2024-2025学年高中物理第三章磁场章末检测含解析新人教版选修3-1

PAGEPAGE8第三章章末检测一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分．其中1～5小题为单选题，6～8小题为多选题)1．在如图所示的四幅图中，正确标明白带正电的粒子在磁感应强度为B的磁场中以速度v运动时所受洛伦兹力F的方向的是()解析：磁感线穿过手心，四指指向正粒子运动的方向，拇指所指的方向就是正粒子所受洛伦兹力的方向，即为左手定则．在A中，粒子所受洛伦兹力的方向应竖直向下；B中，粒子所受洛伦兹力的方向竖直向上；C中，粒子所受洛伦兹力的方向应垂直纸面对里；D中，粒子所受洛伦兹力的方向应垂直纸面对外，故选B.答案：B2．如图所示，弹簧测力计下挂一铁球，将弹簧测力计自左向右渐渐移动时，弹簧测力计的示数()A．不变B．渐渐减小C．先减小后增大D．先增大后减小解析：磁体上磁极的磁性最强，对铁球的吸引力最大，所以铁球自左向右渐渐移动时，所受磁体的引力先减小后增大，弹簧测力计的示数也随之先减小后增大．答案：C3．在赤道上空，水平放置一根通以由西向东的电流的直导线，则此导线()A．受到竖直向上的安培力B．受到竖直向下的安培力C．受到由南向北的安培力D．受到由西向东的安培力解析：赤道上空的地磁场方向是由南向北的，电流方向由西向东，画出此处磁场和电流的方向图如图所示，由左手定则可推断出导线受到的安培力的方向是竖直向上的，选项A正确．答案：A4.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，方向与水平方向的夹角为30°，图中实线位置有一面积为S的矩形线圈处于磁场中，并围着它的一条边从水平位置转到竖直位置(图中虚线位置)．则在此过程中磁通量的改变量的大小为()A.eq\f(\r(3)－1,2)BSB．BSC.eq\f(\r(3)＋1,2)BSD．2BS解析：取线圈在水平位置时穿过线圈的磁通量为正，则Φ1＝BSsin30°＝eq\f(1,2)BS线圈处于竖直位置，磁感线从线圈另一面穿过，磁通量Φ2＝－BScos30°＝－eq\f(\r(3),2)BS故磁通量的改变为ΔΦ＝Φ2－Φ1＝－eq\f(\r(3)＋1,2)BS即改变量的大小为|ΔΦ|＝eq\f(\r(3)＋1,2)BS.答案：C5．(2024·北京市昌平区高二联考)如图所示，质量为m、长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O′点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B；棒中通以某一方向的电流，平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，重力加速度为g.则()A．金属棒中的电流方向由N指向MB．金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO′平面对上C．金属棒中的电流大小为eq\f(mg,BL)tanθD．每条悬线所受拉力大小为mgcosθ解析：平衡时两悬线与竖直方向夹角均为θ，故导线受到安培力，依据左手定则，可推断金属棒中的电流方向由M指向N，故A错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁场方向向右，故B错误；由受力分析可知，Tcosθ＝mg，Tsinθ＝BIL，得I＝eq\f(mg,BL)tanθ，故C正确；由受力分析可知，Tcosθ＝mg，T＝eq\f(mg,cosθ)，故D错误．答案：C6．(多选)(2024·汕头测试)如图是自动跳阐的闸刀开关，闸刀处于垂直纸面对里匀强磁场中，当CO间的闸刀刀片通过的直流电流超过额定值时，闸刀A端会向左弹开断开电路．以下说法正确的是()A．闸刀刀片中的电流方向为C至OB．闸刀刀片中的电流方向为O至CC．跳闸时闸刀所受安培力没有做功D．增大匀强磁场的磁感应强度，可使自动跳闸的电流额定值减小解析：当MN通电后，闸刀开关会自动跳开，可知安培力应当向左，由左手定则推断，电流方向O→C，故A错误、B正确．跳闸时闸刀受到安培力而运动断开，故跳闸时闸刀所受安培力做正功，故C错误．跳闸的作用力是肯定的，依据安培力F＝BIL可知，增大匀强磁场的磁感应强度，电流I变小，故D正确．故选BD.答案：BD7．(多选)用回旋加速器加速质子时，所加交变电压的频率为f，为了使质子获得的最大动能增加为原来的4倍，下列方法不行取的是()A．将其磁感应强度增大为原来的2倍B．将D形金属盒的半径增大为原来的2倍C．将两D形金属盒间的加速电压增大为原来的4倍D．将交变电压的频率增大为原来的4倍答案：ACD8.(多选)目前世界上正在探讨一种新型发电机叫磁流体发电机，如图表示它的原理：将一束等离子体(包含正、负离子)喷射入磁场，在磁场中有两块金属板A、B，于是金属板上就会聚集电荷，产生电压．以下说法正确的是()A．B板带正电B．A板带正电C．其他条件不变，只增大射入速度，UAB增大D．其他条件不变，只增大磁感应强度，UAB增大解析：依据左手定则，正离子进入磁场受到的洛伦兹力向下，A正确、B错误．最终，离子受力平衡有qBv＝qeq\f(UAB,d)，可得UAB＝Bvd，C、D正确．答案：ACD二、非选择题(本题共4小题，共52分)9．(12分)长L＝60cm、质量m＝6.0×10－2kg、粗细匀称的金属棒，两端用完全相同的弹簧挂起，放在磁感应强度B＝0.4T、方向垂直纸面对里的匀强磁场中，如图所示，若不计弹簧重力(g取10m/s2(1)要使弹簧不伸长，金属棒中电流的大小和方向如何？(2)若在金属棒中通入自左向右、大小为I＝0.2A的电流，金属棒下降x1＝1cm；若通入金属棒中的电流仍为0.2A，但方向相反，这时金属棒下降了多少？解析：(1)要使弹簧不伸长，则重力应与安培力平衡，所以安培力应向上，据左手定则可知电流方向应向右，因mg＝BLI，所以I＝eq\f(mg,BL)＝2.5A.(2)因在金属棒中通入自左向右、大小为I＝0.2A的电流，金属棒下降x1＝1cm，由平衡条件得mg＝BLI＋2kx1.当电流反向时，由平衡条件得mg＝－BLI＋2kx2.解得x2＝1.17cm.答案：(1)2.5A向右(2)1.17cm10．(12分)如图所示，在xOy平面内，y≥0的区域有垂直于xOy平面对里的匀强磁场，磁感应强度为B，一质量为m、带电荷量大小为q的粒子从原点O沿与x轴正方向成60°角方向以v0射入，粒子的重力不计，求带电粒子在磁场中运动的时间和带电粒子离开磁场时的位置．解析：当带电粒子带正电时，轨迹如图中OAC，对粒子，由于洛伦兹力供应向心力，则qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，R＝eq\f(mv0,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)故粒子在磁场中的运动时间t1＝eq\f(240°,360°)T＝eq\f(4πm,3qB)粒子在C点离开磁场OC＝2R·sin60°＝eq\f(\r(3)mv0,qB)故离开磁场的位置为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)mv0,qB)，0))当带电粒子带负电时，轨迹如图中ODE所示，同理求得粒子在磁场中的运动时间t2＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(2πm,3qB)离开磁场时的位置为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)mv0,qB)，0)).答案：(1)eq\f(4πm,3qB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3)mv0,qB)，0))或eq\f(2πm,3qB)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3)mv0,qB)，0))11．(12分)(2024·北京高考)如图所示，质量为m，电荷量为q的带电粒子，以初速度v沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R和周期T.(2)为使该粒子做匀速直线运动，还须要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E的大小．解析：(1)粒子做匀速圆周运动，洛伦兹力供应向心力，有F洛＝qvB＝meq\f(v2,R)解得粒子做匀速圆周运动的半径R＝eq\f(mv,qB)粒子做匀速圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,qB)(2)粒子受电场力F＝qE，洛伦兹力F洛＝qvB，粒子做匀速直线运动，由二力平衡可知，qE＝qvB.解得电场强度的大小E＝vB.答案：(1)eq\f(mv,qB)eq\f(2πm,qB)(2)vB12．(16分)(2024·邯郸高二检测)如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场，第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内存在垂直于坐标平面对外的匀强磁场，磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，从y轴正半轴上y＝h处的M点，以速度v0垂直于y轴射入电场，经x轴上x＝2h处的P点进入磁场，最终以垂直于y轴的方向射出磁场．不计粒子重力．求：(1)电场强度的大小E.(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.(3)粒子从进入电场到离开磁场经验的总时间t.解析：(1)设粒子在电场中运动的时间为t1则有2h＝v0t1，①h＝eq\f(1,2)ateq\o\al(2,1)②依据牛顿其次定律得Eq＝ma③解得E＝eq\f(mv\o\al(2,0),2qh).④(2)设粒子进入磁场时速度为v，在电场中，由动能定理得Eqh＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)⑤由④⑤得v＝eq\r(2)v0⑥由几何关系知，粒子射入磁场速度与x轴夹角为45°.粒子的运动轨迹如图所示又Bqv＝eq\f(mv2,r)⑦联立⑥⑦，解得r＝eq\f(\r(2)mv0,Bq).⑧(3)粒子在电场中运动的时间t1＝eq\f(2h,v0