2019_2020学年高中物理第三章检测B含解析教科版选修

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1、第三章检测(B)(时间90分钟,满分100分)一、选择题(本题包含10小题,每小题4分,共40分.在每小题给出的四个选项中,16题只有一个选项符合题目要求,710题有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分)1.下列说法正确的是()A.磁感应强度是矢量,它的方向与通电导线在磁场中所受磁场力的方向相同B.磁感应强度的单位是特斯拉,1 T=1 N/(Am2)C.磁通量的大小等于穿过线圈单位面积的磁感线条数D.磁通量的单位是韦伯,1 Wb=1 Tm2解析:磁感应强度的方向与通电导线在磁场中所受磁场力的方向是垂直的,故选项A错误.由F=BIL得B=FIL,单位关系1T

2、=1N/(Am),故选项B错误.磁通量的大小等于穿过某一面积的磁感线条数,选项C错误.由=BS知单位关系1Wb=1Tm2是正确的,选项D正确.答案:D2.如图所示,真空中两点电荷+q和-q以共同的角速度绕轴OO匀速运动,P点距+q近,则P点磁感应强度的方向为() A.沿OO向上B.沿OO向下C.从+q指向-qD.磁感应强度为0解析:电荷的定向移动形成电流,当两个点电荷匀速转动时,相当于产生两个环形电流,由I=qt知两个电荷产生的等效电流大小相等,+q产生的电流形成的磁场在P点方向向上,-q产生的电流形成的磁场在P点方向向下,但由于P点离+q近,+q形成的电流在P点产生的磁感应强度大,因此P点磁

3、感应强度方向应沿OO向上,故选项A正确.答案:A3.如图所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场.一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力.则()A.vbvc=12,tbtc=21B.vbvc=21,tbtc=12C.vbvc=21,tbtc=21D.vbvc=12,tbtc=12解析:设正六边形边长为l.对于粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,从b点离开磁场的过程,粒子做匀速圆周运动的圆心为a点,则速度偏转角即圆弧所对圆心角为b=120,半径

4、rb=l;对于粒子速度大小为vc从c点离开磁场的过程,圆弧对应弦切角为60,则速度偏转角即圆弧所对圆心角为c=60,半径rc=2l;由牛顿第二定律,qvB=mv2r,得v=qBrm,由于rbrc=12,所以vbvc=12.由T=2mqB,得=2T=qBm,可知两种情况中粒子角速度相等.由t=,且bc=21,所以tbtc=21,故选A.答案:A4.已知通电长直导线产生的磁场中某点的磁感应强度满足B=kIr(其中k为比例系数,I为电流,r为该点到直导线的距离).现有四根平行的通电长直导线,其横截面积恰好在一个边长为L的正方形的四个顶点上,电流方向如图所示,其中A、C导线中的电流大小为I1,B、D导

5、线中的电流大小为I2.已知A导线所受的磁场力恰好为零,则下列说法不正确的是()A.电流的大小关系为I1=2I2B.四根导线所受的磁场力为零C.正方形中心O处的磁感应强度为零D.若移走A导线,则中心O处的磁场将沿OB方向解析:导线B、C、D在导线A处的磁场如图甲所示,根据题意A导线的磁场力为零,则A处的合磁场为零,即2kI2L=kI12L,则I1=2I2,故选项A正确;同理将各点的磁场都画出,可以判断B、D导线处的合磁场不为零,故磁场力不为零,故选项B错误;将各导线在O点的磁场画出,如图乙所示,由于A、C导线电流相等而且距离O点距离相等,则BA=BC,同理BB=BD,即正方形中心O处的磁感应强度

6、为零,故选项C正确;若移走A导线,则磁场BA不存在,由于BB=BD,则此时在O点的磁场只剩下导线C的磁场,而且导线C点磁场方向沿OB方向,即中心O处的磁场将沿OB方向,故选项D正确.甲乙答案:B5.如图所示,在匀强电场和匀强磁场共存的区域内,电场的电场强度为E,方向竖直向下,磁场的磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,一质量为m的带电质点,在场区内的一竖直平面内做匀速圆周运动,则可判断该带电质点()A.带有电荷量为mgE的正电荷B.沿圆周逆时针运动C.运动的角速度为BgED.运动的速率为EB解析:带电质点在竖直平面内做匀速圆周运动,有mg=qE,求得电荷量q=mgE,根据电场强度方向和电场力方向

7、判断出质点带负电,选项A错误.由左手定则可判断质点沿顺时针方向运动,选项B错误.由qvB=mv得=qBm=mgBEm=gBE,选项C正确.在速度选择器中才有v=EB,故选项D错误.答案:C6.如图所示,平行金属板A、B水平正对放置,分别带等量异号电荷.一带电微粒水平射入板间,在重力和电场力共同作用下运动,轨迹如图中虚线所示,那么()A.若微粒带正电荷,则A板一定带正电荷B.微粒从M点运动到N点电势能一定增加C.微粒从M点运动到N点动能一定增加D.微粒从M点运动到N点机械能一定增加解析:由于不知道重力和电场力大小关系,所以不能确定电场力方向,不能确定微粒电性,也不能确定电场力对微粒做功的正负,则

8、选项A、B、D错误;根据微粒偏转方向可知微粒所受合外力一定是竖直向下,则合外力对微粒做正功,由动能定理知微粒的动能一定增加,选项C正确.答案:C7.如图所示,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反,下列说法正确的是()A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为113D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为331解析:利用同向电流相互吸引,异向电流相互排斥,受力分析如图所示.设任意两导线间作用力大

9、小为F,则L1受合力F1=2Fcos60=F,方向与L2、L3所在平面平行;L2受合力F2=2Fcos60=F,方向与L1、L3所在平面平行;L3所受合力F3=2Fcos30=3F,方向与L1、L2所在平面垂直.故选项B、C正确.答案:BC8.如图所示,连接平行金属板P1和P2(板面垂直于纸面)的导线的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行,CD和GH均在纸平面内,金属板置于磁场中,磁场方向垂直于纸面向里,当一束等离子体射入两金属板之间时,CD段导线将受到力的作用,下列判断正确的是()A.当等离子体从右侧射入时,CD受力的方向背离GHB.当等离子体从右侧射入时,CD受力的方向指向GHC

10、.当等离子体从左侧射入时,CD受力的方向背离GHD.当等离子体从左侧射入时,CD受力的方向指向GH解析:由电路知识知GH中的电流方向向下.等离子体从右方射入时,由左手定则可知,正离子向下偏转,负离子向上偏转,CD中的电流方向向上,由异向平行的电流相互排斥可知,CD受力的方向背离GH,选项A正确,选项B错误.同理可知,等离子体从左方射入时,CD受力的方向指向GH,选项C错误,选项D正确.答案:AD9.如图所示,一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器,然后粒子通过平板S上的狭缝P,进入另一匀强磁场B,最终打在A1A2上.下列表述正确的是()A.粒子带

11、负电B.所有打在A1A2上的粒子,在磁场B中运动时间都相同C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于EBD.粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷qm越大解析:根据题图粒子轨迹,利用左手定则可知粒子带正电,选项A错误;根据带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力等于向心力,其运动周期T=2mqB,所有打在A1A2上的粒子,在磁场B中运动时间都为半个周期,时间与粒子比荷成反比,选项B错误;带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场B和匀强电场E组成的速度选择器,满足qE=qvB,能通过狭缝P的带电粒子的速率等于v=EB,选项C正确;根据带电粒子在匀强磁场中运动洛伦兹力等于向心力,其轨迹半径r=

12、mvqB,粒子打在A1A2上的位置越靠近P,轨迹半径r越小,粒子的比荷qm越大,选项D正确.答案:CD10.如图所示,MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界.一质量为m、电荷量为q的粒子(重力不计)在纸面内从O点射入磁场.若粒子速度为v0,最远能落在边界上的A点.下列说法正确的有()A.若粒子落在A点的左侧,其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧,其速度一定大于v0C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能小于v0-qBd2mD.若粒子落在A点左右两侧d的范围内,其速度不可能大于v0+qBd2m解析:由牛顿第二定律可得qv0B=mv02r,解得r=mv0qB,当粒子从O点垂直MN界面

13、射入磁场时,粒子射出磁场位置与MN交点距入射点O最远,即OA=2r,当粒子以速度v0从O点沿任意方向入射时,一定打在OA内,选项A错误;结合前面分析只有vv0时粒子才有可能打在A点的右侧,选项B正确;若r1=12(OA-d),则根据qvB=mv2r1可得v=qB(OA-d)2m,由上面可得v0=qBOA2m,则有v=v0-qBd2m,只有vv0-qBd2m时,粒子才可能落入该范围内,选项C正确;若粒子以v2垂直MN边界射入磁场恰好到达距A点右侧d位置时,r2=12(OA+d),同理可推得v2=v0+qBd2m,当粒子速度vv2时,只要粒子不垂直MN射入磁场,也有可能落到距A点右侧d位置以内,选

14、项D错误.答案:BC二、填空题(本题包含2小题,共14分)11.(4分)如图所示,正方形线框abcd边长为L,悬挂在等臂天平的一侧,线框的下端处在一个如图所示的匀强磁场中,调节天平右盘的砝码使天平平衡,如果线框中通过电流为I,则需要在右盘中加一个质量为m的砝码,天平再次平衡.线框bc段上的电流方向是,磁场的磁感应强度大小是.答案:cbmgIL12.(10分)如图所示,厚度为h、宽度为d的导体板放在垂直于它的磁感应强度为B的均匀磁场中,当电流通过导体板时,在导体板的上侧面A和下侧面A之间会产生电势差,这种现象称为霍尔效应.实验表明,当磁场不太强时,电势差U、电流I和B的关系为U=KIBd,式中的

15、比例系数K称为霍尔系数.霍尔效应可解释如下:外部磁场的洛伦兹力使运动的电子聚集在导体板的一侧,在导体板的另一侧出现多余的正电荷,从而形成横向电场;横向电场对电子施加与洛伦兹力方向相反的静电力,当静电力与洛伦兹力达到平衡时,导体板上下两侧之间就会形成稳定的电势差.设电流I是电子的定向流动形成的,电子的平均定向速度为v,电荷量为e,回答下列问题:(1)达到稳定状态时,导体板上侧面A的电势(选填“高于”“低于”或“等于”)下侧面A的电势;(2)电子所受洛伦兹力的大小为;(3)当导体板上下两侧面之间的电势差为U时,电子所受静电力的大小为;(4)由静电力和洛伦兹力平衡的条件,证明霍尔系数为K=1ne,其

16、中n代表导体板单位体积中电子的个数.解析:(1)由左手定则可知电子所受洛伦兹力方向向上,根据题意知静电力方向向下,电场强度方向向上,所以AA.(2)由洛伦兹力公式得F洛=Bev.(3)F=qE=eUh或F=F洛=Bev.(4)电子受到横向的静电力F与洛伦兹力F洛相平衡,即eUh=Bev.通过导体板的电流I=qt=n(Svt)et=nSve=nhdve.已知公式U=KIBd,由式得K=1ne.答案:(1)低于(2)Bev(3)eUh(或Bev)(4)见解析三、计算题(本题包含4小题,共46分)13.(10分)如图所示,在倾角为=30的斜面上,固定一宽L=0.25 m 的平行金属导轨,在导轨上端接

17、入电源和滑动变阻器.电源电动势E=12 V,内阻为r=1.0 .一质量 m=20 g的金属棒ab与两导轨垂直并接触良好.整个装置处于磁感应强度B=0.80 T、垂直于斜面向上的匀强磁场中(导轨与金属棒的电阻不计).金属导轨是光滑的,g取10 m/s2,要保持金属棒在导轨上静止,求:(1)金属棒所受到的安培力;(2)通过金属棒的电流;(3)滑动变阻器R接入到电路中的阻值.解析:(1)F=mgsin30F=0.1N.(2)金属棒静止在金属轨道上受力平衡,如图所示解得I=FBL=0.5A.(3)设变阻器接入电路的阻值为R,根据闭合电路欧姆定律E=I(R+r)解得R=EI-r=23 .答案:(1)0.

18、1 N(2)0.5 A(3)23 14.(10分)如图所示,在半径R的圆形区域内,分布着磁感应强度大小为B的匀强磁场.在圆心处发射一个运动方向与磁场垂直的电子,电子质量为m,电荷量为e.求这个电子要穿离此磁场区域应具有的最小动能.解析:电子刚好不穿离磁场区域的条件是其轨迹正好和圆相切,故电子运动的半径r=12R.电子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,即evB=mv2r而动能Ek=12mv2三式联立可得Ek=e2B2R28m.答案:e2B2R28m15.(12分)如图所示,绝缘粗糙的竖直平面MN左侧同时存在相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,电场强度大小为E,磁场方向垂直纸面向外,磁

19、感应强度大小为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的小滑块从A点由静止开始沿MN下滑,到达C点时离开MN做曲线运动.A、C两点间距离为h,重力加速度为g.(1)求小滑块运动到C点时的速度大小vC;(2)求小滑块从A点运动到C点过程中克服摩擦力做的功Wf;(3)若D点为小滑块在电场力、洛伦兹力及重力作用下运动过程中速度最大的位置,当小滑块运动到D点时撤去磁场,此后小滑块继续运动到水平地面上的P点.已知小滑块在D点时的速度大小为vD,从D点运动到P点的时间为t,求小滑块运动到P点时速度的大小vP.解析:(1)小滑块沿MN运动过程,水平方向受力满足qvB+N=qE小滑块在C点离开MN时N=0解得vC=

20、EB.(2)由动能定理mgh-Wf=12mvC2-0解得Wf=mgh-mE22B2.(3)如图,小滑块速度最大时,速度方向与电场力、重力的合力方向垂直.撤去磁场后小滑块将做类平抛运动,等效加速度为gg=qEm2+g2且vP2=vD2+g2t2解得vP=vD2+qEm2+g2t2.答案:(1)EB(2)mgh-mE22B2(3)vD2+qEm2+g2t216.(14分)(2018全国卷)一足够长的条状区域内存在匀强电场和匀强磁场,其在xOy平面内的截面如图所示:中间是磁场区域,其边界与y轴垂直,宽度为l,磁感应强度的大小为B,方向垂直于xOy平面;磁场的上、下两侧为电场区域,宽度均为l,电场强度

21、的大小均为E,方向均沿x轴正方向;M、N为条状区域边界上的两点,它们的连线与y轴平行,一带正电的粒子以某一速度从M点沿y轴正方向射入电场,经过一段时间后恰好以从M点入射的速度从N点沿y轴正方向射出.不计重力.(1)定性画出该粒子在电磁场中运动的轨迹;(2)求该粒子从M点入射时速度的大小;(3)若该粒子进入磁场时的速度方向恰好与x轴正方向的夹角为6,求该粒子的比荷及其从M点运动到N点的时间.解析:(1)粒子运动的轨迹如图甲所示.(粒子在电场中的轨迹为抛物线,在磁场中为圆弧,上下对称)甲乙(2)粒子从电场下边界入射后在电场中做类平抛运动.设粒子从M点射入时速度的大小为v0,在下侧电场中运动的时间为

22、t,加速度的大小为a;粒子进入磁场的速度大小为v,方向与电场方向的夹角为(见图乙),速度沿电场方向的分量为v1,根据牛顿第二定律有qE=ma式中q和m分别为粒子的电荷量和质量.由运动学公式有v1=atl=v0tv1=vcos粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动轨道半径为R,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=mv2R由几何关系得l=2Rcos联立式得v0=2ElBl.(3)由运动学公式和题给数据得v1=v0cot6联立式得qm=43ElB2l2设粒子由M点运动到N点所用的时间为t,则t=2t+22-62T式中T是粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期,T=2mqB由式得t=BlE1+3l18l.答案:(1)见解析图(2)2ElBl(3)43ElB2l2BlE1+3l18l14