人教版高二物理选修3-1 第三章《磁场》 达标检测 word版含解析答案

1、人教版选修3-1 第三章磁场 达标检测本章达标检测(满分:100分;时间:90分钟)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。在每小题给出的四个选项中,第15题只有一个选项正确,第68题有多个选项正确,全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分)1.如图所示,两个完全相同的线圈套在一水平光滑绝缘圆柱上,但能自由移动,若两线圈内通以大小不等的同向电流,则它们的运动情况是()A.都绕圆柱转动B.以不等的加速度相向运动C.以相等的加速度相向运动D.以相等的加速度背向运动2.图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如

2、图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是()A.向上B.向下C.向左D.向右3. 如图所示,两根垂直纸面、平行且固定放置的直导线M和N,通有同向等值电流,沿纸面与直导线M、N等距放置另一根可自由移动的通电导线ab,则通电导线ab在安培力作用下的运动情况是()A.沿纸面逆时针转动B.沿纸面向右平动C.静止不动D.a端转向纸里,b端转向纸外4.一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场,在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系的图象是()5.如图所示的区域中存在着匀强电场和匀强磁场,二者平行但方向相反。质量为m,所带电

3、荷量为-q的粒子(不计重力)沿电场方向以初速度v0射入场区,下列关于该粒子的说法正确的是()A.所受洛伦兹力越来越小B.速度方向保持不变C.所受电场力越来越小D.向右的最大位移为mv022qE6.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场的磁感应强度B=kIr,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()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

4、.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7.美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用运动的带电粒子在磁场中做圆周运动的特点,能使带电粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量,使人类在获得较高能量带电粒子方面前进了一步。如图所示为一种改进后的回旋加速器的示意图,其中盒缝间的加速电场的场强大小恒定,且被限制在A、C板间,带电粒子从P0处由静止释放,并沿电场线方向进入加速电场,经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动,对于这种改进后的回旋加速器,下列说法正确的是()A.带电粒子每运动一周被加速一次B.P1P2=P2P3C.粒子的最大速度与D形盒的尺

5、寸有关D.加速电场的方向需要做周期性的变化8.如图所示,足够长的绝缘木板静止在光滑水平地面上,空间存在垂直纸面向里的匀强磁场,一带正电的滑块静止在木板右端,木板上表面不光滑,下列说法正确的是()A.若给木板一水平向右的初速度,最终木板和滑块一定相对静止B.若给木板一水平向右的初速度,最终滑块和木板间一定没有摩擦力C.若给木板施加一水平向右的恒力,最终滑块和木板间一定没有弹力D.若给木板施加一水平向右的恒力,最终滑块做匀加速运动二、填空题(本题共2小题,共16分。把答案直接填在横线上)9.(6分)音圈电机是一种应用于硬盘、光驱等系统的特殊电动机。如图是某音圈电机的原理示意图,它由一对正对的磁极和

6、一个正方形刚性线圈构成,线圈边长为L,匝数为n,磁极正对区域内的磁感应强度方向垂直于线圈平面竖直向下,大小为B,区域外的磁场忽略不计。线圈左边始终在磁场外,右边始终在磁场内,前后两边在磁场内的长度始终相等。某时刻线圈中电流从P流向Q,大小为I。此时线圈所受安培力的大小为,方向;若此时线圈水平向右运动的速度大小为v,安培力的功率为。 10.(10分)如图所示,电源电动势为3 V,内阻不计,两个不计电阻的金属圆环表面光滑,竖直悬挂在等长的细线上,金属环面平行,相距1 m,两环分别与电源正负极相连。现将一质量为0.06 kg、电阻为1.5 的导体棒轻放在环上,导体棒与环有良好电接触。两环之

7、间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场。当开关闭合后,导体棒上滑到某位置静止不动,在此位置上棒对每一个环的压力为;若已知环半径为0.5 m,此位置与环底的高度差是。(g取10 m/s2) 三、计算题(本题共3小题,共36分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必须明确写出数字和单位)11.(10分)如图所示,A点距坐标原点的距离为L,坐标平面内有边界过A点和坐标原点O的圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直于坐标平面向里。有一电子(质量为m、电荷量为e)从A点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场区域,在磁场中运动,从x轴上的B点射出磁场区域,此

8、时速度方向与x轴的正方向之间的夹角为60°,求:(1)磁场的磁感应强度大小;(2)磁场区域的圆心O1的坐标;(3)电子在磁场中运动的时间。12.(12分)如图所示,在坐标系xOy内有一半径为a的圆形区域,圆心坐标为O1(a,0),圆内分布有垂直纸面向里的匀强磁场。在直线y=a的上方和直线x=2a的左侧区域内,有一沿y轴负方向的匀强电场,场强大小为E。一质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入,当速度方向沿x轴正方向时,粒子恰好从O1点正上方的A点射出磁场,不计粒子重力。(1)求磁感应强度B的大小;(2)若粒子以速度v从O点垂直于磁场方向射入第一象限,当速度方向与x

9、轴正方向的夹角为=30°时,求粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t。13.(14分)如图所示,在直角坐标系xOy的第一象限中有两个全等的直角三角形区域和,充满了方向均垂直纸面向里的匀强磁场,区域的磁感应强度大小为B0,区域的磁感应强度大小可调, C点坐标为(4L,3L),M点为OC的中点。质量为m、电荷量为-q的粒子从C点沿平行于y轴方向射入磁场中,速度大小为qB0L2m,不计粒子所受重力,粒子运动轨迹与磁场区域相切时认为粒子能再次进入磁场。(1)若粒子无法进入区域中,求区域的磁感应强度大小范围;(2)若粒子恰好不能从AC边射出,求区域的磁感应强度大小;(3)若粒子能到达M点,求区域

10、磁场的磁感应强度大小的所有可能值。答案全解全析第三章磁场本章达标检测一、选择题1.C同向环形电流间相互吸引,虽然两电流大小不等,但根据牛顿第三定律知两线圈间相互作用力大小相等,所以C项正确。2.Ba、b、c、d四根导线上电流大小相同,它们在O点形成的磁场的磁感应强度B大小相同,方向如图甲所示。O点合磁场方向如图乙所示,则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下,B选项正确。3.D根据长直导线周围磁场的分布规律和矢量合成法则,可以判断两直导线M、N连线中垂线上方磁场方向水平向右,ab上半段所受安培力垂直于纸面向里;两直导线M、N连线中垂线下方磁场方向水平向左,a

11、b下半段所受安培力垂直于纸面向外,所以a端转向纸里,b端转向纸外,选项D正确。4.D带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,qvB=mv2RR=mvqB,由圆周运动规律,T=2Rv=2mqB,可见粒子运动周期与半径无关,故D项正确。5.D因v0与B平行,故该粒子不受洛伦兹力,选项A错误;因所受电场力与v0方向相反,故经一定时间后,速度方向可能改变,选项B错误;因电场是匀强电场,故粒子所受电场力不变,选项C错误;由动能定理可知qExm=12mv02,得xm=mv022qE,故选项D正确。6.BD由安培定则可知,M处的通电导线在MN区域产生的磁场垂直于MN向里,离导线越远磁场越弱;N处的通电导线在M

12、N区域产生的磁场垂直于MN向外,由M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F=Bqv为变力,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。从a到O洛伦兹力的方向向上,随磁场的减弱而减小,从O到b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直在增大,D正确,C错误。7.AC由题图可以看出,带电粒子每运动一周被加速一次,A正确;由R=mvqB和qU=12mv22-12mv12可知,带电粒子每运动一周,电场力做功都相同,动能增量都相同,但速度的增量不相同,故粒子做圆周运动的半径增加量不相同,B错误;由v=q

13、BRm可知,粒子的最大速度与D形盒的半径R有关,C正确;粒子在电场中运动的方向始终不变,则加速电场的方向保持不变,故D错误。8.BC若给木板一水平向右的初速度,则木板和滑块开始会存在滑动摩擦力,滑块开始向右加速,受到向上的洛伦兹力且不断增大,则木板和滑块间的弹力与滑动摩擦力不断减小,若滑块与木板先达到共速,则摩擦力减为零,最终木板和滑块保持相对静止;若木板和滑块间的弹力与滑动摩擦力先减小到零,则它们不会相对静止,所以A错,B对;若给木板施加一水平向右的恒力,则木板和滑块间开始会存在摩擦力,滑块开始向右加速,受到向上的洛伦兹力且不断增大,则木板和滑块间的弹力不断减小,当弹力减小到零时,最终滑块做

14、匀速运动,C正确,D错误。二、填空题9.答案nBIL水平向右nBILv解析由安培力表达式F=BIL可知,线圈所受的安培力F=nBIL,由左手定则可判断安培力方向水平向右。由功率公式P=Fv可知,安培力的功率P=nBILv。10.答案0.5 N0.2 m解析棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=ER,代入数据解得F=BELR=0.8 N,对棒受力分析如图所示(从右向左看),两环支持力的总和为2FN=F2+(mg)2,代入数据解得FN=0.5 N。由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,由图中几何关系有 tan =Fmg=0.80.6=43,得=53°,棒距环底的高度为h=r(

15、1-cos )=0.2 m。三、计算题11.答案(1)mv02eL(2)32L,L2(3)2L3v0解析(1)由题意得电子在有界圆形磁场区域内受洛伦兹力做圆周运动,设圆周运动轨迹半径为r,磁场的磁感应强度为B0,则有ev0B0=mv02r过A、B点分别作速度的垂线交于C点,则C点为轨迹圆的圆心,已知B点速度与x轴夹角为60°,由几何关系得轨迹圆的圆心角C=60°AC=BC=r,已知OA=L,得OC=r-L由几何知识得r=2L联立解得B0=mv02eL(2)由于ABO在有界磁场圆上,AOB=90°,得AB为有界磁场圆的直径,故AB的中点为磁场区域的圆心O1,由几何关

16、系知ABC为等边三角形,磁场区域的圆心O1的坐标为32L,L2。(3)电子做匀速圆周运动,则圆周运动的周期为T=2rv0=4Lv0电子在磁场中运动的时间t=60°360°T=T6=2L3v0。12.答案(1)mvqa(2)(2+-3)av+2mvqE解析(1)设粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为R,则qvB=mv2R粒子自A点射出,由几何知识知R=a解得B=mvqa(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=2av如图所示,粒子从磁场中的P点射出,因磁场圆和粒子的轨迹圆的半径相等,OO1PO2构成菱形,故粒子在P点的出射方向与y轴平行,粒子由O到P所对应的圆心角为1=60

17、6;由几何知识可知,P点到x轴的距离s=a cos 粒子在电场中做匀变速运动,在电场中运动的时间t1=2mvqE粒子由P点第2次进入磁场,由Q点射出,PO1QO3构成菱形,由几何知识可知Q点在x轴上,粒子由P到Q对应的圆心角为2=120°,则1+2=粒子先后在磁场中运动的总时间t2=T2粒子在场区之间做匀速运动的时间t3=2(a-s)v解得粒子从射入磁场到最终离开磁场的时间t=t1+t2+t3=(2+-3)av+2mvqE13.答案见解析解析(1)当粒子运动轨迹恰好与x轴相切时,恰好能进入区域故粒子运动半径R>3L粒子运动半径满足:qBv0=mv02R代入v0=qB0L2m解得B<B06(2)粒子在区域中的运动半径r=mv0qB0=L2若粒子在区域中的运动半径R较小,则粒子会从AC边射出磁场。恰好不从AC边射出时满足O2O1Q=2,如图所示sin 2=2 sin cos =2425又sin 2=rR-r解得R=4924r=4948Lv0=qB0L2m可得:B=mv0qR=24B049(3)若粒子由