《年高中物理 電子題庫(kù) 第三章章末綜合檢測(cè) 新人教版選修3-1》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《年高中物理 電子題庫(kù) 第三章章末綜合檢測(cè) 新人教版選修3-1（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 (時(shí)間：90分鐘，滿分：100分) 一、單項(xiàng)選擇題(本題共5小題，每小題4分，共20分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)正確，選對(duì)的得4分，選錯(cuò)或不答的得0分) 下列說(shuō)法正確的是(　　) A．把一電流元分別放在磁場(chǎng)中的兩點(diǎn)，所受磁場(chǎng)力大的磁感應(yīng)強(qiáng)度大 B．把一個(gè)小線圈置于磁場(chǎng)中，磁通量大處磁感應(yīng)強(qiáng)度大 C．讓一電荷以相同的速度分別垂直進(jìn)入兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，受洛倫茲力大的磁感應(yīng)強(qiáng)度大 D．磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與正電荷在磁場(chǎng)中受洛倫茲力方向相同 解析：選C.電流元所受磁場(chǎng)力大小，除與B有關(guān)外，還與放置方向有關(guān)，故A錯(cuò)；線圈中的磁通量除與B有關(guān)外，還與放置方向有關(guān)，故B錯(cuò)；

2、粒子垂直進(jìn)入磁場(chǎng)，洛倫茲力F＝qvB，所以B＝，故C對(duì)；洛倫茲力方向與B的方向垂直，故D錯(cuò)． 關(guān)于通電直導(dǎo)線周圍磁場(chǎng)的磁感線分布，下列示意圖中正確的是(　　) 圖3－7 解析：選A.在垂直于導(dǎo)線的平面內(nèi)，由安培定則可判斷為導(dǎo)線周圍的磁感線是閉合的同心圓，從上向下看為逆時(shí)針，故只有A正確． 圖3－8 (2012·汕頭實(shí)驗(yàn)中學(xué)高二檢測(cè))矩形線圈abcd可繞通過(guò)兩長(zhǎng)邊中點(diǎn)的水平軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)，如圖3－8所示．通入順時(shí)針方向的電流I，若想使線圈做順時(shí)針方向的轉(zhuǎn)動(dòng)(從右向左看)，應(yīng)加下列哪種磁場(chǎng)(　　) A．垂直紙面向里的磁場(chǎng) B．由O指向O′的磁場(chǎng) C．豎直向上的磁場(chǎng) D．豎直

3、向下的磁場(chǎng) 答案：D 圖3－9 如圖3－9所示，水平放置的平行金屬板a、b帶有等量異種電荷，a板帶正電，兩板間有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，若一個(gè)帶正電的液滴在兩板間做直線運(yùn)動(dòng)，其運(yùn)動(dòng)的方向是(　　) A．沿豎直方向向下 B．沿豎直方向向上 C．沿水平方向向左 D．沿水平方向向右 解析：選D.正電荷受到的電場(chǎng)力豎直向下，重力也豎直向下，做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)必須是洛倫茲力與這兩個(gè)力方向相反，且大小與這兩個(gè)力的合力相等，液滴必做勻速直線運(yùn)動(dòng)，否則洛倫茲力會(huì)發(fā)生變化失去平衡而做曲線運(yùn)動(dòng)．故答案D正確． 圖3－10 (2012·湖北黃岡中學(xué)高二檢測(cè))如圖3－10所示，在垂直紙面向里的

4、勻強(qiáng)磁場(chǎng)邊界上，有兩個(gè)質(zhì)量、電荷量均相等的正、負(fù)離子(不計(jì)重力)，從O點(diǎn)以相同的速度射入磁場(chǎng)中，射入方向均與邊界成θ角，則正、負(fù)離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的過(guò)程，下列判斷不正確的是(　　) A．運(yùn)動(dòng)的軌道半徑相同 B．重新回到磁場(chǎng)邊界時(shí)速度大小和方向都相同 C．運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相同 D．重新回到磁場(chǎng)邊界的位置與O點(diǎn)距離相等 解析：選C.由R＝知A正確；由粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡(如圖)和幾何關(guān)系可知，B、D正確，C錯(cuò)． 二、雙項(xiàng)選擇題(本題共7小題，每小題5分，共35分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有兩個(gè)選項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，只選1個(gè)且正確的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分) 初速度為

5、零的質(zhì)子p、氘核d和α粒子經(jīng)過(guò)同一電場(chǎng)加速后以垂直于磁場(chǎng)方向的速度進(jìn)入同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，則它們?cè)诖艌?chǎng)中(　　) A．動(dòng)能之比Ep∶Ed∶Eα＝1∶2∶4 B．動(dòng)能之比Ep∶Ed∶Eα＝1∶1∶2 C．運(yùn)動(dòng)半徑之比rp∶rd∶rα＝1∶1∶2 D．運(yùn)動(dòng)半徑之比rp∶rd∶rα＝1∶∶ 解析：選BD.由qU＝Ek得：Ep∶Ed∶Eα＝qp∶qd∶qα＝e∶e∶2e＝1∶1∶2，故A錯(cuò)B對(duì)；由r＝得：rp∶rd∶rα＝∶∶＝1∶∶，故C錯(cuò)D對(duì)． (2012·南京外國(guó)語(yǔ)學(xué)校高二檢測(cè))如圖3－11所示，虛線間空間存在由勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B組成的正交或平行的電場(chǎng)和磁場(chǎng)，有一個(gè)帶正電小球(電量為＋

6、q，質(zhì)量為m)從正交或平行的電磁混合場(chǎng)上方的某一高度自由落下，帶電小球通過(guò)下列電磁混合場(chǎng)時(shí)，可能沿直線運(yùn)動(dòng)的是(　　) 圖3－11 解析：選CD.帶電小球進(jìn)入混合場(chǎng)后若受力平衡，則能沿直線運(yùn)動(dòng)．A選項(xiàng)中電場(chǎng)力向左，洛倫茲力開始時(shí)向右，重力豎直向下，三力不可能平衡．B選項(xiàng)中電場(chǎng)力向上，重力向下，而洛倫茲力向外，三力也不能平衡．C、D選項(xiàng)的小球所受三力可能平衡．所以選項(xiàng)C、D正確． 圖3－12 三根平行的長(zhǎng)直通電導(dǎo)線，分別通過(guò)一個(gè)等腰直角三角形的三個(gè)頂點(diǎn)且與三角形所在平面垂直，如圖3－12所示．現(xiàn)在使每根通電導(dǎo)線在斜邊中點(diǎn)O處所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B，則下列說(shuō)法中正確的有(　　

7、) A．O點(diǎn)處實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B B．O點(diǎn)處實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B C．O點(diǎn)處實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與斜邊夾角為90° D．O點(diǎn)處實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向與斜邊夾角為arctan2 解析：選BD.先根據(jù)安培定則確定每根通電導(dǎo)線在O點(diǎn)所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，再根據(jù)矢量合成法則求出結(jié)果．根據(jù)安培定則，I1與I3在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1、B3方向相同，I2在O點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與B1、B3方向垂直，如圖所示，故O點(diǎn)處實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0＝＝B，A錯(cuò)誤，B正確；由幾何關(guān)系可知O點(diǎn)處實(shí)際磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與斜邊夾角為arctan2，C錯(cuò)誤，D正確． 圖3－13 (20

8、11·高考上海卷)如圖3－13，質(zhì)量為m、長(zhǎng)為L(zhǎng)的直導(dǎo)線用兩絕緣細(xì)線懸掛于O、O′，并處于勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，當(dāng)導(dǎo)線中通以沿x正方向的電流I，且導(dǎo)線保持靜止時(shí)，懸線與豎直方向夾角為θ.則磁感應(yīng)強(qiáng)度方向和大小可能為(　　) A．z方向，tanθ　　　　　　 B．y方向， C．z負(fù)向，tanθ D．沿懸線向上，sinθ 解析：選BC.若B沿z軸正方向，導(dǎo)線無(wú)法平衡，A錯(cuò)誤；若B沿y軸正方向，由左手定則，受力如圖甲：mg＝BIL，所以B正確；若B沿z軸負(fù)方向，受力如圖乙，F(xiàn)Tsinθ＝BIL；FTcosθ＝mg，所以B＝tanθ，C正確；若B沿懸線向上，受力如圖丙，導(dǎo)線無(wú)法平衡，D錯(cuò)誤．

9、 圖3－14 如圖3－14平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)速度方向與x軸的正方向相同，不計(jì)粒子的重力，則(　　) A．該粒子帶正電 B．A點(diǎn)與x軸的距離為 C．粒子由O到A經(jīng)歷時(shí)間t＝ D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的速度不變 解析：選BC.根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)方向，由左手定則判斷可知粒子帶負(fù)電，A項(xiàng)錯(cuò)；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，方向變化，D項(xiàng)錯(cuò)；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝，周期T＝，從O點(diǎn)到A點(diǎn)速度的偏向角為60°，即運(yùn)動(dòng)了T，所以由幾何知識(shí)求得點(diǎn)A

10、與x軸的距離為，粒子由O到A經(jīng)歷時(shí)間t＝，B、C兩項(xiàng)正確． 圖3－15 (2012·廣州第二中學(xué)高二檢測(cè))如圖3－15所示，有一個(gè)正方形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域abcd，e是ad的中點(diǎn)，f是cd的中點(diǎn)，如果在a點(diǎn)沿對(duì)角線方向以速度v射入一帶負(fù)電的帶電粒子，恰好從e點(diǎn)射出，則(　　) A．如果粒子的速度增大為原來(lái)的二倍，將從d點(diǎn)射出 B．如果粒子的速度增大為原來(lái)的三倍，將從f點(diǎn)射出 C．如果粒子的速度不變，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)樵瓉?lái)的二倍，也將從d點(diǎn)射出 D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點(diǎn)射出時(shí)，從f點(diǎn)射出所用時(shí)間最短 解析：選AD.作出示意圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可以看出，當(dāng)

11、粒子從d點(diǎn)射出時(shí)，軌道半徑增大為原來(lái)的二倍，由半徑公式R＝可知，速度也增大為原來(lái)的二倍，A項(xiàng)正確，顯然C項(xiàng)錯(cuò)誤；當(dāng)粒子的速度增大為原來(lái)的四倍時(shí)，才會(huì)從f點(diǎn)射出，B項(xiàng)錯(cuò)誤；據(jù)粒子的周期公式T＝，可見粒子的周期與速度無(wú)關(guān)，在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間取決于其軌跡圓弧所對(duì)應(yīng)的圓心角，所以從e、d射出時(shí)所用時(shí)間相等，從f點(diǎn)射出時(shí)所用時(shí)間最短，D項(xiàng)正確． 如圖3－16所示，一個(gè)帶正電荷的物塊m，由靜止開始從斜面上A點(diǎn)下滑，滑到水平面BC上的D點(diǎn)停下來(lái)．已知物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)相同，且不計(jì)物塊經(jīng)過(guò)B處時(shí)的機(jī)械能損失．先在ABC所在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，第二次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊在

12、水平面上的D′點(diǎn)停下來(lái)．后又撤去電場(chǎng)，在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，再次讓物塊m從A點(diǎn)由靜止開始下滑，結(jié)果物塊沿斜面滑下并在水平面上的D″點(diǎn)停下來(lái)．則以下說(shuō)法中正確的是(　　) 圖3－16 A．D′點(diǎn)一定在D點(diǎn)左側(cè) B．D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合 C．D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè) D．D″點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合 解析：選BC.僅在重力場(chǎng)中時(shí)，物塊由A點(diǎn)至D點(diǎn)的過(guò)程中，由動(dòng)能定理得mgh－μmgs1cosα－μmgs2＝0，即h－μs1cosα－μs2＝0，由題意知A點(diǎn)距水平面的高度h、物塊與斜面及水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ、斜面傾角α、斜面長(zhǎng)度s1為定值，所以s2與重力的大小無(wú)關(guān)，而在ABC所

13、在空間加豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)后，相當(dāng)于把重力增大了，s2不變，D′點(diǎn)一定與D點(diǎn)重合，B正確；在ABC所在空間加水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，洛倫茲力垂直于接觸面向上，正壓力變小，摩擦力變小，重力做的功不變，所以D″點(diǎn)一定在D點(diǎn)右側(cè)，C正確. 三、計(jì)算題(本題共4小題，共45分．解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不能得分，有數(shù)值計(jì)算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位) 圖3－17 (8分)如圖3－17所示，兩根平行金屬導(dǎo)軌M、N，電阻不計(jì)，相距0.2 m，上邊沿導(dǎo)軌垂直方向放一個(gè)質(zhì)量為m＝5×10－2kg的金屬棒ab，ab的電阻為0.5 Ω.兩金屬導(dǎo)軌一端通過(guò)

14、電阻R和電源相連．電阻R＝2 Ω，電源電動(dòng)勢(shì)E＝6 V，電源內(nèi)阻r＝0.5 Ω，如果在裝置所在的區(qū)域加一個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)，使ab對(duì)導(dǎo)軌的壓力恰好是零，并使ab處于靜止．(導(dǎo)軌光滑)求所加磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度的大小和方向． 解析：因ab對(duì)導(dǎo)軌壓力恰好是零且處于靜止，ab所受安培力方向一定豎直向上且大小等于重力，由左手定則可以判定B的方向應(yīng)為水平向右． ab中的電流I＝＝A＝2 A F＝ILB＝mg B＝＝T＝1.25 T. 答案：1.25 T，水平向右 圖3－18 (10分)如圖3－18所示，質(zhì)量為m，帶電量為＋q的粒子，從兩平行電極板正中央垂直電場(chǎng)線和磁感線以速度v飛入．已知兩板間距為

15、d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，這時(shí)粒子恰能沿直線穿過(guò)電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域(重力不計(jì))．今將磁感應(yīng)強(qiáng)度增大到某值，則粒子將落到極板上．當(dāng)粒子落到極板上時(shí)的動(dòng)能為多大？ 解析：帶電粒子受到向上的電場(chǎng)力和向下的洛倫茲力作用，做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)由平衡條件知 qvB＝qE 磁感應(yīng)強(qiáng)度增大后粒子向下偏轉(zhuǎn)，由動(dòng)能定理知 －qE＝Ek－mv2 聯(lián)立得：Ek＝(mv2－qvBd)． 答案：(mv2－qvBd) 圖3－19 (12分)如圖3－19所示，絕緣直棒上的小球，其質(zhì)量為m，帶電荷量為＋q，小球可在棒上滑動(dòng)．將此棒豎直放在相互正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，小球與直棒間的動(dòng)摩擦因數(shù)為

16、μ，求小球由靜止沿棒下滑的最大加速度和最大速度．(小球帶電荷量不變) 解析：在帶電小球下滑的過(guò)程中，小球受到重力、電場(chǎng)力、支持力、摩擦力和洛倫茲力，受力分析如圖所示． 根據(jù)牛頓第二定律有mg－Ff＝ma 摩擦力Ff＝μFN，壓力FN＝Bqv＋Eq 解得a＝ 隨著小球速度v的增加，其加速度減?。?，小球向下做加速度逐漸減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后加速度減小到零，小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)． 開始時(shí)，v＝0時(shí)，此時(shí)加速度最大，amax＝g－ 勻速時(shí)，a＝0時(shí)，速度最大，mg－μ(qvmaxB＋qE)＝0 所以vmax＝－. 答案：g－?。? (15分)(2012·成都七中高二檢測(cè))如圖3－

17、20所示，一帶電微粒質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量q＝＋1.0×10－5C，從靜止開始經(jīng)電壓為U1＝100 V的電場(chǎng)加速后， 從兩平行金屬板的中間水平進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中，微粒從金屬板邊緣射出電場(chǎng)時(shí)的偏轉(zhuǎn)角θ＝30°，并接著進(jìn)入一個(gè)方向垂直紙面向里、寬度為D＝34.6 cm的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域．微粒重力忽略不計(jì)．求： 圖3－20 (1)帶電微粒進(jìn)入偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)時(shí)的速率v1； (2)偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中兩金屬板間的電壓U2； (3)為使帶電微粒不會(huì)由磁場(chǎng)右邊射出，該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少多大？ 解析：(1)帶電微粒經(jīng)加速電場(chǎng)加速后速率為v1，根據(jù)動(dòng)能定理有U1q＝mv v1＝ ＝1.0×104m/s. (2)帶電微粒在偏轉(zhuǎn)電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力作用， 設(shè)微粒進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v′，則 v′＝ 得出v′＝v1. 由動(dòng)能定理有 m(v′2－v)＝q 解得U2＝66.7 V. (3)帶電微粒進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，設(shè)微粒恰好不從磁場(chǎng)右邊射出時(shí)，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，由幾何關(guān)系知 R＋＝D 由牛頓運(yùn)動(dòng)定律及運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律 qv′B＝， 得B＝0.1 T. 若帶電粒子不射出磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B至少為0.1 T. 答案：(1)1.0×104 m/s　(2)66.7 V　(3)0.1 T