2020-2021学年高中物理-第三章-磁场练习教科版选修3-1.doc

2020-2021学年高中物理 第三章 磁场练习教科版选修3-12020-2021学年高中物理 第三章 磁场练习教科版选修3-1年级：姓名：- 15 -单元素养评价(三)(第三章)(90分钟100分)一、选择题(本题共14小题,每小题4分,共56分。110小题为单选,1114小题为多选)1.如图所示,将蹄形磁铁的两极置于阴极射线管的两侧,管中的阴极射线(高速运动的电子流)发生了偏转,其原因是运动的电子受到了()A.重力B.摩擦力C.电场力D.洛伦兹力【解析】选D。阴极射线即高速运动的电子流,电子带负电在磁场中受到的力叫洛伦兹力,故D正确;A、B、C错误。2.如图所示,质量为m的通电细杆ab置于倾角为的导轨上,导轨宽为d,杆ab与导轨间的摩擦因数为,有电流时,ab恰好在导轨上静止,在它的四个侧视图中标出四种可能的匀强磁场方向,其中杆ab与导轨之间的摩擦力可能为零的图是()【解析】选A。细杆受重力、向右的安培力以及支持力;若要使细杆平衡,摩擦力可以为零,故A正确;细杆受重力、垂直斜面向下的安培力以及支持力;若要使细杆平衡,摩擦力方向沿斜面向上,故B错误;细杆受重力和竖直向下的安培力和支持力;若要使细杆平衡,摩擦力方向沿斜面向上,故C错误;细杆受重力、向左的安培力以及支持力;若要使细杆平衡,摩擦力方向沿斜面向上,故D错误。3.南极考察经常就南极特殊的地理位置进行科学测量。“雪龙号”考察队员一次实验如下:在地球南极附近用弹簧测力计竖直悬挂一未通电螺线管,如图所示。下列说法正确的是()A.若将a端接电源正极,b端接电源负极,则弹簧测力计示数将减小B.若将a端接电源正极,b端接电源负极,则弹簧测力计示数将增大C.若将b端接电源正极,a端接电源负极,则弹簧测力计示数将减小D.不论螺线管通电情况如何,弹簧测力计示数均不变【解析】选A。分析弹簧测力计示数是否变化或怎样变化,关键在于确定螺线管与地磁场之间的作用情况。一方面,可以将地球等效处理为一个大磁铁,地理南极相当于磁铁的N极,因此在南极附近地磁场方向近似竖直向上,如图所示;另一方面,可利用安培定则判定通电螺线管在周围产生的磁场方向,再根据“同名磁极相斥,异名磁极相吸”的原理可判定螺线管与地磁场之间的作用情况,故正确选项为A。4.(2020东莞高二检测)如图所示,金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂,处于竖直向上的匀强磁场中,棒中通以由M向N的电流,平衡时两悬线与竖直方向夹角均为。如果仅改变下列某一个条件,角的相应变化情况是()A.棒中的电流变大,角变大B.两悬线等长变短,角变小C.金属棒质量变大,角变大D.磁感应强度变大,角变小【解析】选A。金属棒受力如图所示,金属棒平衡,可得:tan=,故选A。5.(2019全国卷)如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为()A.B.C.D.【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由R=可知,第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍,整个运动轨迹如图:即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,故总时间t=+=,故B正确。6.如图所示,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,二者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里,大小相等的电流时,纸面内与两导线距离为l的a点处的磁感应强度为零。若仅让P中的电流反向,则a点处磁感应强度的大小为()A.2B0B.B0C.B0D.B0【解析】选B。如图甲所示:设P和Q在a点的磁感应强度大小为B,当P和Q的电流都垂直纸面向里时,根据右手螺旋定则可知,P在a点的磁感应强度方向为水平向右偏下30,Q点在a点的磁感应强度方向为水平向右偏上30,两者在a点的合磁感应强度为B,方向水平向右,因a点的磁感应强度为零,故B=B0,B0的方向水平向左。当P中电流方向反向时,磁场如图乙所示:如图乙所示当P的电流反向后,P在a点的磁感应强度方向为水平向左偏上30,P和Q在a点的合磁感应强度为B,方向竖直向上,则a点的磁感应强度为Ba=B0,故B正确;A、C、D错误;故选B。7.(2020全国卷)CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称,CT扫描机可用于对多种病情的探测。图(a)是某种CT机主要部分的剖面图,其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示。图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场,虚线框内有匀强偏转磁场;经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进,打到靶上,产生X射线(如图中带箭头的虚线所示);将电子束打到靶上的点记为P点。则()A.M处的电势高于N处的电势B.增大M、N之间的加速电压可使P点左移C.偏转磁场的方向垂直于纸面向外D.增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移【解析】选D。电子从M到N做加速运动,故N处的电势高于M处的电势,A错误;经偏转磁场,由左手定则可知偏转磁场的方向垂直于纸面向里,C错误;对电子在电场中由动能定理得eU=mv2,进入偏转磁场,由牛顿第二定律得evB=m,设电子出磁场时与水平方向的夹角为,设磁场的宽度为d,则有sin=,联立解得sin=,当U增大,sin减小,P点右移,B错误;B增大,sin增大,P点左移,D正确。8.(2020南充高二检测)如图所示,边长为L的正三角形ABC区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0,BC边的中点O有一粒子源,可以在ABC平面内沿任意方向发射速率为v的相同的正粒子,若从AB边中点D射出磁场的粒子,从O到D的过程中速度方向偏转了60,不计粒子的重力及带电粒子之间的相互作用,下列说法不正确的是()A.粒子运动的轨道半径为B.粒子不可能从A点射出磁场C.粒子的比荷为=D.从B点射出的粒子在磁场中的运动时间为【解析】选D。从D点射出的粒子,由弦长公式OD=2rsin30,解得r=,故A正确;若粒子从A点射出,则弦长为L,由弦长公式得L=2sin,解得:=60,即粒子以竖直方向成60射入,由几何关系可得,粒子将从AC边射出,故粒子不可能从A点射出磁场,B正确;由粒子做匀速圆周运动的半径公式qvB=m得r= ,即=,解得=,C正确;从B点射出的粒子的弦切角为30,所以运动时间为t=,D错误。故选D。9.如图甲所示,a、b两个金属圆环通过导线相连构成回路,在a环中加垂直于环面的匀强磁场,磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示,磁感应强度垂直于环面向里为正,则下列说法正确的是()A.01 s内,a、b两环中的磁场方向相同B.t=2 s时刻,b环中磁通量为零C.13 s内,b环中的电流始终沿顺时针方向D.24 s内,b环中的磁通量先增大后减小【解析】选C。01 s内,a环中磁通量逐渐增大,根据楞次定律可知a、b环中的感应电流沿逆时针方向,根据安培定则可知b环中感应电流的磁场方向垂直于纸面向外,故选项A不符合题意;t=2 s时刻a环中磁通量的变化率最大,感应电流最大,因此b环中感应电流的磁通量不为零,故选项B不符合题意;13 s内,a环中磁通量先向里减小,后向外增大,根据楞次定律可知a环中感应电流方向始终沿顺时针方向,因此b环中的感应电流方向始终沿顺时针方向,故选项C符合题意;24 s内,a环中磁通量的变化率先减小后增大,因此a环中感应电流先减小后增大,b环中磁通量先减小后增大,故选项D不符合题意。所以选C。10.如图,A、B、C是等边三角形的三个顶点,以A、B连线的中点O为坐标原点,A、B连线为x轴,O、C连线为y轴,建立直角坐标系;过A、B、C、O四个点各有一条长直导线垂直穿过纸面,导线中通有大小相等、方向向里的电流。则过O点的通电直导线所受安培力的方向为()A.沿y轴正方向B.沿y轴负方向C.沿z轴正方向D.沿z轴负方向【解析】选A。等边三角形的三个顶点A、B、C处均有一通电导线,且导线中通有大小相等的恒定电流。由安培定则可得:导线A、B的电流在O处的合磁场为零,则只有在C处的电流产生的磁场对O点通电导线有安培力作用。再由左手定则可得:安培力的方向是与AB边垂直,沿着y轴的正方向,故A正确,B、C、D错误。11.在半导体离子注入工艺中,初速度可忽略的磷离子P+和P3+,经电压为U的电场加速后,垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里,有一定的宽度的匀强磁场区域,如图所示。已知离子P+在磁场中转过=30后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时,离子P+和P3+()A.在电场中的加速度之比为11B.在磁场中运动的半径之比为1C.在磁场中转过的角度之比为12D.离开电场区域时的动能之比为1【解析】选B、C。两个离子P+和P3+的质量相同,其带电荷量之比是13,所以由a=可知,其在电场中的加速度是13,故A错误;在电场中由动能定理可得qU=mv2,解得离子离开电场时的速度为v=,可知其速度之比为1,所以两离子离开电场的动能之比为13,故D错误;又由qvB=m知r=,所以其半径之比为1, 故B正确;设磁场宽度为L,离子通过磁场转过的角度等于其圆心角,所以有sin =,由B项的分析知道,离子在磁场中运动的半径之比为1,则可知角度的正弦值之比为1,又P+的角度为30,可知P3+角度为60,即在磁场中转过的角度之比为12,故C正确。12.一个重力忽略不计的带电粒子以初速度v0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域,穿出电场后接着又进入匀强磁场区域。设电场和磁场区域有明确的分界线,且分界线与电场强度方向平行,如图中的虚线所示。在图所示的几种情况中,可能出现的是()【解析】选A、D。粒子在电场中向下偏转,所以粒子带正电,再进入磁场后,A图中粒子应逆时针运动,故A正确;C图中粒子应顺时针运动,故C错误;同理可以判断D正确,B错误。13.如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是()A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析:(1)由左手定则判断电子与正电子的受力方向。(2)电子与正电子所受洛伦兹力提供向心力。(3)根据半径表达式r=判断轨迹半径大小。【解析】选A、C。电子与正电子电性相反,若入射速度方向相同,由左手定则可判定电子和正电子受力方向相反,所以偏转方向相反,选项A正确;根据r=可知,由于电子和正电子垂直进入磁场的速度未知,故轨迹半径不一定相同,选项B错误;由于质子和正电子在磁场中的受力方向一样,所以仅凭粒子的运动轨迹无法判断它们是质子还是正电子,故选项C正确;根据Ek=mv2和r=得r=,可见粒子的动能越大时,轨迹半径越大,选项D错误。 14.(2020衡水高二检测)如图所示,空间存在垂直于纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场,场内有一绝缘的足够长的直杆,它与水平面的倾角为,一带电量为-q、质量为m的带负电的小球套在直杆上,从A点由静止沿杆下滑,小球与杆之间的动摩擦因数为,在小球以后运动的过程中,下列说法正确的是()A.小球下滑的最大速度为v=B.小球下滑的最大加速度为am=gsinC.小球的加速度先增大后减小D.小球的速度先增大后减小【解析】选B、C。小球开始下滑时有mgsin-=ma,随v增大,a增大,当v=时,a达最大值gsin,此时洛伦兹力等于mgcos,支持力等于0,此后随着速度增大,洛伦兹力增大,支持力增大,此后下滑过程中有mgsin-=ma,随v增大,a减小,当vm=时,a=0,此时达到平衡状态,速度不变;所以整个过程中,v先一直增大后不变;a先增大后减小,所以B、C正确,A、D错误。二、计算题(本题共4小题,共44分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)15.(10分)如图所示,匀强磁场磁感应强度为B=0.2 T,方向垂直纸面向里。在磁场中的P点引入一个质量为m=2.010-8 kg、带电荷量为q=+510-6 C的粒子,并使之以v=10 m/s的速度垂直于磁场方向开始运动,运动方向如图所示,不计粒子重力,磁场足够大。(1)请在图上大致画出粒子做匀速圆周运动的轨迹。(2)粒子做匀速圆周运动的半径和周期为多大?(3)穿过粒子圆周运动轨迹平面内的磁通量为多大?【解析】(1)如图(3分)(2)r=0.2 m(2分)T=2=0.125 6 s(2分)(3)=Br2=2.51210-2 Wb(3分)答案:(1)见解析图(2)0.2 m0.125 6 s(3)2.51210-2 Wb16.(10分)如图甲所示,在水平地面上固定一对与水平面倾角为的光滑平行导电轨道,轨道间的距离为l,两轨道底端的连线与轨道垂直,顶端接有电源。将一根质量为m的直导体棒ab放在两轨道之间,且与两轨道垂直。已知轨道、导体棒的电阻及电源的内电阻均不能忽略,通过导体棒的恒定电流大小为I,方向由a到b,图乙为图甲沿ab方向观察的平面图。若重力加速度为g,在轨道所在空间加一竖直向上的匀强磁场,使导体棒在轨道上保持静止。(1)请在图乙所示的平面图中画出导体棒受力的示意图;(2)求出磁场对导体棒的安培力的大小;(3)如果改变导轨所在空间的磁场方向,试确定使导体棒在轨道上保持静止的匀强磁场磁感应强度B的最小值的大小和方向。【解析】(1)导体棒受到重力、轨道的支持力和磁场对导体棒的安培力,由左手定则判断可知,安培力方向水平向右。作出受力示意图如图所示。(2分)(2)根据共点力平衡条件可知,磁场对导体棒的安培力的大小F=mgtan(2分)(3)要使磁感应强度最小,则要求安培力最小。根据受力情况可知,最小安培力Fmin=mgsin,方向平行于轨道斜向上。(2分)所以最小磁感应强度Bmin=(2分)根据左手定则可判断出,此时的磁感应强度的方向为垂直轨道平面斜向上。(2分)答案:(1)图见解析(2)mgtan(3)垂直轨道平面斜向上17.(12分)如图所示,有一对平行金属板,两板相距为0.05 m,电压为10 V;两板之间有匀强磁场,磁感应强度大小为B0=0.1 T,方向与金属板面平行并垂直于纸面向里。图中右边有一半径R为0.1 m、圆心为O的圆形区域内也存在匀强磁场,磁感应强度大小为B= T,方向垂直于纸面向里。一正离子沿平行于金属板面,从A点垂直于磁场的方向射入平行金属板之间,沿直线射出平行金属板之间的区域,并沿直径CD方向射入圆形磁场区域,最后从圆形区域边界上的F点射出。已知速度的偏向角=,不计离子重力。求:(1)离子速度v的大小。(2)离子的比荷。(3)离子在圆形磁场区域中运动的时间t。【解析】(1)离子在平行金属板之间做匀速直线运动,洛伦兹力与电场力相等,即:qvB0=qE0,(1分)E0=(1分)解得:v=2 000 m/s。(1分)(2)在圆形磁场区域,离子做匀速圆周运动,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有:qvB=m(2分)由几何关系有:tan =(1分)离子的比荷为:=2104 C/kg(1分)(3)弧CF对应圆心角为,离子在圆形磁场区域中运动时间为t,(1分)t=T(1分)T=(2分)解得:t=10-4s910-5s。(1分)答案:(1)2 000 m/s(2)2104 C/kg(3)910-5s【总结提升】巧解有界磁场中的部分圆弧运动问题1.分析思路三步走:(1)确定圆心,画出轨迹。(2)找几何关系,定物理量。(3)画动态图,定临界状态。2.分析方法有四种:(1)几何对称法:粒子的运动轨迹关于入射点和出射点的中垂线对称。(2)动态放缩法:速度越大半径越大,但速度方向不变的粒子圆心在垂直于速度方向的直线上。(3)旋转平移法:定点粒子源发射速度大小相等、方向不同的所有粒子的轨迹圆圆心在以入射点为圆心、半径R=的圆上,相当于将一个定圆以入射点为圆心旋转。(4)数学解析法:写出轨迹圆和圆形边界的解析方程,应用物理和数学知识求解。18.(12分)在如图所示的直角坐标系中,x轴的上方有与x轴正方向成=45角的匀强电场,场强的大小为E=104 V/m。x轴的下方有垂直于xOy面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B=210-2 T,方向垂直纸面向外。把一个比荷为=2108 C/kg的带正电粒子从坐标为(0,1.0)的A点处由静止释放,电荷所受的重力忽略不计。求:(1)带电粒子从释放到第一次进入磁场时所用的时间t;(2)带电粒子在磁场中的偏转半径R;(3)带电粒子第三次到达x轴上的位置坐标。【解析】(1)带电粒子从A点释放后做匀加速直线运动,有:qE=ma(1分)=at2(1分)联立并代入数据得:t=10-6 s(1分)(2)设带电粒子进入磁场时的速度为v,则:v=at(1分)带电粒子进入磁场后在洛伦兹力作用下以O1为圆心做匀速圆周运动,有:qvB=m(1分)联立并代入数据得:R= m(1分)(3)根据粒子运动轨迹的对称性,由几何关系知带电粒子第二次到x轴的位置与第一次相距:L=2Rsin=1 m(1分)可知粒子恰从O点回到电场区域,作出运动轨迹如图所示。(1分)带电粒子再次进入电场后,粒子做类平抛运动,设运动时间t后到达x轴位置Q(xQ,0),则由运动学规律有:沿着速度v方向:xQsin=vt(1分)垂直速度v方向:xQcos=at2(1分)联立并代入数据得:xQ=8 m,(1分)即Q点位置坐标为(8,0)(1分)答案:(1)10-6 s(2) m(3)(8,0)