)，R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×4×104,3.2×10－19×2×10－3)m＝0.4m.(3)Ek＝EqL＋eq\f(1,2)mv2＝40×3.2×1