2024年高中物理第三章章末質(zhì)量評估三含解析新人教版選修3-1

PAGE9-章末質(zhì)量評估（三）（時間：90分鐘分值：100分）一、單項選擇題（每題3分，本題共10小題，共30分.每小題中只有一個選項是正確的，選對得3分，錯誤、不選或多選均不得分）1.下列關(guān)于磁場和磁感線的描述中正確的是（）A.磁感線可以形象地描述各點磁場的方向B.磁感線是磁場中客觀存在的線C.磁感線總是從磁鐵的N極動身，到S極終止D.試驗中視察到的鐵屑的分布就是磁感線答案：A2.關(guān)于磁通量，正確的說法有（）A.磁通量不僅有大小而且有方向，是矢量B.在勻強(qiáng)磁場中，a線圈面積比b線圈面積大，則穿過a線圈的磁通量肯定比穿過b線圈的大C.磁通量大，磁感應(yīng)強(qiáng)度不肯定大D.把某線圈放在磁場中的M、N兩點，若放在M處的磁通量比在N處的大，則M處的磁感應(yīng)強(qiáng)度肯定比N處大答案：C3.如圖所示，條形磁鐵放在水平桌面上，在其正中心的上方固定一根長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁鐵垂直.給導(dǎo)線通以垂直紙面對里的電流，用FN表示磁鐵對桌面的壓力，用Ff表示桌面對磁鐵的摩擦力，則導(dǎo)致通電后與通電前相比較（）A.FN減小，F(xiàn)f＝0 B.FN減小，F(xiàn)f≠0C.FN增大，F(xiàn)f＝0 D.FN增大，F(xiàn)f≠0解析：由于磁鐵在導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向左，由左手定則知，磁鐵對通電導(dǎo)線的作用力豎直向上，由牛頓第三定律可知，通電導(dǎo)線對磁鐵的作用力豎直向下，使磁鐵與桌面間的壓力變大；由于通電導(dǎo)線對磁鐵的作用力豎直向下，因此磁鐵沒有水平運動趨勢，故C正確.答案：C4.一帶電粒子，沿垂直于磁場方向射入勻強(qiáng)磁場，粒子運動的一段徑跡如圖所示，徑跡上每一小段都看成圓弧，由于帶電粒子使四周空氣電離粒子能量不斷變?。◣щ娏坎蛔儯瑒t（）A.粒子帶負(fù)電，從B射入 B.粒子帶負(fù)電，從A射入C.粒子帶正電，從B射入 D.粒子帶正電，從A射入答案：B5.如圖所示，一根有質(zhì)量的金屬棒MN，兩端用細(xì)軟導(dǎo)線連接后懸于a、b兩點，棒的中部處于方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，棒中通有電流，方向從M流向N，此時懸線上有拉力.為了使拉力等于零，可以（）A.適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度 B.使磁場反向C.適當(dāng)增大電流 D.使電流反向答案：C6.長為L的通電直導(dǎo)線放在傾角為θ的光滑斜面上，并處在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，如圖所示，當(dāng)B方向豎直向上，電流為I1時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，若B方向改為垂直斜面對上，則電流為I2時導(dǎo)體處于平衡狀態(tài)，電流比值eq\f(I1,I2)應(yīng)為（）A.cosθ B.eq\f(1,cosθ)C.sinθ D.eq\f(1,sinθ)解析：磁場方向豎直向上，安培力水平向右.由平衡條件可得，mgtanθ＝BI1L；磁場方向垂直于斜面對上，安培力沿斜面對上.由平衡條件可得mgsinθ＝BI2L，聯(lián)立解得I1∶I2＝1∶cosθ，B選項正確.答案：B7.如圖所示，一束粒子（不計重力，初速度可忽視）緩慢通過小孔O1進(jìn)入極板間電壓為U的水平加速電場區(qū)域Ⅰ，再通過小孔O2射入相互正交的恒定勻強(qiáng)電場、磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的方向如圖所示，收集室的小孔O3與O1、O2在同一條水平線上.則（）A.該裝置可篩選出具有特定質(zhì)量的粒子B.該裝置可篩選出具有特定電量的粒子C.該裝置可篩選出具有特定速度的粒子D.該裝置可篩選出具有特定動能的粒子答案：C8.如圖所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面對里的勻強(qiáng)磁場，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子（重力不計）從AB邊的中點O以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°.若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強(qiáng)磁場的大小B需滿意（）A.B＞eq\f(\r(3)mv,3aq) B.B＜eq\f(\r(3)mv,3aq)C.B＞eq\f(\r(3)mv,aq) D.B＜eq\f(\r(3)mv,aq)解析：粒子剛好達(dá)到C點時，其運動軌跡與AC相切，則粒子運動的半徑為r0＝eq\r(3)a.由r＝eq\f(mv,qB)得，粒子要能從AC邊射出，粒子運動的半徑r＞r0，解得B＝eq\f(\r(3)mv,3aq)，選項B正確.答案：B9.兩個質(zhì)量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示.若不計粒子的重力，則下列說法正確的是（）A.a粒子帶正電，b粒子帶負(fù)電B.a粒子在磁場中所受的洛倫茲力較大C.b粒子的動能較大D.b粒子在磁場中運動的時間較長解析：由左手定則可知，a粒子帶負(fù)電，b粒子帶正電，A錯誤；由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)，故運動的軌跡半徑越大，對應(yīng)的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場中所受洛倫茲力較大，B錯誤；由Ek＝eq\f(1,2)mv2可得b粒子的動能較大，C正確；由T＝eq\f(2πm,qB)知兩者的周期相同，b粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應(yīng)的圓心角，所以b粒子在磁場中運動的時間較短，D錯誤.答案：C10.如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子（不計重力），經(jīng)電壓U加速后垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，粒子打至P點，設(shè)OP＝x，能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是（）解析：帶電粒子在電場中做加速運動，由動能定理有qU＝eq\f(1,2)mv2，帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動有eq\f(x,2)＝eq\f(mv,qB)，整理得x2＝eq\f(8m,qB2)U，故B正確.答案：B二、多項選擇題（本題共4小題，每題4分，共16分，每小題有多個選項是正確的，全選對得4分，少選得2分，選錯、多選或不選得0分）11.如圖所示，兩根平行長直導(dǎo)線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流：a、b、c是導(dǎo)線所在平面內(nèi)的三點，左側(cè)導(dǎo)線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l.關(guān)于這三點處的磁感應(yīng)強(qiáng)度，下列推斷正確的是（）A.a處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小比c處的大B.b、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等C.a、c兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相同D.b處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零答案：AD12.2010年，上海勝利舉辦盛大的世界博覽會.回眸一下歷屆世博會，許多科技成果從世博會上走向世界.例如：1873年奧地利維也納世博會上，線路意外搭錯造就“偶然獨創(chuàng)”，導(dǎo)致發(fā)電機(jī)變成了電動機(jī).如圖所示，是聞名的電磁旋轉(zhuǎn)試驗，這一裝置事實上就是最早的電動機(jī).圖中A是可動磁鐵，B是固定導(dǎo)線，C是可動導(dǎo)線，D是固定磁鐵.圖中灰色部分表示汞（磁鐵和導(dǎo)線的下半部分都浸沒在汞中），下部接在電源上.請你推斷這時自上往下看，A和C轉(zhuǎn)動方向為（）A.可動磁鐵A轉(zhuǎn)動方向為逆時針B.A和C轉(zhuǎn)動方向均為逆時針C.可動導(dǎo)線C轉(zhuǎn)動方向為順時針D.A和C轉(zhuǎn)動方向均為順時針解析：依據(jù)電流的方向判定可以知道B中的電流方向是向上的，那么在B導(dǎo)線旁邊的磁場方向為逆時針方向，即為A磁鐵N極的受力方向；由于D磁鐵產(chǎn)生的磁場呈現(xiàn)出由N極向外發(fā)散，C中的電流方向是向下的，由左手定則可知C受到的安培力方向為順時針.故選項A、C正確.答案：AC13.如圖所示，回旋加速器D形盒的半徑為R，所加磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，用來加速質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子，質(zhì)子從下半盒的質(zhì)子源由靜止動身，加速到最大能量E后由A孔射出，則下列說法正確的是（）A.回旋加速器不能無限加速粒子B.增大交變電壓U，則質(zhì)子在加速器中運行時間將變短C.回旋加速器所加交變電壓的頻率為eq\f(qB,2πm)D.下半盒內(nèi)部質(zhì)子的軌道半徑之比（由內(nèi)到外）為1∶eq\r(3)∶eq\r(5)∶…答案：ABC14.如圖所示，光滑絕緣軌道ABP豎直放置，其軌道末端切線水平，在其右側(cè)有一正交的勻強(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場區(qū)域，電場豎直向上，磁場垂直紙面對里.一帶電小球從軌道上的A點由靜止滑下，經(jīng)P點進(jìn)入場區(qū)后，恰好沿水平方向做直線運動.則可判定（）A.小球帶負(fù)電B.小球帶正電C.若小球從B點由靜止滑下，進(jìn)入場區(qū)后將馬上向上偏D.若小球從B點由靜止滑下，進(jìn)入場區(qū)后將馬上向下偏解析：若小球帶正電，小球在復(fù)合場中受到向上的電場力、向上的洛倫茲力和向下的重力，只要三力平衡，小球就能做勻速直線運動；若小球帶負(fù)電，小球在復(fù)合場中受到向下的電場力、向下的洛倫茲力和向下的重力，不行能做勻速直線運動，所以A錯誤，B正確；若小球從B點由靜止滑下，進(jìn)入場區(qū)后，所受洛倫茲力小于從A點滑下進(jìn)入場區(qū)受到的洛倫茲力，小球所受合力向下，所以小球向下偏，C錯誤，D正確.答案：BD三、計算題（共54分）15.（12分）如圖所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌M、N，電阻不計，相距0.2m，上邊沿導(dǎo)軌垂直方向放一個質(zhì)量為m＝5×10－2kg的金屬棒ab，ab的電阻為0.5Ω.兩金屬導(dǎo)軌一端通過電阻R和電源相連，電阻R＝2Ω，電源電動勢E＝6V，電源內(nèi)阻r＝0.5Ω.假如在裝置所在的區(qū)域加一個勻強(qiáng)磁場，使ab對導(dǎo)軌的壓力恰好是零，并使ab處于靜止?fàn)顟B(tài)（導(dǎo)軌光滑，g取10m/s2），求所加磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小和方向.解析：因ab對導(dǎo)軌壓力恰好是零且處于靜止?fàn)顟B(tài)，依據(jù)左手定則可知，ab所受安培力方向肯定豎直向上且大小等于重力，由左手定則可以判定B的方向應(yīng)為水平向右.ab中的電流I＝eq\f(E,R＋r＋rab)＝eq\f(6,2＋0.5＋0.5)A＝2A，F(xiàn)＝ILB＝mg，B＝eq\f(mg,IL)＝eq\f(5×10－2×10,2×0.2)T＝1.25T.16.（12分）如圖所示，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直紙面對外，質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球在傾角為α的光滑斜面上由靜止起先下滑.設(shè)斜面無限長，若帶電小球下滑后某個時刻對斜面的壓力恰好為零，問：（1）小球的帶電性質(zhì)如何？（2）此時小球下滑的速度和位移分別為多大？解析：（1）小球沿斜面下滑，其對斜面的壓力為零，說明其受到的洛倫茲力應(yīng)垂直斜面對上，依據(jù)左手定則可推斷小球帶正電.（2）當(dāng)小球?qū)π泵鎵毫榱銜r，有mgcosα＝qvB得小球此時的速度為v＝eq\f(mgcosα,qB).由于小球沿斜面方向做，勻加速運動，加速度為a＝gsinα，由勻加速運動的位移公式v2＝2ax，得x＝eq\f(m2gcos2α,2q2B2sinα).17.（12分）如圖所示，平面直角坐標(biāo)系xOy位于豎直平面內(nèi)，在水平的x軸下方存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，方向垂直xOy平面對里，電場線平行于y軸.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電荷的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進(jìn)入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，M、N之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸正方向的夾角為θ.不計空氣阻力，重力加速度為g，求：（1）電場強(qiáng)度E的大小和方向；（2）小球從A點拋出時初速度v0的大小；（3）A點到x軸的高度h.解析：（1）小球在電場和磁場中恰能做勻速圓周運動，其所受電場力必需與重力平衡，有qE＝mg，即E＝eq\f(mg,q).重力的方向是豎直向下，電場力的方向則應(yīng)為豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強(qiáng)度方向豎直向上.（2）小球做勻速圓周運動，如圖所示，O′為圓心，MN為弦長，∠MO′P＝θ，設(shè)半徑為r，由幾何關(guān)系知eq\f(L,2r)＝sinθ.①小球做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力供應(yīng)，設(shè)小球做圓周運動的速率為v，有qvB＝eq\f(mv2,r)，②由速度的合成與分解知eq\f(v0,v)＝cosθ，③由①②③式得v0＝eq\f(qBL,2mtanθ).④（3）設(shè)小球到M點時的豎直分速度為vy，它與水平分速度的關(guān)系為vy＝v0tanθ，⑤由勻變速直線運動規(guī)律得veq\o\al(2,y)＝2gh，⑥由④⑤⑥式得h＝eq\f(q2B2L2,8m2g).18.（18分）一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充溢磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad寬為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一帶電粒子，速度大小為v0，方向與ad邊夾角θ為30°，如圖所示.已知粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m（重力不計）.（1）若粒子帶負(fù)電，且恰能從d點射出磁場，求v0的大小；（2）若粒子帶正電，使粒子能從ab邊射出磁場，求v0的取值范圍以及該范圍內(nèi)粒子在磁場中運動時間t的范圍.解析：（1）由圖可知R＝eq\f(L,2)，據(jù)洛倫茲力供應(yīng)向心力，得qvB＝eq\f(mveq\o\al(2,0),R)，則v0＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(qBL,2m).（2）當(dāng)v0最大時，R1－R1cos60°＝eq\f(L,2)，得R1＝L，則vmax＝eq\f(qBR1,m)＝eq\f(qBL,m