2020高考物理 章末質(zhì)量檢測(九)第九章 磁場(含解析)魯科版

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1、第九章 磁場 (時間:50分鐘) 一、選擇題(本題共8小題。1~5題為單項選擇題,6~8題為多項選擇題) 1.如圖1所示,長直導(dǎo)線ab附近有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點。當ab中通以由b→a的恒定電流時,下列說法正確的是 ( ?。? 圖1 A.小球受磁場力作用,方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向里 B.小球受磁場力作用,方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向外 C.小球受磁場力作用,方向與導(dǎo)線垂直并指向左方 D.小球不受磁場力作用 答案 D 2.如圖2所示,兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置,通以方向相反、大小相等的電流,a、b兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi),則 (  ) 圖

2、2 A.b點的磁感應(yīng)強度為零 B.ef導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里 C.cd導(dǎo)線受到的安培力方向向右 D.同時改變兩導(dǎo)線中的電流方向,cd導(dǎo)線受到的安培力方向不變 解析 根據(jù)右手螺旋定則可知兩導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁場方向均為垂直紙面向外,選項A錯誤;ef在a處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外,選項B錯誤;根據(jù)左手定則可判斷,電流方向相反的兩平行直導(dǎo)線互相排斥,選項C錯誤;只要兩直導(dǎo)線中的電流方向相反,就互相排斥,選項D正確。 答案 D 3.1931年英國物理學家狄拉克從理論上預(yù)言:存在只有一個磁極的粒子,即“磁單極子”。假設(shè)一個“N磁單極子”形成的磁場如圖3所示,將一個半徑為r、質(zhì)

3、量為m的超導(dǎo)體圓環(huán)水平放置在該磁單極子的正上方,圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強度大小為B,與圓環(huán)相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°,重力加速度大小為g,若圓環(huán)恰好在該位置懸浮,則圓環(huán)中電流的大小為( ?。? 圖3 A. B. C. D. 解析 當圓環(huán)所受的重力與安培力在豎直方向上的分力大小相等時,圓環(huán)恰好在該位置懸浮,以圓環(huán)為研究對象可知mg=BI·2πr·sin 30°,解得圓環(huán)中電流的大小I=,選項B正確。 答案 B 4.如圖4所示,從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中,發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強度為E,磁感應(yīng)強度為B。

4、欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過,只采取下列措施,其中可行的是( ?。? 圖4 A.適當減小電場強度E B.適當減小磁感應(yīng)強度B C.適當增大加速電場極板之間的距離 D.適當減小加速電壓U 解析 要使電子在復(fù)合場中做勻速直線運動,有Eq=qvB。根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下,故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力,所以要么增大洛倫茲力,要么減小電場力。適當減小電場強度E,即可以減小電場力,選項A正確;適當減小磁感應(yīng)強度B,可以減小洛倫茲力,選項B錯誤;適當增大加速電場極板之間的距離,根據(jù)eU=mv2可得v=,由于兩極板間的電壓沒有變化,所以電子進入磁場

5、的速率沒有變化,因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小,選項C錯誤;同理,適當減小加速電壓U,可以減小電子進入復(fù)合場中的速度v,從而減小洛倫茲力,選項D錯誤。 答案 A 5.質(zhì)譜儀可以測定有機化合物分子結(jié)構(gòu),現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖5所示,有機物的氣體分子從樣品室注入離子化室,在高能電子作用下,樣品氣體分子離子化或碎裂成離子。若離子化后的離子帶正電,初速度為零,此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內(nèi)為勻強磁場)、真空管,最后打在記錄儀上,通過處理就可以得到離子比荷(),進而推測有機物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為U,圓形磁場區(qū)的半徑為R,真空管與水平面夾角為θ,離子進入磁場室時速度方向指

6、向圓心。則下列說法正確的是( ?。? 圖5 A.高壓電源A端應(yīng)接電源的正極 B.磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里 C.若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質(zhì)量大于X2質(zhì)量)同時進入磁場室后,出現(xiàn)圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ,則軌跡Ⅰ一定對應(yīng)X1 D.若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小為B,當記錄儀接收到一個明顯的信號時,與該信號對應(yīng)的離子比荷= 解析 正離子在電場中加速,可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負極,同時根據(jù)左手定則知,磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面向外,A、B均錯誤;設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v,由動能定理可得qU=mv2,離子在磁場中偏轉(zhuǎn),則qvB=m,聯(lián)立計算得出r=,由此可見,質(zhì)量大的離子的運

7、動軌跡半徑大,即軌跡Ⅱ一定對應(yīng)X1,C錯誤;離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知r=,可解得=,D正確。 答案 D 6.(2019·莆田模擬)如圖6甲所示,空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場,磁感應(yīng)強度為B,電場強度為E,一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止狀態(tài)?,F(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°,同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v,如圖乙所示。則關(guān)于小球的運動,下列說法正確的是( ?。? 圖6 A.小球做勻速圓周運動 B.小球運動過程中機械能守恒 C.小球運動到最低點時電勢能增加了 D.小球第一次運動到最低點歷時 解析 小球在復(fù)合場中處于靜止狀態(tài),

8、只受兩個力作用,即重力和電場力且兩者平衡。當把磁場順時針方向傾斜30°,且給小球一個垂直磁場方向的速度v,則小球受到的合力就是洛倫茲力,且與速度方向垂直,所以帶電粒子將做勻速圓周運動,選項A正確;由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動過程中受到電場力要做功,所以機械能不守恒,選項B錯誤;小球從開始到最低點克服電場力做功為W=qERsin 30°=,所以電勢能的增加量為,選項C錯誤;小球從第一次運動到最低點的時間為T=,選項D正確。 答案 AD 7.如圖7所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場,現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子,甲以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入

9、磁場,經(jīng)過t1時間射出磁場,射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°;乙以速度v2從距離直徑AOB為的C點平行于直徑AOB方向射入磁場,經(jīng)過t2時間射出磁場,其軌跡恰好通過磁場的圓心。不計粒子受到的重力,則( ?。? 圖7 A.兩個粒子帶異種電荷 B.t1=t2 C.v1∶v2=∶1 D.兩粒子在磁場中軌跡長度之比l1∶l2=∶1 解析 根據(jù)左手定則判斷可得,甲粒子帶正電,乙粒子帶負電,選項A正確;分別對甲、乙粒子作圖,找出其做勻速圓周運動的圓心和半徑以及圓心角,則有r甲=R,r乙=R,θ甲=,θ乙=,根據(jù)qvB=m可得v=,所以==,選項C正確;根據(jù)t=T可得==,選項

10、B錯誤;粒子在磁場中的軌跡長度為l=vt,所以==,選項D錯誤。 答案 AC 8.磁流體發(fā)電機可簡化為如下模型:兩塊長、寬分別為a、b的平行板相距為L,板間通入已電離的速度為v的氣流,兩板間存在一磁感應(yīng)強度大小為B的磁場,磁場方向與兩板平行,并與氣流速度方向垂直,如圖8所示?,F(xiàn)把兩板與外電阻R連接起來,在磁場力作用下,氣流中的正、負離子分別向兩板移動形成電流。設(shè)該氣流的電導(dǎo)率(電阻率的倒數(shù))為σ,則(  ) 圖8 A.該磁流體發(fā)電機模型的內(nèi)阻為r= B.產(chǎn)生的電動勢為E=Bav C.流過外電阻R的電流I= D.該磁流體發(fā)電機模型的路端電壓為 解析 根據(jù)左手定則知正離子向上偏

11、,負離子向下偏,上極板帶正電,下極板帶負電,最終離子處于平衡狀態(tài),有qvB=q,解得電動勢E=BLv,故選項B錯誤;內(nèi)電阻r=ρ=,故選項A正確;根據(jù)閉合電路歐姆定律,流過外電阻R的電流I=,故選項C正確;R兩端電壓為R,故選項D錯誤。 答案 AC 二、非選擇題 9.(2019·合肥一檢)如圖9所示,在平面直角坐標系xOy的第四象限內(nèi)有一勻強電場,其場強大小為E,方向與x軸成30°角斜向上。一比荷為的帶正電粒子從P點由靜止出發(fā),接著在x軸上Q點進入第一象限,通過磁感應(yīng)強度大小為B的矩形勻強磁場區(qū)域(圖中未畫出)后,從坐標原點O沿y軸負方向離開磁場區(qū)域。若P、Q間距為L,粒子重力不計,試求

12、: 圖9 (1)粒子到達Q點時的速度大小; (2)Q點的坐標; (3)矩形磁場區(qū)域的最小面積。 解析?。?)作出粒子運動軌跡如圖所示 qEL=mv2 解得粒子到達Q點時的速度v= (2)設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R,由幾何關(guān)系可知Q點的坐標為(3R,0) 又qvB=m,可得R= 則Q點的坐標為(,0) (3)由圖可得,最小的矩形磁場面積 Smin=2Rcos 30°(R-Rsin 30°)=R2= 答案?。?)?。?)(,0)?。?) 10.(2019·貴州銅仁模擬)如圖10所示,在xOy平面內(nèi)0<x<L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強電場,x>L的區(qū)域內(nèi)

13、有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。某時刻,一帶正電的粒子從坐標原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場;之后的另一時刻,一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標原點進入電場。正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°,兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇。已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計。求: 圖10 (1)正、負粒子的比荷之比∶; (2)正、負粒子在磁場中運動的半徑大小; (3)兩粒子先后進入電場的時間差。 解析?。?)設(shè)粒子進磁場方向與邊界夾角為θ, vy= vy=t t= ∶=∶=1∶3 (2)設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的速度分別為v1、v2 由v=,得v1=v0,v2=2v0 qvB=m,R= = y=·t 兩粒子離開電場時位置間的距離 d=y(tǒng)1+y2=L 根據(jù)題意作出運動軌跡,兩粒子相遇在P點, 由幾何關(guān)系可得2R1=dsin 60° 2R2=dsin 30° R1==L R2=d=L (3)兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期 t1== t2== 由于兩粒子在電場中運動時間相同,所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差 Δt=t1-t2= 答案 (1)1∶3?。?)L L?。?) - 9 -

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