2019高中物理 第三单元 磁场单元测试（二）新人教版选修3-1.doc

第三单元 磁场注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单项选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分。每小题给出的四个选项中只有一个选项正确)1. 下列说法错误的是()A. 奥斯特首先发现了电流的磁效应B. 安培发明了电流产生的磁场的方向的判定方法C. 安培首先提出了磁场对运动电荷有力的作用D. 安培首先提出了分子电流假说2. 关于磁场，以下说法正确的是()A. 电流在磁场中某点不受磁场力作用，则该点的磁感应强度一定为零B. 磁场中某点的磁感应强度，根据公式，它跟F、I、L都有关C. 磁场中某点的磁感应强度的方向垂直于该点的磁场方向D. 磁场中任一点的磁感应强度等于磁通密度，即垂直于磁感应强度方向的单位面积的磁通量3如图所示，通电螺线管ab外部的小磁针N极指向右方，若在螺线管内部的c点也放进一个小磁针，则以下判断正确的是()Aa端接电源负极，c点处小磁针N极指向左方Ba端接电源负极，c点处小磁针N极指向右方Ca端接电源正极，c点处小磁针N极指向右方D a端接电源正极，c点处小磁针N极指向左方4图中a、b、c为三根与纸面重直的固定长直导线，其截面位于等边三角形的三个项点上，bc沿水平方向，导线中均通有大小相等的电流，方向如图所示，O点为三角形的中心（O到三个顶点的距离相等），则()AO点的磁感应强度为零BO点的磁场方向垂直Oc向下C导线a受到的安培力方向竖直向上D导线b受到的安培力方向沿bc连线方向指向c5如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，有一矩形线圈abcd，且ab = L1，ad = L2，通有逆时针方向的电流I，让它绕cd边转过某一角度时，使线圈平面与磁场夹角为，则()A穿过线圈的磁通量为 = BL1L2sin B穿过线圈的磁通量为 = BL1L2cos Ccd边受到的安培力为F = BIL1sin Dab边受到的安培力为F = BIL1cos 6. 如图所示，在倾角为的光滑斜面上，垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。当导体棒中的电流I垂直纸面向里时，欲使导体棒静止在斜面上，可将导体棒置于匀强磁场中，当外加匀强磁场的磁感应强度B的方向在纸面内由竖直向上逆时针转至水平向左的过程中，保持导体棒静止，关于B的大小的变化，正确的说法是()A. 逐渐增大 B. 逐渐减小C. 先减小后增大 D. 先增大后减小7. 一带正电荷的小球沿光滑、水平、绝缘的桌面向右运动，如图所示，速度方向垂直于匀强磁场。小球飞离桌面后，最终落在水平地面上。设飞行时间为t1，水平射程为s1，着地速率为v1。现撤去磁场，其他条件不变，小球飞行时间为t2，水平射程为s2，着地速率为v2，则有()A .v1v2 B. v1=v2C. s1=s2 D. t1s2，t1t2，C、D错。8.【答案】A【解析】从第一磁场进入后一磁场的带电粒子一定满足Eq = Bqv，即，这些粒子速度相同。而在后一磁场中，由于v、B相同，而R不同，所以比荷不同，故选项A正确。9.【答案】C【解析】如图所示，当斜向上射入时，粒子恰好垂直PQ射出磁场，根据几何关系可知，当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，即与边界相切，根据几何关系可得，解两式可得R =2a，带电粒子在磁场中做圆周运动，根据，可得。当斜向下射入时，粒子恰好不从右边界射出，即与边界相切，根据几何关系可知此时对应的圆心角为120，所以用时间为，故C对。10【答案】D【解析】当泵体上表面接电源的负极时，电流从下向上流过泵体，这时受到的磁场力水平向右，不会拉动液体，故A错误；根据安培力公式F =BIL2 ，故B错误；根据电阻定律，泵体内液体的电阻，因为电路为非纯电阻电路，所以流过泵体的电流，电源提供的功率，故C错误；若t时间内抽取液体的质量为m，根据能量守恒定律，则这部分液体离开泵时的动能为，故D正确。二、多项选择题(本大题共5小题，每小题，4分，共20分。每小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)11.【答案】CD【解析】两通电导体有相互作用的原因是通过磁体之间的磁场的作用产生的，故A错误；通电线圈产生磁场的原因是电流的周围存在磁场，与分子电流无关，故B错误；安培提出的分子环形电流假说，解释了为什么磁体具有磁性，说明了磁现象产生的本质，故C正确；安培认为，在原子、分子或分子团等物质微粒内部，存在着一种环形电流分子电流，分子电流使每个物质微粒都形成一个微小的磁体，未被磁化的物体，分子电流的方向非常紊乱，对外不显磁性；磁化时，分子电流的方向大致相同，于是对外界显出显示出磁性，故D正确。12. 【解析】如图乙所示，O1和O2分别为两粒子在磁场中做圆周运动时从P、Q两点射出的粒子的轨迹所在圆的圆心，由图可以看出两圆心角相等，由于两粒子比荷相等，据知两粒子在磁场中运动周期相等，所以两粒子在磁场中运动的时间一样长。从Q点射出的粒子半径大，根据知，其速度也大。【答案】AD13.【解析】带电小球一定带正电荷，从a点滑下时，静电力qE和洛伦兹力qvB的方向均向上，它们的合力与重力mg平衡，因此在板间做匀速直线运动。当小球从较低的b点滑下到达P点时的速度vv，则qvBqE+qvB，带电小球的轨迹将向下弯曲，重力做正功，则带电小球的动能增大，A正确；静电力做负功，洛伦兹力不做功，电势能将增大，B正确；小球所受静电力大小和方向都不会改变，而由于动能增大，则小球所受洛伦兹力将会增大，C、D错误。【答案】AB14.【答案】CD【解析】带电粒子在磁场中向左偏转，根据左手定则，知该粒子带正电，A错误；所有打在A1A2上的粒子，在磁场B中做匀速圆周运动，运动的时间等于，则，与带电粒子的比荷有关，B错误；粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡，有：，则，C正确；经过速度选择器进入磁场B的粒子速度相等，根据知，粒子打在A1A2上的位置越靠近P，则半径越小，粒子的比荷越大，D正确。15.【答案】BD【解析】带电粒子只有经过A、C板间时被加速，即带电粒子每运动一周被加速一次，电场的方向没有改变，故B、D正确；根据知，所以，故C错误；当粒子从D形盒中出来时，速度最大，根据知加速粒子的最大速度与D形盒的半径有关，所以A错误。四、计算题(本大题共4小题，共40分。解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)16. (6分) 解：(1) A，方向由b指向a。(2) F安BIL0.40 N。(3)导体棒受力如图所示，有：F1mgsin 370.30 NF1F安，导体棒静止，根据平衡条件得：F1Ff F安 解得：Ff 0.10 N方向沿导轨平面向下。17(10分) 【解析】(1)在加速电场中有：可得：在偏转电场中，设飞行时间为t，加速度为a，竖直分速度为vy，则水平方向有：L = vt竖直方向有：vy = at，联立可得：。(2)电子在偏转磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，如图所示，设轨迹圆的半径为R，则有：由几何关系得： 联立可得：由上式可知增大偏转角的方法有：保持其他条件不变时，或增加磁感应强度B，或增加圆形磁场的半径r，或减小加速电压U等。18(12分) 【解析】(1)微粒进入磁场后做匀速圆周运动，设轨道半径为r，由牛顿第二定律有：由几何关系知：r = h代入数据解得：B = 0.01 T。(2)设微粒在偏转电场中运动时间为t， 加速度为a，做类平抛运动水平方向：L = vt竖直方向：qE = ma代入数据解得：t = 2104 s，L = 2 m。(3)粒子在磁场中运动时间为：粒子从A点运动到Q点的总时间：t总 = t1 + t = 5.14104 s。19. (12分) 【解析】(1)若粒子经时间恰好垂直打在CD上，粒子的轨迹必定为3个四分之一圆周，如图，由几何关系得，运动半径由洛伦兹力提供向心力得：运动中的加速度为：联立解得：，。(2)若要使粒子恰能沿DC方向通过C点，粒子运动的时间必定为磁感应强度变化的周期的整数倍，根据运动的对称性可得，轨道半径 (n =0、1、2、3、)由由洛伦兹力提供向心力得：解得：(n =0、1、2、3、)粒子圆周运动周期为：磁感应强度变化的周期：T0 = T解得： (n =0、1、2、3、)。