2021-2022学年高二物理人教版选修3-1：第三章-磁场-测评B-Word版含解析.docx

第三章测评B
(高考体验卷)
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。其中第1~4题为单选题;第5~8题为多选题,全部选对得6分,选不全得3分,有选错或不答的得0分)
1.(2022·课标全国Ⅰ)关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力,下列说法正确的是(　　)
A.安培力的方向可以不垂直于直导线
B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向
C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关
D.将直导线从中点折成直角,安培力的大小确定变为原来的一半
解析:依据左手定则可知,安培力的方向既与磁场方向垂直,又与电流(或直导线)方向垂直,A项错误,B项正确。由安培力的大小F=BILsinθ可知,C项错误。将直导线从中点折成直角,有效长度不愿定为原来的12,D项错误。
答案:B
2.

(2022·课标全国Ⅰ)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变,不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(　　)
A.2　　　　　　　　　　　B.2
C.1 D.22
解析:设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2,由题意可知,粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1∶r2=2∶1,Ek1∶Ek2=2∶1,又r=mvqB,Ek=12mv2,可得B=2mEkqr,故B1∶B2=2∶2,D项正确。
答案:D
3.

(2021·课标全国Ⅰ)如图,半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面),磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面对外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为R2。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°,则粒子的速率为(不计重力)(　　)
A.qBR2m B.qBRm
C.3qBR2m D.2qBRm
解析:作出粒子在圆柱形匀强磁场区域的运动轨迹如图,连接MN,依据粒子射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°,及MP=R2,得出各角的大小如图所示,粒子的出射点必与磁场圆的圆心等高,四边形OMO’N为菱形,粒子做圆周运动的半径r=R,依据qvB=mv2R,得v=qBRm。

答案:B
4.(2022·安徽理综)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可推断所需的磁感应强度B正比于(　　)
A.T B.T
C.T3 D.T2
解析:带电粒子在磁场中运动半径r=mvqB,得B=mvqr①;又Ek=12mv2∝T(T为热力学温度),得v∝T②。由①②得B∝T。即在被束缚离子种类及运动半径不变的条件下,所需磁感应强度B与T成正比。故选项A正确。
答案:A
5.(2021·课标全国Ⅱ)在物理学进展过程中,观测、试验、假说和规律推理等方法都起到了重要作用。下列叙述符合史实的是(　　)
A.奥斯特在试验中观看到电流的磁效应,该效应揭示了电和磁之间存在联系
B.安培依据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相像性,提出了分子电流假说
C.法拉第在试验中观看到,在通有恒定电流的静止导线四周的固定导线圈中,会毁灭感应电流
D.楞次在分析了很多试验事实后提出,感应电流应具有这样的方向,即感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化
解析:电流能产生磁场,说明电和磁之间存在联系,A项正确;为解释磁现象的电本质,安培依据螺线管和条形磁铁的磁场的相像性,提出了分子电流假说,B项正确;恒定电流四周的固定导线框,不会产生感应电流,C项错误;楞次通过试验,得出了楞次定律,D项正确。
答案:ABD
6.(2022·江苏单科)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B与I成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为IH,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压UH满足UH=kIHBd,式中k为霍尔系数,d为霍尔元件两侧面间的距离,电阻R远大于RL,霍尔元件的电阻可以忽视,则(　　)

A.霍尔元件前表面的电势低于后表面
B.若电源的正负极对调,电压表将反偏
C.IH与I成正比
D.电压表的示数与RL消耗的电功率成正比
解析:由左手定则可推断霍尔元件中电子的受力方向向里,电子向元件的后表面聚集,故霍尔元件的前表面电势高于后表面,选项A错误;电源的正、负极对调时,线圈中及霍尔元件中电流方向均反向,电子的受力方向不变,仍是前表面电势高于后表面,故电压表不会反偏,选项B错误;由并联电路电流支配特点可知,IH=RLR+RLI,IL=RR+RLI,有IH∝I,IL∝I,选项C正确;因B∝I,IH∝I,所以UH∝I2,又RL消耗的电功率P=IL2RL,即P∝IL2∝I2,所以UH∝P,选项D正确。
答案:CD
7.(2022·课标全国Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁供应匀强磁场,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确定不同
B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径确定相同
C.仅依据粒子运动轨迹无法推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
解析:由左手定则知,电子与正电子的偏转方向确定不同,选项A正确;电子与正电子的速度大小关系不确定,故无法比较它们运动的半径大小关系,选项B错误;质子与正电子的速度大小关系不确定,无法比较它们运动的半径大小关系,因此仅依据运动轨迹无法推断粒子是质子还是正电子,选项C正确;由r=mvqB可知,粒子的动能越大,其速度也越大,运动轨迹的半径越大,选项D错误。
答案:AC
8.(2022·浙江理综)如图1所示,两根光滑平行导轨水平放置,间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场,磁感应强度为B。垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。从t=0时刻起,棒上有如图2所示的持续交变电流I,周期为T,最大值为Im,图1中I所示方向为电流正方向。则金属棒 (　　)

A.始终向右移动
B.速度随时间周期性变化
C.受到的安培力随时间周期性变化
D.受到的安培力在一个周期内做正功
解析:在0~T2时间内,由左手定则可知,金属棒所受安培力方向向右,金属棒向右加速,在T2~T时间内,金属棒所受安培力方向向左,金属棒向右减速,t=T时,速度恰好减为零,以后又周期性重复上述运动,可知金属棒始终向右移动,其速度随时间周期性变化,受到的安培力随时间周期性变化,选项A、B、C正确;安培力在一个周期内对金属棒先做正功,后做负功,由动能定理可知安培力在一个周期内做的总功为零,选项D错误。
答案:ABC
二、试验题(本题共2小题,共18分。把答案填在题中的横线上)
9.(8分)(2021·上海单科)演示地磁场存在的试验装置(由环形线圈,微电流传感器,DIS等组成)如图所示。首先将线圈竖直放置,以竖直方向为轴转动,屏幕上的电流指针　　　　(选填“有”或“无”)偏转;然后仍将线圈竖直放置,使其平面与东西向平行,并从东向西移动,电流指针　　　　(选填“有”或“无”)偏转;最终将线圈水平放置,使其从东向西移动,电流指针　　　　(选填“有”或“无”)偏转。 

解析:线圈竖直放置,以竖直方向为轴转动时,穿过线圈的磁通量发生变化,会产生感应电流,屏幕上的电流指针有偏转;线圈竖直放置和水平放置,从东向西移动时,穿过线圈的磁通量不发生变化,不会产生感应电流,屏幕上的电流指针没有偏转。
答案:有　无　无
10.(10分)(2021·山东理综)霍尔效应是电磁基本现象之一,近期我国科学家在该领域的试验争辩上取得了突破性进展。如图甲所示,在一矩形半导体薄片的P、Q间通入电流I,同时外加与薄片垂直的磁场B,在M、N间毁灭电压UH,这个现象称为霍尔效应,UH称为霍尔电压,且满足UH=kIBd,式中d为薄片的厚度,k为霍尔系数。某同学通过试验来测定该半导体薄片的霍尔系数。

甲
(1)若该半导体材料是空穴(可视为带正电粒子)导电,电流与磁场方向如图丙所示,该同学用电压表测量UH时,应将电压表的“+”接线柱与　　　　　(选填“M”或“N”)端通过导线相连。 
(2)已知薄片厚度d=0.40 mm,该同学保持磁感应强度B=0.10 T不变,转变电流I的大小,测量相应的UH值,记录数据如下表所示。
I(10-3A)
3.0
6.0
9.0
12.0
15.0
18.0
UH(10-3V)
1.1
1.9
3.4
4.5
6.2
6.8

依据表中数据画出UH-I图线,利用图线求出该材料的霍尔系数为　　　　　×10-3 V·m·A-1·T-1(保留2位有效数字)。 
(3)该同学查阅资料发觉,使半导体薄片中的电流反向再次测量,取两个方向测量的平均值,可以减小霍尔系数的测量误差,为此该同学设计了如图乙所示的测量电路,S1、S2均为单刀双掷开关,虚线框内为半导体薄片(未画出)。为使电流从Q端流入,P端流出,应将S1掷向　　　　(选填“a”或“b”),S2掷向　　　(选填“c”或“d”)。 
为了保证测量平安,该同学改进了测量电路,将一合适的定值电阻串联在电路中。在保持其他连接不变的状况下,该定值电阻应串联在相邻器件　　　　和　　　　(填器件代号)之间。 

乙
解析:(1)由左手定则知,空穴受到的洛伦兹力方向左,半导体薄片的左侧毁灭正电荷,因此电压表的“+”接线柱与M端通过导线相连。
(2)UH-I图线如图所示,由图象可知,图线的斜率表示kBd=250k,即(6.8-1.1)×10-3(18.0-3.0)×10-3=250k,解得k=1.5×10-3V·m·A-1·T-1。

(3)当S1掷向a,S2掷向c时,电流从Q端流入,P端流出。定值电阻应串联在S1和E或S2和E之间。
答案:(1)M　(2)见解析图　1.5(1.4或1.6)　(3)b　c
S1　E(或S2,E)
三、解答题(本题共3小题,共34分。解答应写出必要的文字说明。方程式和重要的演算步骤,有数值计算的题,答案中必需明确写出数值和单位)
11.(10分)(2022·广东理综)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,以水平面MN为抱负分界面,Ⅰ区的磁感应强度为B0,方向垂直纸面对外,A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2,两孔与分界面MN的距离均为L,质量为m,电荷量为+q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后,沿水平方向从S1进入Ⅰ区,并直接偏转到MN上的P点,再进入Ⅱ区。P点与A1板的距离是L的k倍。不计重力,遇到挡板的粒子不予考虑。

(1)若k=1,求匀强电场的电场强度E;
(2)若2<k<3,且粒子沿水平方向从S2射出,求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。
解析:(1)当k=1时,设粒子在Ⅰ区中做圆周运动的轨道半径为r0,在磁场中的速度大小为v0。
由几何关系得r0=L ①
洛伦兹力供应向心力
qv0B0=mv02r0 ②
由动能定理
qEd=12mv02-0 ③
联立①②③得
E=qB02L22md。 ④
(2)当2<k<3时,粒子在Ⅱ磁场区域中必需有且只有1个圆弧轨迹,才能保证粒子从S2出射。设Ⅰ、Ⅱ空间的圆弧轨迹半径分别为r和R,如图。

在Ⅰ区中,洛伦兹力供应向心力qvB0=mv2r ⑤
由几何关系得r2=(kL)2+(r-L)2 ⑥
联立⑤⑥得v=1+k22qB0mL(2<k<3) ⑦
在Ⅱ区中,洛伦兹力供应向心力qvB=mv2R ⑧
由几何关系得Rr=3L-kLkL ⑨
联立⑤⑧⑨得B=k3-kB0(2<k<3)。 ⑩
答案:(1)qB02L22md　(2)v=(k2+1)qB0L2m　B=kB03-k
12.(12分)(2022·浙江理综)离子推动器是太空飞行器常用的动力系统。某种推动器设计的简化原理如图1所示,截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。Ⅰ为电离区,将氙气电离获得1价正离子;Ⅱ为加速区,长度为L,两端加有电压,形成轴向的匀强电场。Ⅰ区产生的正离子以接近0的初速度进入Ⅱ区,被加速后以速度vM从右侧喷出。
Ⅰ区内有轴向的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在离轴线R2处的C点持续射出确定速率范围的电子。假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动,截面如图2所示(从左向右看)。电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角(0<α≤90°)。推动器工作时,向Ⅰ区注入淡薄的氙气。电子使氙气电离的最小速率为v0,电子在Ⅰ区内不与器壁相碰且能到达的区域越大,电离效果越好。已知离子质量为M;电子质量为m,电荷量为e。(电子遇到器壁即被吸取,不考虑电子间的碰撞)

(1)求Ⅱ区的加速电压及离子的加速度大小;
(2)为取得好的电离效果,请推断Ⅰ区中的磁场方向(按图2说明是“垂直纸面对里”或“垂直纸面对外”);
(3)α为90°时,要取得好的电离效果,求射出的电子速率v的范围;
(4)要取得好的电离效果,求射出的电子最大速率vmax与α角的关系。
解析:(1)由动能定理得12MvM2=eU ①
U=MvM22e ②
a=eEM=eUML=vM22L。 ③
(2)垂直纸面对外。 ④

轨迹图
(3)设电子运动的最大半径为r
2r=32R ⑤
eBv=mv2r ⑥
所以有v0≤v<3eBR4m ⑦
要使⑦式有解,磁感应强度B>4mv03eR。 ⑧

(4)电子运动轨迹如图所示,OA=R-r,OC=R2,AC=r
依据几何关系得r=3R4(2-sinα) ⑨
由⑥⑨式得vmax=3eBR4m(2-sinα)。
答案:(1)MvM22e　vM22L　(2)垂直纸面对外　(3)v0≤v<3eBR4m　(4)vmax=3eBR4m(2-sinα)
13.(12分)(2022·重庆理综)

如图所示,在无限长的竖直边界NS和MT间布满匀强电场,同时该区域上、下部分分别布满方向垂直于NSTM平面对外和向内的匀强磁场,磁感应强度大小分别为B和2B,KL为上下磁场的水平分界线,在NS和MT边界上,距KL高h处分别有P、Q两点,NS和MT间距为1.8h。质量为m、电荷量为+q的粒子从P点垂直于NS边界射入该区域,在两边界之间做圆周运动,重力加速度为g。
(1)求电场强度的大小和方向。
(2)要使粒子不从NS边界飞出,求粒子入射速度的最小值。
(3)若粒子能经过Q点从MT边界飞出,求粒子入射速度的全部可能值。
解析:(1)设电场强度大小为E
由题意有mg=qE
得E=mgq,方向竖直向上。
(2)如图1所示,设粒子不从NS边飞出的入射速度最小值为vmin,对应的粒子在上、下区域的运动半径分别为r1和r2,圆心的连线与NS的夹角为φ。

图1
由r=mvqB
有r1=mvminqB,r2=12r1
由(r1+r2)sinφ=r2
r1+r1cosφ=h
vmin=(9-62)qBhm
(3)如图2所示,设粒子入射速度为v,粒子在上、下方区域的运动半径分别为r1和r2,粒子第一次通过KL时距离K点为x。

图2
由题意有3nx=1.8h(n=1,2,3,…)
32x≥(9-62)h2
x=r12-(h-r1)2
得r1=1+0.36n2h2,n<3.5
即n=1时,v=0.68qBhm;
n=2时,v=0.545qBhm;
n=3时,v=0.52qBhm。
答案:(1)mgq,方向竖直向上
(2)(9-62)qBhm
(3)0.68qBhm;0.545qBhm;0.52qBhm