2018_2019学年高中物理新人教版选修3_1第三章磁场单元质量评估

第三章 磁场
单元质量评估
(90分钟　100分)
一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分。其中1～9小题为单选题，10～14小题为多选题)
1.指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是
(　　)
A.指南针可以仅具有一个磁极
B.指南针能够指向南北，说明地球具有磁场
C.指南针的指向会不受到附近铁块的干扰
D.在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转
【解析】选B。指南针有N、S两个磁极，受到地磁场的作用静止时S极指向南方，A错误，B正确；指南针有磁性，可以与铁块相互吸引，C错误；由奥斯特实验可知，小磁针在通电导线放置位置合适的情况下，会发生偏转，D错误。
2.如图所示，两个单匝线圈a、b的半径分别为r和2r。圆形匀强磁场B的边缘恰好与a线圈重合，则穿过a、b两线圈的磁通量之比为
(　　)
A.1∶1　　　　　　 B.1∶2
C.1∶4 D.4∶1
【解析】选A。因为两个线圈的有效面积相同，所以磁通量相同，或者利用磁通量定义即穿过线圈的磁感线的条数判断。A项正确。
3.如图所示，接通开关S的瞬间，用丝线悬挂于一点、可自由转动的通电直导线AB将 (　　)
A.A端向上，B端向下，悬线张力不变
B.A端向下，B端向上，悬线张力不变
C.A端向纸外，B端向纸内，悬线张力变小
D.A端向纸内，B端向纸外，悬线张力变大
【解析】选D。当开关S接通时，由安培定则知导线附近磁感线分布如图，由左手定则判断出通电直导线此时左部受力指向纸内，右部受力指向纸外，导线将转动，转到与磁感线接近垂直，导线转动的同时，相当于具有向里的电流，则导线受安培力将竖直向下，可知悬线张力变大，故选项D正确。
【补偿训练】
如图所示，条形磁铁放在水平粗糙桌面上，它的正中间上方固定一根长直导线，导线中通过方向垂直纸面向里(即与条形磁铁垂直)的电流和原来没有电流通过时相比较，磁铁受到的支持力N和摩擦力f将 (　　)
A.N减小，f=0　　　　　　 B.N减小，f ≠ 0
C.N增大，f=0 D.N增大，f ≠ 0
【解析】选C。磁铁的磁感线在它的外部是从N极到S极，因为长直导线在磁铁的中央上方，所以此处的磁感线是水平的，电流的方向垂直于纸面向里，根据左手定则，导线受磁铁给的“安培力”方向竖直向上，长直导线是固定不动的，根据物体间力的作用是相互的，导线给磁铁的反作用力方向就是竖直向下的；因此磁铁对水平桌面的压力除了重力之外还有通电导线的作用力，压力是增大的；因为这两个力的方向都是竖直向下的，所以磁铁不会发生相对运动，也就不会产生摩擦力。故选项C正确。
4.如图所示，水平导轨接有电源，导轨上固定有三根导体棒a、b、c，长度关系为c最长，b最短，将c弯成一直径与b等长的半圆，将装置置于向下的匀强磁场中，在接通电源后，三根导体棒中有等大的电流通过，则三棒受到安培力的大小关系为 (　　)
A.Fa>Fb>Fc　　　　　　　 B.Fa=Fb=Fc
C.FbFb=Fc
【解析】选D。设a、b两棒的长度分别为La和Lb，c的直径为d。由于导体棒都与匀强磁场垂直，则：a、b棒所受的安培力大小分别为：Fa=BILa；Fb=BILb=BId；c棒所受的安培力与长度为直径的直棒所受的安培力大小相等，则有：Fc=BId；因为La>d，则有：Fa>Fb=Fc。
5.如图，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，两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时，纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变，则a点处磁感应强度的大小为
(　　)
A.0　　　B.B0　　　C. B0　　　D.2B0
【解析】选C。如图所示，P、Q中的电流在a点产生的磁感应强度大小相等，设为B1，由几何关系可知B1=B0
如果让P中的电流反向、其他条件不变时，如图所示，由几何关系可知：a点处磁感应强度的大小为B==B0，故C正确，A、B、D错误。
6.如图甲所示，无限长导线，均通以恒定电流I。直线部分和坐标轴接近重合，弯曲部分是以坐标原点O为圆心的相同半径的一段圆弧，已知直线部分在原点O处不形成磁场，则图乙中O处磁感应强度和图甲中O处磁感应强度相同的是
(　　)
【解析】选A。由题意可知，题图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点的磁场大小的2倍，方向垂直纸面向里；对A项，根据右手螺旋定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁场大小是其中一段的在O点磁场的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；同理，对B项，四段通电导线在O点的磁场是其中一段在O点的磁场的4倍，方向是垂直向里，故B错误；由以上分析可知，对C项，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁场也为零，故C错误；与C选项分析相同，对D项，四段在O点的磁场是其中一段在O点产生磁场的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误。
7.如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里，三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是
A.ma>mb>mc　　　　　　 B.mb>ma>mc
C.mc>ma>mb D.mc>mb>ma
【解析】选B。由题意知，mag=qE，mbg=qE+Bqv，mcg+Bqv=qE，所以mb>ma>mc，故选项B正确。
8.(2018·西安高二检测)如图所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x时，棒处于静止状态。则 (　　)
A.导体棒中的电流方向从b流向a
B.导体棒中的电流大小为
C.若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大
D.若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大
【解析】选B。由受力平衡可知安培力方向水平向右，由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，故A错误；由于弹簧伸长为x，根据胡克定律有kx=BIL，可得I=，故B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针或逆时针转过一小角度，则安培力在水平方向上的分力减小，根据力的平衡可得，弹簧弹力变小，导致x变小，故C、D错误。
【补偿训练】
如图所示，在竖直向下的匀强磁场中，有两根竖直放置的平行导轨AB、CD。导轨上放有质量为m的金属棒MN，棒与导轨间的动摩擦因数为μ。现从t=0时刻起，给棒通以图示方向的电流，且电流强度与时间成正比，即I=kt，其中k为恒量。若金属棒与导轨始终垂直，则在下列表示棒所受的摩擦力随时间变化的四幅图中，正确的是 (　　)
【解析】选C。当金属棒所受摩擦力Ff=μBIL=μBLktmg时，棒沿导轨向下减速；在棒停止运动之前，所受摩擦力为滑动摩擦力，大小为Ff=μBLkt；在棒停止运动之后，所受摩擦力为静摩擦力，大小为Ff=mg，故C正确。
9.电磁炮有很多优点，备受各国军事家的重视，如图是导轨式电磁炮实验装置的示意图。两根平行长直金属导轨沿水平方向固定，其间安放金属滑块(即实验用弹丸)。滑块可沿导轨无摩擦滑行，且始终与导轨保持良好接触。电源提供的强大电流从一根导轨流入，经过滑块，再从另一导轨流回电源，滑块被导轨中的电流形成的磁场推动而发射。在发射过程中，滑块所在位置始终可以简化为匀强磁场，方向垂直于纸面，其强度与电流的关系为B=kI，如果两导轨内侧间距为l，滑块的质量为m，滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为v0。以下说法中正确的是 (　　)
A.若使电流和磁感应强度的方向同时反向，滑块的发射方向也将随之反向
B.若将电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为2v
C.若使电源提供的电流加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为4v
D.若使滑块的质量加倍，则滑块沿导轨滑行距离s后获得的发射速度为0.5v
【解析】选B。由左手定则可知，若使电流和磁感应强度的方向同时反向，滑块受到的安培力方向不变，滑块的发射方向不变，故选项A错误；滑块受到的安培力：F=BIL=kI×I×L=kI2L，滑块的加速度：a==，滑块做初速度为零的匀加速直线运动，由速度位移公式得v2=2ax，解得v=I，所以将电源提供的电流I加倍，滑块沿导轨滑行距离x后获得的发射速度为2v，故选项B正确，选项C错误；若使滑块的质量加倍，由上式可知，滑块沿导轨滑行距离x后获得的发射速度为，选项D错误。
10.如图所示为一速度选择器，内有一磁感应强度为B，方向垂直纸面向外的匀强磁场，一束正离子以速度v从左侧水平射入，为使粒子流经磁场时不偏转(不计重力)则磁场区域内必须同时存在一个匀强电场，下列说法正确的是
A.该电场场强大小为Bv，方向向上
B.离子沿直线匀速穿过该装置的时间与场强无关
C.负离子从右向左水平射入时，不会发生偏转
D.负离子从左向右水平射入时，也不会发生偏转
【解析】选A、B、C。 为使粒子不发生偏转，粒子所受到的电场力和洛伦兹力是平衡力，即qvB=qE，所以电场与磁场的关系为：E=vB，与粒子电性无关，C正确，D错误；粒子带正电，则受到向下的洛伦兹力，则电场力就应向上，电场向上，所以选项A正确；沿直线匀速穿过该装置的时间与粒子速度和板的长度有关，与场强无关，故B正确。
【补偿训练】
如图所示，一束粒子(不计重力，初速度可忽略)缓慢通过小孔O1进入极板间电压为U的水平加速电场区域Ⅰ，再通过小孔O2射入相互正交的恒定匀强电场、磁场区域Ⅱ，其中磁场的方向如图所示，收集室的小孔O3与O1、O2在同一条水平线上。则 (　　)
A.该装置可筛选出具有特定质量的粒子
B.该装置可筛选出具有特定电量的粒子
C.该装置可筛选出具有特定速度的粒子
D.该装置可筛选出具有特定动能的粒子
【解析】选C。粒子要想无偏转的通过区域Ⅱ，进入收集室的小孔O3，需要满足qE=qvB，即粒子的速度为v=，C正确。
11.一束粒子流由左端平行于极板P1射入质谱仪，沿着直线通过电磁场复合区后，并从狭缝S0进入匀强磁场B2，在磁场B2中分为如图所示的三束，则下列相关说法中正确的是 (　　)
A.速度选择器的P1极板带负电
B.粒子1带负电
C.能通过狭缝S0的带电粒子的速率等于
D.粒子2的比荷绝对值最大
【解析】选B、C。 若粒子带正电，在平行金属板中受到电场力和洛伦兹力两个力作用而做匀速直线运动，由左手定则可知，洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向向下，电场强度方向向下，所以速度选择器的P1极板带正电，故A错误；由图可知，粒子1进入匀强磁场B1时向上偏转，根据左手定则判断得知该束粒子带负电，故B正确；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，则有：qvB1=qE，解得v=，故C正确；根据qvB=m 得，r=，知r越大，比荷越小，所以D错误。
12.如图所示是医用回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连。现分别加速氘核H)和氦核He)。下列说法中正确的是 (　　)
A.氘核H)的最大速度较大
B.它们在D形盒内运动的周期相等
C.氦核He)的最大动能较大
D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能
【解析】选B、C。粒子在回旋加速器中能达到的最大速度，取决于在最外圈做圆周运动的速度。根据qvB=m，得v=，两粒子的比荷相等，所以最大速度相等，A错误；带电粒子在磁场中运动的周期T=，两粒子的比荷相等，所以周期相等，B正确；最大动能Ek=mv2=，两粒子的比荷相等，但质量不等，所以氦核最大动能较大，C正确；回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期与交流电的周期相同，否则无法加速，D错误。
【补偿训练】
(多选)如图所示，一个绝缘且内壁光滑的环形细圆管，固定于竖直平面内，环的半径为R(比细管的内径大得多)，在圆管的最低点有一个直径略小于细管内径的带正电小球处于静止状态，小球的质量为m、带电荷量为q，重力加速度为g。空间存在一磁感应强度大小未知(不为零)，方向垂直于环形细圆管所在平面且向里的匀强磁场。某时刻，给小球一方向水平向右、大小为v0=的初速度，则以下判断正确的是 (　　)
A.无论磁感应强度大小如何，获得初速度后的瞬间，小球在最低点一定受到管壁的弹力作用
B.无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球在最高点一定受到管壁的弹力作用
C.无论磁感应强度大小如何，小球一定能到达环形细圆管的最高点，且小球到达最高点的速度大小都相同
D.小球在从环形细圆管的最低点运动到所能到达的最高点的过程中，水平方向分速度的大小一直减小
【解析】选B、C。小球在轨道最低点时受到的洛伦兹力方向竖直向上，若洛伦兹力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力，则在最低点时小球不会受到管壁弹力的作用，A选项错误，小球运动的过程中，洛伦兹力不做功，小球的机械能守恒，运动至最高点时小球的速度v=，由于是双层轨道约束，小球运动过程中不会脱离轨道，所以小球一定能到达轨道最高点，C选项正确；在最高点时，小球做圆周运动的向心力F=m=mg，小球受到竖直向下洛伦兹力的同时必然受到与洛伦兹力等大反向的轨道对小球的弹力，B选项正确；小球在从最低点到最高点的运动过程中，小球在下半圆内上升的过程中，水平分速度向右一定递减，到达圆心的等高点时，水平速度为零，而运动至上半圆后水平分速度向左且不为零，所以水平分速度一定有增大的过程，D选项错误。
13.设空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示。已知一带电粒子在电场力和洛伦兹力的作用下，从静止开始自A点沿曲线ACB运动，到达B点时速度为零，C点是运动的最低点，忽略粒子的重力，以下说法中正确的是 (　　)
A.此粒子必带正电荷
B.A点和B点位于同一高度
C.粒子在C点时机械能最大
D.粒子到达B点后，将沿原曲线返回A点
【解析】选A、B、C。粒子从静止开始运动的方向向下，电场强度方向也向下，所以粒子必带正电荷，A正确；因为洛伦兹力不做功，只有静电力做功，A、B两点速度都为0，根据动能定理可知，粒子从A点到B点运动过程中，电场力不做功，故A、B点位于同一高度，B正确；C点是最低点，从A点到C点运动过程中电场力做正功，根据动能定理可知粒子在C点时速度最大，动能最大，C正确；到达B点时速度为零，将重复刚才ACB的运动，向右运动，不会返回，故D错误。
14.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电小球从M点自由下落，M点距场区边界PQ高为h，边界PQ下方有方向竖直向下、电场强度为E的匀强电场，同时还有垂直于纸面的匀强磁场，小球从边界上的a点进入复合场后，恰能做匀速圆周运动，并从边界上的b点穿出，重力加速度为g，不计空气阻力，则以下说法正确的是 (　　)
A.小球带负电荷，匀强磁场方向垂直于纸面向里
B.小球的电荷量与质量的比值=
C.小球从a运动到b的过程中，小球和地球系统机械能守恒
D.小球在a、b两点的速度相同
【解析】选A、B。带电小球在磁场中做匀速圆周运动，则qE=mg， B正确；电场方向竖直向下，则可知小球带负电，由于小球从b点射出，根据左手定则可知磁场方向垂直于纸面向里， A正确；小球运动过程中，电场力做功，故小球和地球系统的机械能不守恒，只是a、b两点机械能相等， C错误；小球在a、b两点速度方向相反，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)电子质量为m，电荷量为q，以速度v0与x轴成θ角射入磁感应强度为B的匀强磁场中，最后落在x轴上的P点，如图所示，求：
(1) OP的长度。
(2) 电子由O点射入到落在P点所需的时间t。
【解析】(1) 过O点和P点做速度方向的垂线，两线交点C即为电子在磁场中做匀速圆周运动的圆心，如图所示，
则可知OP=2R·sin θ ①(2分)
Bqv0=m ②(2分)
由①②式可解得：OP=sinθ。 (1分)
(2) 由图中可知：2θ=ωt ③(2分)
又v0=ωR ④(2分)
由②③④式可得：t=。 (1分)
答案：(1)sinθ　(2)
16.(10分)竖直放置的半圆形光滑绝缘管道处在如图所示的匀强磁场中，B=
1.1 T，管道半径R=0.8 m，其直径POQ在竖直线上，在管口P处以2 m/s的速度水平射入一个带电小球(可视为质点)，其电量为10-4 C(g取10 m/s2)，试求：
(1)小球滑到Q处的速度为多大？
(2)若小球从Q处滑出瞬间，管道对它的弹力正好为零，小球的质量为多少？
【解析】(1)小球在管道中受重力、洛仑兹力和轨道的作用力，而只有重力对小球做功，由动能定理得：
mg·2R=m-m(3分)
解得vQ==6 m/s (2分)
(2)在Q处弹力为零，则洛仑兹力和重力的合力提供向心力，有
qvQB-mg=m·(3分)
解得m=1.2×10-5 kg (2分)
答案：(1)6 m/s　(2)1.2×10-5 kg
【补偿训练】
如图所示，光滑导轨与水平面成α角，导轨宽L。匀强磁场磁感应强度为B。金属杆长也为L ，质量为m，水平放在导轨上。当回路总电流为I1时，金属杆正好能静止。求：
(1)B至少多大？这时B的方向如何？
(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上，应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止？
【解析】画出金属杆的截面图。
(1)由三角形定则得，只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小，B也最小。根据左手定则，这时B应垂直于导轨平面向上，大小满足：BI1L=
mgsinα，B=。
(2)当B的方向改为竖直向上时，这时安培力的方向变为水平向右，沿导轨方向合力为零，得BI2Lcosα=mgsinα，I2=。
答案：(1)　方向垂直于导轨平面向上
(2)
17.(10分)如图所示，PQ和MN为水平平行放置的金属导轨，相距1 m，导体棒ab跨放在导轨上，棒的质量为m=0.2 kg，棒的中点用细绳经滑轮与物体相连，物体的质量M=0.3 kg，棒与导轨的动摩擦因数为μ=0.5，匀强磁场的磁感应强度B=2 T，方向竖直向下，为了使物体以加速度a=3 m/s2加速上升，应在棒中通入多大的电流？方向如何？(g取10 m/s2)
【解析】导体棒所受的最大静摩擦力大小为
fm=0.5mg=1 N(2分)
M的重力为G=Mg=3 N(2分)
要使物体加速上升，则安培力方向必须水平向左，则根据左手定则判断得知棒中电流的方向为由a到b。
根据受力分析，由牛顿第二定律有
F安-G-fm=(m+M)a (2分)
F安=BIL (2分)
联立得I=2.75 A(2分)
答案：2.75 A　方向由a→b
18.(14分)在某空间存在着水平向右的匀强电场和垂直于纸面向里的匀强磁场，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R=1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ=37°。今有一质量m=3.6×10-4 kg、电荷量q=+9.0×10-4 C的带电小球(可视为质点)，以v0=4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动，已知重力加速度g取10 m/s2，sin37°=0.6，不计空气阻力，求：
(1) 匀强电场的场强E。
(2) 小球射入圆弧轨道瞬间对轨道的压力。
【解析】(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图所示：
由平衡条件得：F电=qE=mgtanθ，代入数据解得：E=3 N/C。 (4分)
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得：
F电Rsinθ-mgR(1-cosθ)=- (2分)
代入数据得：v=5 m/s(1分)
由F洛=qvB=
解得：B=1 T(2分)
分析小球射入圆弧轨道瞬间的受力情况，由牛顿第二定律得：FN+Bqv0-mg= (2分)
代入数据得：FN=3.2×10-3 N(1分)
由牛顿第三定律得，小球对轨道的压力为F′N=FN=3.2×10-3 N。(2分)
答案：(1)3 N/C　(2)3.2×10-3 N