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第三單元 磁場 注意事項： 1．答題前，先將自己的姓名、準考證號填寫在試題卷和答題卡上，并將準考證號條形碼粘貼在答題卡上的指定位置。 2．選擇題的作答：每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑，寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 3．非選擇題的作答：用簽字筆直接答在答題卡上對應的答題區(qū)域內。寫在試題卷、草稿紙和答題卡上的非答題區(qū)域均無效。 4．考試結束后，請將本試題卷和答題卡一并上交。 一、單項選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分。每小題給出的四個選項中只有一個選項正確) 1. 下列說法錯誤的是(　　) A. 奧斯特首先發(fā)現(xiàn)了電流的磁效應 B. 安培發(fā)明了電流產生的磁場的方向的判定方法 C. 安培首先提出了磁場對運動電荷有力的作用 D. 安培首先提出了分子電流假說 2. 關于磁場，以下說法正確的是(　　) A. 電流在磁場中某點不受磁場力作用，則該點的磁感應強度一定為零 B. 磁場中某點的磁感應強度，根據公式，它跟F、I、L都有關 C. 磁場中某點的磁感應強度的方向垂直于該點的磁場方向 D. 磁場中任一點的磁感應強度等于磁通密度，即垂直于磁感應強度方向的單位面積的磁通量 3．如圖所示，通電螺線管ab外部的小磁針N極指向右方，若在螺線管內部的c點也放進一個小磁針，則以下判斷正確的是(　　) A．a端接電源負極，c點處小磁針N極指向左方 B．a端接電源負極，c點處小磁針N極指向右方 C．a端接電源正極，c點處小磁針N極指向右方 D． a端接電源正極，c點處小磁針N極指向左方 4．圖中a、b、c為三根與紙面重直的固定長直導線，其截面位于等邊三角形的三個項點上，bc沿水平方向，導線中均通有大小相等的電流，方向如圖所示，O點為三角形的中心（O到三個頂點的距離相等），則(　　) A．O點的磁感應強度為零 B．O點的磁場方向垂直O(jiān)c向下 C．導線a受到的安培力方向豎直向上 D．導線b受到的安培力方向沿bc連線方向指向c 5．如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，有一矩形線圈abcd，且ab = L1，ad = L2，通有逆時針方向的電流I，讓它繞cd邊轉過某一角度時，使線圈平面與磁場夾角為θ，則(　　) A．穿過線圈的磁通量為Φ = BL1L2sin θ B．穿過線圈的磁通量為Φ = BL1L2cos θ C．cd邊受到的安培力為F = BIL1sin θ D．ab邊受到的安培力為F = BIL1cos θ 6. 如圖所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L、質量為m的直導體棒。當導體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導體棒靜止在斜面上，可將導體棒置于勻強磁場中，當外加勻強磁場的磁感應強度B的方向在紙面內由豎直向上逆時針轉至水平向左的過程中，保持導體棒靜止，關于B的大小的變化，正確的說法是(　　) A. 逐漸增大 B. 逐漸減小 C. 先減小后增大 D. 先增大后減小 7. 一帶正電荷的小球沿光滑、水平、絕緣的桌面向右運動，如圖所示，速度方向垂直于勻強磁場。小球飛離桌面后，最終落在水平地面上。設飛行時間為t1，水平射程為s1，著地速率為v1。現(xiàn)撤去磁場，其他條件不變，小球飛行時間為t2，水平射程為s2，著地速率為v2，則有(　　) A .v1>v2 B. v1=v2 C. s1=s2 D. t1s2，t1>t2，C、D錯。 8.【答案】A 【解析】從第一磁場進入后一磁場的帶電粒子一定滿足Eq = Bqv，即，這些粒子速度相同。而在后一磁場中，，由于v、B相同，而R不同，所以比荷不同，故選項A正確。 9.【答案】C 【解析】如圖所示，當斜向上射入時，粒子恰好垂直PQ射出磁場，根據幾何關系可知，當斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，即與邊界相切，根據幾何關系可得，解兩式可得R =2a，帶電粒子在磁場中做圓周運動，根據，可得。當斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，即與邊界相切，根據幾何關系可知此時對應的圓心角為120，所以用時間為，故C對。 10．【答案】D 【解析】當泵體上表面接電源的負極時，電流從下向上流過泵體，這時受到的磁場力水平向右，不會拉動液體，故A錯誤；根據安培力公式F =BIL2 ，故B錯誤；根據電阻定律，泵體內液體的電阻，因為電路為非純電阻電路，所以流過泵體的電流，電源提供的功率，故C錯誤；若t時間內抽取液體的質量為m，根據能量守恒定律，則這部分液體離開泵時的動能為，故D正確。 二、多項選擇題(本大題共5小題，每小題，4分，共20分。每小題給出的四個選項中有多個選項正確，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 11.【答案】CD 【解析】兩通電導體有相互作用的原因是通過磁體之間的磁場的作用產生的，故A錯誤；通電線圈產生磁場的原因是電流的周圍存在磁場，與分子電流無關，故B錯誤；安培提出的分子環(huán)形電流假說，解釋了為什么磁體具有磁性，說明了磁現(xiàn)象產生的本質，故C正確；安培認為，在原子、分子或分子團等物質微粒內部，存在著一種環(huán)形電流—分子電流，分子電流使每個物質微粒都形成一個微小的磁體，未被磁化的物體，分子電流的方向非常紊亂，對外不顯磁性；磁化時，分子電流的方向大致相同，于是對外界顯出顯示出磁性，故D正確。 12. 【解析】如圖乙所示，O1和O2分別為兩粒子在磁場中做圓周運動時從P、Q兩點射出的粒子的軌跡所在圓的圓心，由圖可以看出兩圓心角相等，由于兩粒子比荷相等，據知兩粒子在磁場中運動周期相等，所以兩粒子在磁場中運動的時間一樣長。從Q點射出的粒子半徑大，根據知，其速度也大。 【答案】AD 13.【解析】帶電小球一定帶正電荷，從a點滑下時，靜電力qE和洛倫茲力qvB的方向均向上，它們的合力與重力mg平衡，因此在板間做勻速直線運動。當小球從較低的b點滑下到達P點時的速度vqE+qvB，帶電小球的軌跡將向下彎曲，重力做正功，則帶電小球的動能增大，A正確；靜電力做負功，洛倫茲力不做功，電勢能將增大，B正確；小球所受靜電力大小和方向都不會改變，而由于動能增大，則小球所受洛倫茲力將會增大，C、D錯誤。 【答案】AB 14.【答案】CD 【解析】帶電粒子在磁場中向左偏轉，根據左手定則，知該粒子帶正電，A錯誤；所有打在A1A2上的粒子，在磁場B?中做勻速圓周運動，運動的時間等于，，則，與帶電粒子的比荷有關，B錯誤；粒子經過速度選擇器時所受的電場力和洛倫茲力平衡，有：，則，C正確；經過速度選擇器進入磁場B?的粒子速度相等，根據知，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，則半徑越小，粒子的比荷越大，D正確。 15.【答案】BD 【解析】帶電粒子只有經過A、C板間時被加速，即帶電粒子每運動一周被加速一次，電場的方向沒有改變，故B、D正確；根據知，，所以，故C錯誤；當粒子從D形盒中出來時，速度最大，根據知加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關，所以A錯誤。 四、計算題(本大題共4小題，共40分。解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分。有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 16. (6分) 解：(1) A，方向由b指向a。 (2) F安＝BIL＝0.40 N。 (3)導體棒受力如圖所示，有：F1＝mgsin 37＝0.30 N F1＜F安，導體棒靜止，根據平衡條件得：F1＋Ff ＝F安 解得：Ff ＝0.10 N 方向沿導軌平面向下。 17．(10分) 【解析】(1)在加速電場中有： 可得： 在偏轉電場中，設飛行時間為t，加速度為a，豎直分速度為vy，則 水平方向有：L = vt 豎直方向有：vy = at，， 聯(lián)立可得：。 (2)電子在偏轉磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，如圖所示，設軌跡圓的半徑為R，則有： 由幾何關系得： 聯(lián)立可得： 由上式可知增大偏轉角θ?的方法有：保持其他條件不變時，或增加磁感應強度B，或增加圓形磁場的半徑r，或減小加速電壓U等。 18．(12分) 【解析】(1)微粒進入磁場后做勻速圓周運動，設軌道半徑為r，由牛頓第二定律有： 由幾何關系知：r = h 代入數(shù)據解得：B = 0.01 T。 (2)設微粒在偏轉電場中運動時間為t， 加速度為a，做類平拋運動 水平方向：L = vt 豎直方向：qE = ma 代入數(shù)據解得：t = 210－4 s，L = 2 m。 (3)粒子在磁場中運動時間為： 粒子從A點運動到Q點的總時間：t總 = t1 + t = 5.1410－4 s。 19. (12分) 【解析】(1)若粒子經時間恰好垂直打在CD上，粒子的軌跡必定為3個四分之一圓周，如圖，由幾何關系得，運動半徑 由洛倫茲力提供向心力得： 運動中的加速度為： 聯(lián)立解得：，。 (2)若要使粒子恰能沿DC方向通過C點，粒子運動的時間必定為磁感應強度變化的周期的整數(shù)倍，根據運動的對稱性可得，軌道半徑 (n =0、1、2、3、…) 由由洛倫茲力提供向心力得： 解得：(n =0、1、2、3、…) 粒子圓周運動周期為： 磁感應強度變化的周期：T0 = T 解得： (n =0、1、2、3、…)。