山东省2020版高考物理一轮复习单元质检九磁场新人教版.docx

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1、1单元质检九 磁场(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 8 小题,每小题 8 分,共 64 分。在每小题给出的四个选项中,第 15 题只有一项符合题目要求,第 68 题有多项符合题目要求。全部选对的得 8 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)1.(2018黑龙江大庆模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置一直导线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为 I 时,小磁针左偏 30,则当小磁针左偏 60时,通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)( )A.2I B.3I C. I D.无法确定3

2、答案 B解析 设地磁场磁感应强度为 B 地 ,当通过电流为 I,根据题意可知:地磁场、电流形成磁场、合磁场之间的关系为:当夹角为 30时,有: B1=kI=B 地 tan30;当夹角为 60时,有: B2=kI1=B 地 tan60联立两式解得: I1=3I,故 A、C、D 错误,B 正确。故选 B。2.(2018江西南昌模拟)如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极 B,沿边缘内壁放一个圆环形电极 A,把 A、 B 分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来。若从上向下看,下列判断正确的是( )A.A 接电源正极, B 接电源负极,液体

3、顺时针旋转B.A 接电源负极, B 接电源正极,液体顺时针旋转C.A、 B 与 50 Hz 的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的 N、S 极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变2答案 A解析 若 A 接电源正极, B 接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故 A 正确;同理,若 A 接电源负极, B 接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故 B 错误; A、 B 与 50Hz 的交流电源相接,液体不会持续旋转,故 C 错误;若磁场的 N、S 极

4、互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故 D 错误。3.如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度,下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长 MN 相等,将它们分别挂在天平的右臂下方,线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态,若磁场发生微小变化,天平最容易失去平衡的是( )答案 A解析 天平原本处于平衡状态,所以由于线框平面与磁场强度垂直,且线框不全在磁场区域内,所以线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度,由图可知,A 图的有效长度最长,磁场强度 B 和电流大小 I 相等,所以 A 所受的安培力最大,则 A 图最容易使天平失去平衡。故选 A。4.(2018湖南常德期末)在绝缘圆柱

5、体上 a、 b 两个位置固定有两个金属圆环,当两环通有图示电流时, b 处金属圆环受到的安培力为 F1;若将 b 处金属圆环移动位置 c,则通有电流为 I2的金属圆环3受到的安培力为 F2。今保持 b 处于金属圆环原来位置不变,在位置 c 再放置一个同样的金属圆环,并通有与 a 处金属圆环同向、大小为 I2的电流,则在 a 位置的金属圆环受到的安培力( )A.大小为 |F1-F2|,方向向左B.大小为 |F1-F2|,方向向右C.大小为 |F1+F2|,方向向左D.大小为 |F1+F2|,方向向右答案 A解析 当金属圈在 b 处时,两个的圆形线圈的电流的环绕方向相反,所以两个线圈之间存在排斥力

6、,这一对引力是作用力与反作用力,大小相等,方向相反,所以 b 处对 a 的力为 F1,同理,当金属圈在 c 位置时,对 a 的力为 F2;当保持 b 处金属圈位置不变,在位置 c 再放置一个同样的金属圆环,并通有与a 处金属圆环同向、大小为 I2的电流, b 处对 a 处金属圈的力为 F1方向向左,此时 c 处对 a 的力与之前相反,方向向右,大小为 F2,即在 a 位置的金属圆环受到的安培力为 |F1-F2|,方向向左。故 A 正确。5.(2018广东深圳调研)如图所示,直线 MN 左侧空间存在范围足够大,方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,在磁场中 P 点有一个粒子源,可在纸

7、面内各个方向射出质量为 m,电荷量为q 的带正电粒子(重力不计),已知 POM=60,PO 间距为 L,粒子速率均为 ,则粒子在磁场中运动3qBL2m的最短时间为( )A. B. C. D. m2qB m3qB m4qB m6qB答案 B4解析 粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力作向心力,则有: Bvq= ,解得: R= L;mv2R mvBq=mBq3BqL2m = 32粒子做圆周运动的周期为: T= ;因为粒子做圆周运动的半径、周期相同,那么,粒子2 Rv = 3 L3BqL2m =2 mBq转过的中心角越小,则其弦长越小,运动时间越短;所以,过 P 点做 OM 的垂线,可知,粒子运动轨迹的

8、弦长最小为: Lsin60= L=R,故最短弦长对应的中心角为 60,所以,粒子在磁场中运动的最短时32间为: tmin= T= ,故 ACD 错误,B 正确;故选 B。16 m3Bq6.(2018云南文山调研)如图所示,磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极,两极间距为 d,极板长和宽分别为 a 和 b,这两个电极与可变电阻 R 相连。在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场,磁感应强度大小为 B。发电导管内有电阻率为 的高温电离气体等离子体,等离子体以速度 v 向右流动,并通过专用通道导出。不计等离子体流动时的阻力,调节可变电阻的阻值,则( )A.

9、运动的等离子体产生的感应电动势为 E=BavB.可变电阻 R 中的感应电流方向是从 Q 到 PC.若可变电阻的阻值为 R= ,则其中的电流为 I=dab Bvab2D.若可变电阻的阻值为 R= ,则可变电阻消耗的电功率为 P=dab B2v2dab4答案 CD解析 根据左手定则,等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上,带正电粒子累积在上极板,可变电阻 R 中电流方向从 P 到 Q,B 错误;当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,两极板间电压稳定,设产生的电动势为 E,则有 qvB=q ,E=Bdv,A 错误;发电导管内等离子体的电阻 r= ,若可变电Ed dab阻的阻值为 R= ,由闭合电

10、路欧姆定律有 I= ,可变电阻消耗的电功率 P=I2R= ,C、Ddab ER+r=Bvab2 B2v2dab4正确。57.(2018安徽马鞍山二质监)如图所示,绝缘圆筒内有垂直纸面向里的匀强磁场,两带异种电荷的带电微粒分别从小孔 P 以等大速率射向圆心 O,微粒与筒壁的碰撞是弹性碰撞,最终两微粒都从小孔P 射出磁场,正、负电荷与筒壁分别碰撞了 3 次和 2 次(不考虑微粒的重力)。则正、负微粒( )A.与筒壁的碰撞都是垂直碰撞B.在磁场中运动轨迹的半径之比是 13C.在磁场中运动时间之比是 2 3D.比荷之比为 23答案 AC解析 由题意可知,分别作出正、负电荷的运动轨迹,如图设磁场圆的半径

11、为 r,正电荷的轨迹半径为 r1,负电荷的轨迹半径为 r2,由图可知,正电荷偏转一次的圆心角为 90,负电荷偏转一次的圆心角为 60,根据几何关系得: r1=rtan45=r,r2=rtan60=r,故 r1r 2=1 ,周期 T1= ,周期 T2= ,则正电荷运动的时间为 t1=T1= ,负3 32 r1v =2 rv 2 r2v =23 rv 2 rv电荷运动的时间为 t2= T23= 3= ,故 t1t 2=2 ,根据 T= ,得 ,则有:16 162 r2v 3rv 3 2 mqB qm=2TB,因为粒子刚开始要从 P 点水平进入 ,最后又要从 P 点水平射出,故粒q1m1 q2m2=

12、2T1B 2T2B=T2T1= 31子每次碰撞都是垂直的,才能达到要求,故 AC 正确,BD 错误,故选 AC。68.(2018河南周口期末)如图所示,平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交,一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为 r,电场强度大小为 E,磁感应强度大小为 B,重力加速度大小为 g,则下列判断中正确的是( )A.小球一定带负电荷B.小球一定沿顺时针方向转动C.小球做圆周运动的线速度大小为gBrED.小球在做圆周运动的过程中,电场力始终不做功答案 AC解析 带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电小球受

13、到的重力和电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相反,故小球一定带负电荷,故A 正确;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反),故 B 错误;由电场力和重力大小相等,得: mg=qE,带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为: r= ,联立得: v= ,故 C 正确;小球在做圆周mvqB gBrE运动的过程中,电场力要做功,洛伦兹力始终不做功,故 D 错误;故选 AC。二、计算题(本题共 3 小题,共 36 分)9.(10 分)(2018天津期末)如图甲所示,固定的两光滑导体

14、圆环相距 1 m。在两圆环上放一导体棒,圆环通过导线与电源相连,电源的电动势为 3 V,内阻为 0.2 。导体棒质量为 60 g,接入电路的电阻为 1.3 ,圆环电阻不计,匀强磁场竖直向上。开关 S 闭合后,棒可以静止在圆环上某位置,该位置对应的半径与水平方向的夹角为 = 37,如图乙所示,( g 取 10 m/s2)求:(1)棒静止时受到的安培力的大小;7(2)匀强磁场的磁感应强度的大小。答案 (1)0.8 N (2)0.4 T解析 (1)对导体棒进行受力分析,如图所示有 =tanmgF解得 F=0.8N(2)由闭合电路欧姆定律,得 I=ER+r解得 I=2A由安培力的公式,得 F=BIL解

15、得 B=0.4T10.(10 分)(2018广西贺州二模)如图,相邻两个匀强磁场区域 和 ,设磁感应强度的大小分别为B1、 B2,已知:磁感应强度方向相反且垂直纸面;两个区域的宽度都为 d;质量为 m、电荷量为 +q 的粒子由静止开始经电压恒为 U 的电场加速后,垂直于区域 的边界线 MN,从 A 点进入并穿越区域 时速度方向与边界线 xy 成 60角进入区域 ,最后恰好不能从边界线 PQ 穿出区域 ,不计粒子重力。求:(1)B1的大小;(2)B1与 B2的比值。答案 (1)B1的大小是 ;12qd2mqU(2)B1与 B2的比值是 。138解析 (1)设粒子经 U 加速后获得的速度为 v,根

16、据动能定理有: qU= mv2 12在区域 的磁场中偏转,有: qB1v=m v2R1粒子在磁场 中做匀速圆周运动,恰好不从上边界穿出,粒子与 PQ 相切,画出轨迹如图。由几何关系得 R1= =2d dsin30联立得 B1= 12qd2mqU(2)两区域磁场方向相反(如 垂直纸面向外, 垂直纸面向里),则粒子的运动轨迹如图线 ACD,带电粒子在区域 的磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力,由: qB2v=m v2R2由几何关系有: R2sin30+R2=d 联立得: B1B2=1311.(16 分)(2018江西五市八校联考)如图甲所示,直角坐标系 xOy 中,第二象限内有沿 x 轴正方向的匀强

17、电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿 y 轴正方向射出一个比荷 =100 C/kg 的带正电的粒子(可视qm为质点且不计重力),该粒子以 v0=20 m/s 的速度从 x 轴上的点 A(-2m,0)进入第二象限,从 y 轴上的点 C(0,4m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为 0 时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化, g 取 10 m/s2。9(1)求第二象限内电场的电场强度大小;(2)求粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标。答案 (1)E=1.0 N/C (2)(3 m,0)解析 (1

18、)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力,且电场力方向与初速度方向垂直,所以,粒子做类平抛运动;粒子从 A 点到 C 点用时 t= s= s;OCv0=42015粒子在水平方向上有 a= ,所以, OA= at2,则有 E= a= N/C=1N/C;qEm 12 mq mq2OAt2= 22100(15)2(2)粒子进入磁场时的速度为 v,则其竖直分量 vy=v0=20m/s,水平分量 vx=at= t=20m/s;qEm所以, v= =20 m/s,v 与 y 轴正方向的夹角为 45;vx2+vy2 2在洛伦兹力作向心力的作用下, Bvq= ,粒子在磁场中做圆周运动的半径 R= m= m;粒子mv2R mvBq= 2021000.4 22做圆周运动的周期 T= s,所以,粒子每运动半个圆周则偏转方向相反,则粒子在磁场中的运动2 Rv =20如图所示,因为 4 =8R,所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 x 轴,由等腰三角形性质可知,粒子第2一、二次经过 x 轴,在 x 轴上对应的弦长为 R=1m,2所以 OD=3m,则粒子第一次经过 x 轴时的位置坐标为(3m,0)。10