届新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题(7)_高三物理一轮复习试题

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2010届新课标高三物理第一轮复习阶段性测试题（7）

（命题范围：选修3-1 磁场）

说明：本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共150分；答题时间120分钟．

第Ⅰ卷（选择题，共40分）

一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确．全部选对的得4分，选不全的得3分，有选错或不答的得0分）

1．磁场中某区域的磁感线，如图所示，则

A．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba>Bb

B．a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba

（）

2．科学研究表明，地球自西向东的自转速度正在变慢，我国已在2006年1月1日零时进行了时间调整．假如地球的磁场是由地球表面带负电引起的，则可能判定

A．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱 B．地球表面带正电，由于地球自转变慢，地磁场将变强 C．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变弱 D．地球表面带负电，由于地球自转变慢，地磁场将变强

（）

3．两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在导线横截面连接的延长线上，c、d在导线横截面 连接的垂直平分线上．则导体中的电流在这四点产生的磁场的 磁感应强度可能为零的是

A．a点

B．b点

C．c点

D．d点

（）

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4．如图所示，在x0、y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B．现有一质量为m、电量为q的带电粒子，在x轴上到原点的距离为x0的P点，以平行于y轴的初速度射入磁场．在磁场作用下沿垂直于y轴的方向射出磁场．不计重力的影响，由这些信息可以确定的是

A．能确定粒子通过y轴时的位置 B．能确定粒子速度的大小

C．能确定粒子在磁场中运动所经历的时间 D．以上三个判断都不对

（）

5．如图所示，在沿水平方向向里的匀强磁场中，带电小球A与B在同一直线上，其中小球B带正电荷并被固定，小球A与一水平放置的光滑绝缘板C接触而处于静止状态．若将绝缘板C沿水平方向抽去后，以下说法正确的是（）

A．小球A仍可能处于静止状态 B．小球A将可能沿轨迹1运动 C．小球A将可能沿轨迹2运动 D．小球A将可能沿轨迹3运动 6．比荷为em的电子以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，如图

（）所示，为使电子从BC边穿出磁场，磁感应强度B的取值范围为

3mv0ea3mv0ea A．B

B．

B

C．B2mv0ea

D．B2mv0ea

7．如图所示，一带正电的粒子沿平行金属板中央直线以速度V0 射入互相垂直的匀强电场和 匀强磁场区域，粒子质量为m，带电量为q，磁场的磁感应强度为B，电场强度为E，粒子从P点离开电磁场区域时速度为V，P与中央直线相距为d，则下列说法正确的是（）Ａ．粒子在运动过程中所受磁场力可能比所受电场力小

Ｂ．粒子沿电场方向的加速度大小始终是Ｃ．粒子的运动轨迹是抛物线

BqVEqm

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Ｄ．粒子达到P的速度大小V＝V022Eqdm

8．真空中有两根长直金属导线平行放置，其中一根导线中通有恒定电流．在两导线所确定的平面内，一电子从P点运动的轨迹的一部分如图中曲线PQ所示，则一定是（）A．ab导线中通有从a到b方向的电流

B．ab导线中通有从b到a方向的电流 C．cd导线中通有从c到d方向的电流 D．cd导线中通有从d到c方向的电流

9．如图所示，套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球，其质量为m，带电量为q，小球可在棒上滑动，现将此棒竖直放入沿水平方向的且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中．设小球电量不变，小球由静止下滑的过程中（）

A．小球加速度一直增大

B．小球速度一直增大，直到最后匀速 C．杆对小球的弹力一直减少

D．小球所受洛伦兹力一直增大，直到最后不变

10．如图所示，PQ是匀强磁场里的一片薄金属片，其表面与磁场方向平行，现有一α粒子从A点以垂直PQ的速度v射出，动能为E，射出后α粒子的轨迹如图所示，今测得它在金属片两边的轨迹的半径之比为10:9，若α粒子在穿越金属片过程中受到的阻力大小及电量都不变，则（）

A．α粒子每穿过一次金属片，速度减少

1102Em

B．α粒子每穿过一次金属片，动能减少0.81E C．α粒子穿过5次金属片后陷在金属片里 D．α粒子穿过9次金属片后陷在金属片里

第Ⅱ卷（非选择题，共110分）

二、本题共2小题，共20分。把答案填在题中相应的横线上或按题目要求作答． 11．（8分）某同学在研究长直导线周围的磁场时，为增大电流，用多根导线捆在一起代替长直导线，不断改变多根导线中的总电流I和测试点与直导线的距离，测得下表所示数

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据：

由上述数据可得出磁感应强度B与电流I及距离r的关系式为B=__________T．在由数据得出关系式时可以采用保持某一物理量不变，采用作图或从数据上得出另外两个物理量之间的关系，这在物理量上被称作_________法，是物理学中经常应用的方法之一.（要求估算出比例系数，用等式表示）

12．（12分）磁体和电流之间、磁体和运动电荷之间、电流和电流之间都可通过磁场而相互作用，此现象可通过以下实验证明：

（1）如图（a）所示，在重复奥斯特的电流磁效应实验时，为使实验方便效果明显，通电导线应_______

．

A．平行于南北方向，位于小磁针上方 B．平行于东西方向，位于小磁针上方 C．平行于东南方向，位于小磁针下方 D．平行于西南方向，位于小磁针下方

此时从上向下看，小磁针的旋转方向是_________________．

（2）如图（b）所示，是一个抽成真空的电子射线管，从阴极发射出来的电子束，在阴极和阳极间的高压作用下，轰击到长方形的荧光屏上激发出荧光，可以显示出电子束运动的径迹．实验表明，在没有外磁场时，电子束是沿直线前进的．如果把射线管放在蹄形磁铁的两极间，荧光屏上显示的电子束运动径迹发生了弯曲，这表明：___________，图中a为____极．

（3）如图（c）所示，两条平行直导线，当通以相同方向的电流时，它们相互________，当通以相反方向的电流时，它们相互___________，这时每个电流都处在另一个电流的磁场里，因而受到磁场力的作用．也就是说，电流和电流之间，就像磁极和磁极之间一样，也会通过磁场发生相互作用.京翰教育中心http://www.daodoc.com/

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三、本题共6小题，共90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.13．（14分）用一根长L=0.8m的绝缘轻绳，吊一质量m=1.0g的带电小球，放在磁感应强度B=2.5T、方向如图所示的匀强磁场中．把小球拉到悬点的右侧，轻绳刚好水平拉直，将小球由静止释放，小球便在垂直于磁场的竖直平面内摆动．当小球第一次摆到最低点时，悬线的拉力恰好为0.5mg（取重力加速度g=10m/s）.求：（1）小球带何种电荷？

（2）当小球第二次经过最低点时，悬线对小球的拉力多大？

14．（14分）如图所示，在真空中半径r3.0102m的圆形区域内，有磁感应强度B=0．2T，6方向如图的匀强磁场，一束带正电的粒子以初速度v01.010m/s，从磁场边界上直

2径ab的a端沿各个方向射入磁场，且初速方向都垂直于磁场方向，若该束粒子的比荷qm1.010C/kg，不计粒子重力．求： 8（1）粒子在磁场中运动的最长时间．

（2）若射入磁场的速度改为v3.010m/s，其他条件不变，试用斜线画出该束粒子在磁场中可能出现的区域，要求有简要的文字说明．（sin370.6，cos370.8）

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15．（14分）如图所示，半径为R的光滑圆环固定在光滑水平面上，圆环中心安放一带电量为Q的正电荷，另有磁感应强度为B的匀强磁场垂直圆环平面．已知一质量为m、带电量为+q的小球贴着圆环内壁做圆周运动，若小球的运动速率从零开始逐渐增大，请探究圆环对小球的水平弹力FN将如何变化？

16．（16分）电子质量为m、电量为e，从坐标原点O处沿xOy平面射入第一象限，射入时速度方向不同，速度大小均为v0，如图所示．现在某一区域加方向向外且垂直于xOy平面的匀强磁场，磁感应强度为B，若这些电子穿过磁场后都能垂直射到荧光屏MN上，荧光屏与y轴平行，求：（1）荧光屏上光斑的长度；（2）所加磁场范围的最小面积．

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17．（16分）如图所示，Oxyz坐标系的y轴竖直向上，坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向与x轴平行，从y轴上的M（0、H、0）点无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，它落在xOz平面上的N（l、0、b）点（l>0，b>0）.若撤去磁场则小球落在xOz平面的P（l、0、0）点．已知重力加速度为g．

（1）已知磁场方向与某个坐标轴平行，请确定其可能的具体方向．

（2）求出电场强度的大小．

（3）求出小球落至N点时的速率．

18．（16分）一对平行金属板水平放置，板间距离为d，板间有磁感应强度为B的水平向里的匀强磁场，将金属板连入如图所示的电路，已知电源内阻为r，滑动变阻器的总电阻为R，现将开关S闭合，并调节滑动触头P至右端长度为总长度的处，一质量为m、41电荷量为q的带电质点从两板正中央左端以某一初速度水平飞入场区，恰好做匀速圆周运动.（1）求电源的电动势；

（2）若将滑动变阻器的滑动触头P调到R的正中央位置，可以使原带电质点以水平直线从两板间穿过，求该质点进入磁场的初速度v0;

（3）若将滑动变阻器的滑动触头P移到R的最左端，原带电质点恰好能从金属板缘飞出，求质点飞出时的动能．

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参考答案

1． 答案：B

根据磁感线的疏密程度可以判断出a、b两处的磁感应强度的大小不等，Ba

2．答案：C

地球自转等效成环形电流，南极为磁场N极，由右手定则可知地球带负电，地球转速变慢使环形电流电流减小，故磁场减弱，所以选C． 3．答案：AB

根据安培定则和磁感应强度的迭加原理即可知．

4．答案：ABC 提示：根据已知条件画出运动的轨迹和基本公式即可判断．

5．答案：AB

若小球A带正电，小球A受重力和A、B之间的库仑力的作用（且库仑力为斥力），若重力的大小和库仑力的大小相反，则撤去绝缘板后，重力和库仑力仍大小相等而方向相反，故小球A仍处于静止状态，A正确；若库仑力大于重力，则可由左手定则判断B正确．

6．答案：B

电子进入磁场时向上偏，刚好从C点沿切线方向穿出是一临界条件，要使电子从BC边穿出，其运动半径应比临界半径大，由RmvqB可知，磁感应强度只要比临

a2sin60界时的小就可以了，如题图，由对称性作辅助线，由几何关系可得，半径Rv0R2，又ev0Bm，解得B3mv0ea，故选B．

7．答案：AD

由题意知，带正电的粒子从中央线的上方离开混合场，说明在进入电、磁场时，竖直向上的洛仑兹力大于竖直向下的电场力．在运动过程中，由于电场力做负功，洛仑兹力不做功，所以粒子的动能减小，从而使所受到的磁场力可能比所受电场力小，选项A正确．又在运动过程中，洛仑兹力的方向不断发生改变，其加速度大小是变化的，运动轨迹是复杂的曲线而并非简单的抛物线，所以选项B、C错误．由动能定律得：Eqd12mv212mv0，故选项D正确，综合来看，选项A、D正确．

28．答案：C

根据电子运动的轨迹知在两导线之间的磁场方向垂直于两导线所在的平面，只有ab中由b到a的电流或cd中从c到d的电流才能产生这样的磁场，又从电子运动轨迹在向cd边靠近时曲率半径变小，由r的电流产生的，只有C正确．

mvqB知与cd边越近，B越强，可见是由cd中

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9． 答案：BD

本题考查带电体在复合场中的运动，在分析时要注意随着速度的变化，洛伦兹力发生变化，导致杆对小球的弹力发生变化，因此摩擦力发生变化，小球的运动状态发生变化．

10．答案：C

带电粒子在匀强磁场中做圆周运动的轨道半径r=mv/qB，设α粒子第一次穿过金属片的速度v，则Ek12mv2/mvqB:mvqB/10:9，所以v=0．9v，动能减少

/12mv/20.19E．根据阻力及电量恒定，α粒子每穿过一次金属片，动能都减

5少0．19E，由611．答案：B=2107IE0.19E，故α粒子穿过5次后陷入金属中．

r（6分）

控制变量法（2分）

解析：从表中数据分析不难发现B/I=k1和Br=k2，所以有B=kI/r，再将某一组B、I、r值代入上式得k=2×10－7Tm/A．所以得出磁感应强度B与电流I及距离r的关系式为B=2107Ir．

12．答案：（1）A（2分）

逆时针（2分）（2）运动电荷受到了磁场力（2分）

阴（2分）

（3）吸引（2分）

排斥（2分）

13．解析：（1）设小球第一次到达最低点时速度为v，则由动能定理可得mgLv212mv2（2分）

在最低点根据牛顿第二定律得，Bqv0.5mgmgm3解得q2.510C（2分）

L（2分）

根据左手定则可判断小球带负电（3分）

（2）根据机械能守恒可知，小球第二次到达最低点时速度小仍为v，此时悬线对小球的v2拉力为F，由牛顿第二定律得，FBqvmgm2L（3分）

解得F5.510N（2分）

v0R214．解析：（1）由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径，qv0BmRmv0Be5.0102（1分）

2m>r3.010（2分）

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因此要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弦长最长，从右图中可以看出，以直径ab为弦、R为半径所作的圆，粒子运动的时间最长．（2分）

T2mqB设该弦对应的圆心角为2，而222mqB（1分）

运动时间tmaxT（2分）

又sin（2）R/rR35，故tmax6.51038s（2分）

mvqB1.510mr（2分）

粒子在磁场中可能出现的区域：如图中以Oa为直径的半圆及以a为圆心Oa为半径的圆与磁场相交的部分．绘图如图．（2分）

15．解析：如图所示，带电小球在做圆周运动的过程中受到电场力FE、洛伦兹力FB和弹力FN的作用，其合力即为小球做圆周运动的向心力，由图可知：

FNFBFEmv2/R（3分）

2∴FNFBFEmv/R（2分）

其中FB=qvB，FE=kQq/R2，代入上式可得，FNmv2RBqvkQqR2（2分）

上式中m、R、B、q、k、Q均为常数，所以FN为v的二次函数．对照y=ax2+bx+c，有a=m/R，b=－Bq，c=kQq/R．（2分）因a>0，故FN有最小值，且当vkQqR2

2b2aBqR2m时，FN最小（临界条件），最小值为FminBqR4m22．（2分）

可见，随着小球运动速度的增大，圆环对小球的弹力FN先减小、后增大，且临界状态（最小值）出现在v=BqR/2m时．（3分）

16．解析：（1）要求光斑的长度，只要找到两个边界点即可．初速度沿x轴正方向的电子，沿弧OB运动到P；初速度沿y轴正方向的电子，沿弧OC运动到Q．

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设粒子在磁场中运动的半径为R，由牛顿第二定律得，v0R2qv0Bm（4分），从图中可以看出PQRmv0Be即Rmv0Be（4分）

（2）沿任一方向射入第一象限的电子经磁场偏转后都能垂直打到荧光屏MN上，需加最小面积的磁场的边界是以（0，R）为圆心，半径为R的圆的一部分，如图中实线所示．（4分）

所以磁场范围的最小面积S34R2R214R2(21)(mv02)Be．（4分）

17．解析：（1）用左手定则判断出：磁场方向为－x方向或－y方向．（4分）

（2）在未加匀强磁场时，带电小球在电场力和重力作用下落到P点，设运动时间为t，小球自由下落，有H=gt2/2（1分）

小球沿x轴方向只受电场力作用，Fe=qE（1分）小球沿x轴的位移为l=at/2（1分）小球沿x轴方向的加速度为a=Fe/m（1分）联立求解，得E=mgl/qH．（2分）

（3）带电小球在匀强磁场和匀强电场共存的区域运动时，洛伦兹力不做功．电场力做功为：We=qEl，（1分）重力做功为WG=mgH（1分）

设落到N点时速度大小为v，根据动能定理得，mgHqEl12mv（2分）

22解得，v2g(H2l)2H（2分）

18．解析：（1）因带电质点做匀速圆周运动，故电场力与重力平衡，F电mg①（1分）

又F电qE② 两板间电场强度E电两板间电压UIR4Ud③（1分）

④（1分）

ERr由闭合电路欧姆定律得，I⑤（1分）

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由①～⑤得，E4(Rr)dmgRq（2分）

（2）由题意知，电场力竖直向上，故质点带负电，由左手定则得洛伦兹力竖直向下，由平衡条件可得，mgqv0BF电⑥（2分）因两极板间电压U///I/R22U

故E电2E电，F电E电2mg⑦（2分）由⑥⑦解得，v0mgqB⑧（1分）

（3）因板间电压变为U//IR4U⑨

故电场力F电4F电4mg（2分）由动能定理得，F电由⑧⑨⑩解得Ek////d2mgd222Ek12mv0⑩（2分）

23mgd2mg232Bq．（1分）

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