《学案》届高考物理一轮复习 第8章磁场单元综合评估课下作业 新人教版选修31.docx
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《学案》届高考物理一轮复习第8章磁场单元综合评估课下作业新人教版选修31
磁场单元综合评估
一、选择题
1．（2011·长沙一中月考）通有电流的导线L1、L2处在同一平面（纸面）内，L1是固定的，L2可绕垂直纸面的固定转轴O转动（O为L2的中心），各自的电流方向如图所示．下列哪种情况将会发生（ ）
A．因L2不受磁场力的作用，故L2不动
B．因L2上、下两部分所受的磁场力平衡，故L2不动
C．L2绕轴O按顺时针方向转动
D．L2绕轴O按逆时针方向转动
解析：
本题考查常见电流周围的磁场的分布，安培力的方向和物体转动的条件等知识点．由右手螺旋定则可知导线L1的上方的磁场的方向为垂直纸面向外，且离导线L1的距离越远的地方，磁场越弱，导线L2上的每一小部分受到的安培力方向水平向右，由于O点的下方磁场较强，则安培力较大，因此L2绕轴O按逆时针方向转动，D选项对．
答案：
D
2.如右图所示，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏正中的O点，加磁场后电子束打在荧光屏O点上方的P点，则所加磁场的方向可能是（ ）
A．垂直于纸面向内 B．垂直于纸面向外
C．平行于纸面向上D．平行于纸面向下
解析：
电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B正确．
答案：
B
3.如图所示，一带电粒子垂直射入一垂直纸面向里自左向右逐渐增强的磁场中，由于周围气体的阻尼作用，其运动径迹为一段圆弧线，则从图中可以判断（不计重力）（ ）
A．粒子从A点射入，速率逐渐减小B．粒子从A点射入，速率逐渐增大
C．粒子带负电，从B点射入磁场D．粒子带正电，从A点射入磁场
解析：
由于空气有阻尼作用，粒子运动速率一定减小，由R＝知，v逐渐减小，而R却保持不变，B一定逐渐减小，所以A正确．粒子以洛伦兹力作圆周运动的向心力，根据左手定则判断，D正确．
答案：
AD
4.如右图所示，实线表示在竖直平面内匀强电场的电场线，电场线与水平方向成α角，水平方向的匀强磁场与电场正交，有一带电液滴沿斜向上的虚线l做直线运动，l与水平方向成β角，且α＞β，则下列说法中错误的是（ ）
A．液滴一定做匀变速直线运动B．液滴一定带正电
C．电场线方向一定斜向上D．液滴一定做匀速直线运动
解析：
在电磁场复合区域粒子一般不会做匀变速直线运动，因速度变化洛伦兹力变化，合外力一般变化．
答案：
A
5.如右图所示，有两根长为L、质量为m的细导体棒a、b，a被水平放置在倾角为45°的光滑斜面上，b被水平固定在与a在同一水平面的另一位置，且a、b平行，它们之间的距离为x.当两细棒中均通以电流强度为I的同向电流时，a恰能在斜面上保持静止，则b的电流在a处产生的磁场的磁感应强度的说法错误的是（ ）
A．方向向上
B．大小为
C．要使a仍能保持静止，而减小b在a处的磁感应强度，可使b上移
D．若使b下移，a将不能保持静止
解析：
由安培定则可知A正确；由mgsinα＝BLIcosα知B＝，B错误；若要使B最小，应在垂直斜面向上的方向上，所以C、D正确．
答案：
B
6.如右图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板．从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动以下说法正确的是（ ）
A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上
B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心
C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长
D．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上
解析：
当v⊥B时，所受洛伦兹力充当向心力，做半径和周期分别为R＝，T＝的匀速圆周运动；只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，选项D正确．
答案：
D
7．如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy平面向外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下图给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是（ ）
解析：
磁场垂直xOy平面向外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则判断出离子运动方向，并画出草图找出圆心，可判断出C图是正确的．
答案：
C
8.如右图所示，一半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m，电荷量为q的正电荷（重力忽略不计）以速度v沿正对着圆心O的方向射入磁场，从磁场中射出时速度方向改变了θ角．磁场的磁感应强度大小为（ ）
A.B.
C.D.
解析：
本题考查带电粒子在磁场中的运动．根据画轨迹、找圆心、定半径思路分析．注意两点，一是找圆心的两种方法
（1）根据初末速度方向垂线的交点．
（2）根据已知速度方向的垂线和弦的垂直平分线交点．二是根据洛伦兹力提供向心力和三角形边角关系，确定半径．分析可得B选项正确．
答案：
B
9.在一空心圆柱面内有一垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B，其横截面如右图所示，磁场边界为同心圆，内、外半径分别为r和（＋1）r.圆心处有一粒子源不断地沿半径方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，不计粒子重力．为使这些粒子不射出磁场外边界，粒子从圆心处射出时速度不能超过（ ）
A.B.
C.D.
解析：
如右图所示，带电粒子不从磁场中穿出，其临界条件是带电粒子在磁场中的运动轨迹应与外圆相切，所以[（＋1）r－rx]2＝r2＋rx2，解上式可得rx＝r，又由rx＝可得，选项A正确．
答案：
A
10.如右图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（ ）
A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场
B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场
C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场
D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场
解析：
作出粒子刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和从ad边射出的轨迹④.由题意可推知，该带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.结合图可知，从ab边射出经历的时间一定不大于5t0/6；从bc边射出经历的时间一定不大于4t0/3；从cd边射出经历的时间一定是5t0/3；从ad边射出经历的时间一定不大于t0/3.
答案：
AC
二、非选择题
11．如图甲所示，质量为m＝50g，长l＝10cm的铜棒，用长度也为l的两根轻软导线水平悬吊在竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度B＝1/3T．未通电时，轻线在竖直方向，通入恒定电流后，棒向外偏转的最大角度θ＝37°，求此棒中恒定电流的大小．
某同学对棒中恒定电流的解法如下：
对铜棒进行受力分析，通电时导线向外偏转，说明安培力方向垂直电流和磁场方向向外，受力如图乙所示（侧视图）．
当最大偏转角θ＝37°时，棒受力平衡．有
tanθ＝＝，得I＝＝11.25A.
（1）请判断，该同学的解法正确吗？
若不正确则请指出错在哪里？
（2）试写出求解棒中电流的正确解答过程及结果．
解析：
（1）该同学的解法错误．
错误原因：
认为棒到达最高点速度为零时，一定处于平衡状态；或者认为偏角最大的是平衡位置．
（2）正确的解法如下：
金属棒向外偏转过程中，导线拉力不做功，如右图所示，安培力F做功为
WF＝Fx1＝BIl2sin37°
重力做功为WG＝－mgx2＝－mgl（1－cos37°）
由动能定理得BIl2sin37°－mgl（1－cos37°）＝0
解得：
I＝＝5A.
答案：
（1）该同学的解法错误
（2）5A
12．（2010·安徽理综）如图1所示，宽度为d的竖直狭长区域内（边界为L1、L2），存在垂直纸面向里的匀强磁场和竖直方向上的周期性变化的电场（如图2所示），电场强度的大小为E0，E>0表示电场方向竖直向上．t＝0时，一带正电、质量为m的微粒从左边界上的N1点以水平速度v射入该区域，沿直线运动到Q点后，做一次完整的圆周运动，再沿直线运动到右边界上的N2点．Q为线段N1N2的中点，重力加速度为g.上述d、E0、m、v、g为已知量．
（1）求微粒所带电荷量q和磁感应强度B的大小；
（2）求电场变化的周期T；
（3）改变宽度d，使微粒仍能按上述运动过程通过相应宽度的区域，求T的最小值．
解析：
此题考查粒子在复合场中的运动问题．
（1）微粒做直线运动，则
mg＋qE0＝qvB①
微粒做圆周运动，则mg＝qE0②
联立①②得q＝③
B＝④
（2）设微粒从N1运动到Q的时间为t1，做圆周运动的周期为t2，则＝vt1⑤
qvB＝m⑥
2πR＝vt2⑦
联立③④⑤⑥⑦得t1＝；t2＝⑧
电场变化的周期T＝t1＋t2＝＋⑨
（3）若微粒能完成题述的运动过程，要求d≥2R⑩
联立③④⑥得R＝⑪
设N1Q段直线运动的最短时间为t1min，由⑤⑩⑪得
t1min＝
因t2不变，T的最小值Tmin＝t1min＋t2＝
答案：
（1）
（2）＋ （3）
滚动训练（七）
（本栏目内容，在学生用书中以活页形式分册装订！
）
一、选择题
1．（2011·江西重点中学联考）汽车遇情况紧急刹车，经1.5s停止，刹车距离为9m．若汽车刹车后做匀减速直线运动，则汽车停止前最后1s的位移是（ ）
A．4.5m B．4m
C．3mD．2m
解析：
考查直线运动规律．由x＝at2，解得a＝8m/s2，最后1s的位移为x1＝×8×12m＝4m，B项正确．
答案：
B
2．如右图所示，质量为m的小球，用长为l的细线挂在O点，在O点正下方处有一光滑的钉子O′，把小球拉到与钉子O′在同一水平的位置，摆线被钉子拦住且张紧，现将小球由静止释放，当小球第一次通过最低点P时（ ）
A．小球的运动速度突然减小B．小球的角速度突然增大
C．小球的向心加速度突然减小D．悬线的拉力突然减小
解析：
v大小不变，但小球的运动轨迹半径变大，根据ω＝可知，小球的角速度变小；又因为an＝，所以向心加速度变小；小球在最低点时，动力学方程为FT－mg＝man，由于an变小，所以悬线拉力FT变小．正确选项为C、D.
答案：
CD
3.如右图所示，一根自然长度为l0的轻弹簧和一根长度为a的轻绳连接，弹簧的上端固定在天花板的O点上，P是位于O点正下方的光滑轻小定滑轮，已知OP＝l0＋a.现将绳的另一端与静止在动摩擦因数恒定的水平地面上的滑块A相连，滑块对地面有压力作用．再用一水平力F作用于A使之向右做直线运动（弹簧的下端始终在P之上），对于滑块A受地面滑动摩擦力下列说法中正确的是（ ）
A．逐渐变小B．逐渐变大
C．先变小后变大D．大小不变
解析：
本题考查力的平衡条件、胡克定律．物块在开始位置，受到重力G和支持力FN，弹簧的拉力F＝kx0，F＋FN＝G，FN＝G－kx0；当物块滑到右边某一位置时，绳的伸长量为x，绳与地面的夹角为α，由竖直方向平衡，F′N＋kx·sinα＝G，即F′N＝G－kx0＝FN，支持力不变化，滑动摩擦力Ff＝μFN不变化，D正确．
答案：
D
4．如下图是“嫦娥一号”奔月示意图，卫星发射后通过自带的小型火箭多次变轨，进入地月转移轨道，最终被月球引力捕获，成为绕月卫星，并开展对月球的探测．下列说法正确的是（ ）
A．发射“嫦娥一号”的速度必须达到第三宇宙速度
B．在绕月圆轨道上，卫星周期与卫星质量有关
C．卫星受月球的引力与它到月球中心距离的平方成反比
D．在绕月圆轨道上，卫星受地球的引力大于受月球的引力
解析：
本题考查了与万有引力定律相联的多个知识点，如万有引力公式、宇宙速度、卫星的周期等，设问角度新颖．第三宇宙速度是卫星脱离太阳系的最小发射速度，所以“嫦娥一号”卫星的发射速度一定小于第三宇宙速度，A项错误；设卫星轨道半径为r，由万有引力定律知卫星受到的引力F＝G，C项正确；设卫星的周期为T，由G＝mr得T2＝r3，所以卫星的周期与月球质量有关，与卫星质量无关，B项错误；卫星在绕月轨道上运行时，由于离地球很远，受到地球引力很小，卫星做圆周运动的向心力主要是月球引力提供，D项错误．
答案：
C
5.如右图所示，水平地面上有两块完全相同的木块A、B，水平推力F作用在木块A上，用FAB表示木块A、B间的相互作用力，下列说法可能正确的是（ ）
A．若地面是完全光滑的，则FAB＝F
B．若地面是完全光滑的，则FAB＝F/2
C．若地面是有摩擦的，且木块A、B未被推动，可能FAB＝F/3
D．若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，则FAB＝F/2
解析：
若地面光滑，先用整体法得F＝2ma，再用隔离法分析木块B有FAB＝ma，则FAB＝F/2.若地面是有摩擦的，且木块A、B被推动，由整体法得F－2μmg＝2ma，用隔离法对木块B有FAB－μmg＝ma，则FAB＝F/2.若木块A、B未被推动，则FAB≤F/2.
答案：
BCD
6．风能是一种环保型能源．风力发电是风吹过风轮机叶片，使发电机工作，将风的动能转化为电能．设空气的密度为ρ，水平风速为v，风力发电机每个叶片长为L，叶片旋转形成圆面，设通过该圆面的风的动能转化为电能的效率恒为η.某风力发电机在风速为6m/s时，发电机的电功率为8kW，若风速为9m/s，则发电机的电功率为（ ）
A．12kWB．18kW
C．27kWD．36kW
解析：
本题主要考查功能关系及电功率．设在t时间内通过风力发电机圆面的风的质量为m，则m＝ρ·2πL·vt，则发电机的电功率为P＝mv2·η/t＝ηπρLv3，故电功率与速度的三次方成正比，带入数值可求得风速为9m/s时，则发电机的电功率为27kW，选项C正确．
答案：
C
7.（2011·河北廊坊）如右图所示，有一定初速度的物体受到一个沿斜面向上的恒定拉力F作用，沿倾角为30°的粗糙斜面向上做直线运动，加速度大小为6m/s2，在物体向上运动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．物体的机械能一定增加B．物体的机械能一定减小
C．物体的机械能可能不变D．物体的机械能可能增加也可能减小
解析：
机械能的变化决定于除重力、弹簧弹力以外的力所做的功，题中除重力外，有拉力和摩擦力做功．若加速度方向沿斜面向下，根据牛顿第二定律有mgsin30°＋Ff－F＝ma，有F－Ff＝mgsin30°－ma<0，即F0，即F>Ff，故拉力做的正功大于克服摩擦力做的功，机械能增加．D正确．
答案：
D
8．（2011·山东省实验中学模拟试题）如下图所示，一网球运动员将球在边界处正上方水平向右击出，球刚好过网落在图中位置（不计空气阻力），参数如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．击球点高度h1与球网高度h2之间的关系为h1＝1.8h2
B．若保持击球高度不变，球的初速度v0只要不大于，一定落在对方界内
C．任意降低击球高度（仍大于h2），只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
D．任意增加击球高度，只要击球初速度合适，球一定能落在对方界内
解析：
设球从击出到网所需的时间为Δt，从击出到落地所需的时间为t1，由平抛运动的规律得＝＝＝＝，解得h1＝1.8h2，选项A正确；若保持击球高度不变，球的初速度v0如果太小，也不能到达对方界内，选项B错误；由平抛运动规律可知，若击球处距网上端的竖直距离小于网高的，球仍能过网但会出界，选项C错误、选项D正确．
答案：
AD
9.如右图所示，带电的平行金属板电容器水平放置，质量相同、重力不计的带电微粒A、B，平行于极板以相同的初速度射入电场，结果打在极板上的同一点P.不计两微粒之间的库仑力，下列说法正确的是（ ）
A．在电场中微粒A运动的时间比B长B．微粒A所带的电荷量比B多
C．电场力对微粒A做的功比B少D．到达P点时微粒A的速率比B小
解析：
据题意可知，A、B是同种电荷，设距N板的距离为h，水平方向上的位移为x，则：
x＝v0t①
h＝②
a＝③
W＝qEh④
结合题意和以上式子可知：
A、B运动时间相等，A的加速度大于B的，故A的带电荷量大于B的；电场力对A做的功大于对B做的功，故到达P点时，A的速率大于B的，故B对．
答案：
B
二、非选择题
10．为测量一个定值电阻的阻值，备用器材如下：
待测电阻Rx
电流表A1（量程100μA，内阻约2kΩ）
电流表A2（量程500μA，内阻约300Ω）
电压表V1（量程15V，内阻约150kΩ）
电压表V2（量程50V，内阻约500kΩ）
电源E（电动势15V）
滑动变阻器R（最大阻值1kΩ）
多用电表，开关S，导线若干
（1）先用多用电表欧姆挡对Rx进行粗测．若选择×100Ω挡用正确的测量方法进行测量，发现指针几乎不偏转，为较准确测量应选用________挡（×10，×1k）．重新选挡测量，刻度盘上的指针位置如上图所示，测量结果是________Ω.
（2）现用伏安法测量Rx阻值．为了尽量减小实验误差，要求测多组数据．
①电流表应选________，电压表应选________．
②画出实验电路图．
③根据实验中测得的多组数据作出的U－I图线如下图所示，根据图线求得待测电阻的阻值为________Ω.
答案：
（1）×1k 30k
（2）①A2 V1
②如下图所示
③31k
11.（2011·成都市摸底测试）如右图所示为某同学设计的节能运输系统．斜面轨道的倾角为37°，木箱与轨道之间的动摩擦因数μ＝0.25.设计要求：
木箱在轨道顶端时，自动装货装置将质量m＝2kg的货物装入木箱，木箱载着货物沿轨道无初速滑下，当轻弹簧被压缩至最短时，自动装货装置立刻将货物卸下，然后木箱恰好被弹回到轨道顶端，接着再重复上述过程．若g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：
（1）离开弹簧后，木箱沿轨道上滑的过程中的加速度大小；
（2）满足设计要求的木箱质量．
解析：
（1）设木箱质量为m′，对木箱的上滑过程，由牛顿第二定律有：
m′gsin37°＋μm′gcos37°＝m′a
代入数据解得：
a＝8m/s2.
（2）设木箱沿轨道下滑的最大距离为L，弹簧被压缩至最短时的弹性势能为Ep，根据能量守恒定律：
货物和木箱下滑过程中有：
（m′＋m）gsin37°L＝μ（m′＋m）gcos37°L＋Ep
木箱上滑过程中有Ep＝m′gsin37°L＋μm′gcos37°L
联立代入数据解得：
m′＝m＝2kg.
答案：
（1）8m/s2
（2）2kg
12．如图甲所示，两平行金属板的板长不超过0.2m，板间的电压u随时间t变化的图线如图乙所示，在金属板右侧有一左边界为MN、右边无界的匀强磁场，磁感应强度B＝0.01T，方向垂直纸面向里．现有带正电的粒子连续不断地以速度v0＝105m/s，沿两板间的中线OO′平行金属板射入电场中，磁场边界MN与中线OO′垂直．已知带电粒子的比荷＝108C/kg，粒子所受的重力和粒子间的相互作用力均忽略不计．
（1）在每个粒子通过电场区域的时间内，可以把板间的电场强度看作是恒定的．试说明这种处理能够成立的理由．
（2）设t＝0.1s时刻射入电场的带电粒子恰能从平行金属板边缘射出，求该带电粒子射出电场时的速度大小．
（3）对于所有经过电场射入磁场的带电粒子，设其射入磁场的入射点和从磁场射出的出射点间的距离为d，试判断d的大小是否随时间而变化？
若不变，证明你的结论；若变，求出d的变化范围．
解析：
（1）带电粒子在金属板间运动时间t＝，T＝0.2s①
得t≪T，（或t时间内金属板间电压变化ΔU≤2×10－3V，变化很小）②
故t时间内金属板间的电场可以认为是恒定的
（2）t＝0.1s时刻偏转电压U＝100V
带电粒子沿两板间的中线射入电场恰从平行金属板边缘飞出电场，电场力做功
W＝qU③
由动能定理：
W＝mv12－mv02④
代入数据可得v1＝1.41×105m/s⑤
（3）设某一任意时刻射出电场的粒子速率为v，速度方向与水平方向的夹角为α，则
v＝⑥
粒子在磁场中有qvB＝m⑦
可得粒子进入磁场后，在磁场中做圆周运动的半径R＝
由几何关系d＝2Rcosα⑧
可得：
d＝＝0.2m，故d不随时间而变化．
答案：
（1）带电粒子在金属板间运动时间t＝＝2.0×10－6s≪T＝0.2s
故t时间内金属板间的电场可以认为是恒定的．
（2）1.41×105m/s
（3）d＝＝0.2m 不随时间变化
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