山東省2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢九 磁場(chǎng) 新人教版.docx

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單元質(zhì)檢九　磁場(chǎng) (時(shí)間:45分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得8分,選對(duì)但不全的得4分,有選錯(cuò)的得0分) 1.(2018黑龍江大慶模擬)在地磁場(chǎng)作用下處于靜止的小磁針上方,平行于小磁針?biāo)椒胖靡恢睂?dǎo)線,當(dāng)該導(dǎo)線中通有電流時(shí),小磁針會(huì)發(fā)生偏轉(zhuǎn);當(dāng)通過(guò)該導(dǎo)線電流為I時(shí),小磁針左偏30,則當(dāng)小磁針左偏60時(shí),通過(guò)導(dǎo)線的電流為(已知直導(dǎo)線在某點(diǎn)產(chǎn)生的磁場(chǎng)與通過(guò)直導(dǎo)線的電流成正比)(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2I B.3I C.3I D.無(wú)法確定 答案B 解析設(shè)地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B地,當(dāng)通過(guò)電流為I,根據(jù)題意可知:地磁場(chǎng)、電流形成磁場(chǎng)、合磁場(chǎng)之間的關(guān)系為:當(dāng)夾角為30時(shí),有:B1=kI=B地tan30;當(dāng)夾角為60時(shí),有:B2=kI1=B地tan60聯(lián)立兩式解得:I1=3I,故A、C、D錯(cuò)誤,B正確。故選B。 2.(2018江西南昌模擬)如圖所示,在玻璃皿的中心放一個(gè)圓柱形電極B,沿邊緣內(nèi)壁放一個(gè)圓環(huán)形電極A,把A、B分別與電源的兩極相連,然后在玻璃皿中放入導(dǎo)電液體,現(xiàn)把玻璃皿放在如圖所示的磁場(chǎng)中,液體就會(huì)旋轉(zhuǎn)起來(lái)。若從上向下看,下列判斷正確的是(　　) A.A接電源正極,B接電源負(fù)極,液體順時(shí)針旋轉(zhuǎn) B.A接電源負(fù)極,B接電源正極,液體順時(shí)針旋轉(zhuǎn) C.A、B與50 Hz的交流電源相接,液體持續(xù)旋轉(zhuǎn) D.僅磁場(chǎng)的N、S極互換后,重做該實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)方向不變 答案A 解析若A接電源正極,B接電源負(fù)極,在電源外部電流由正極流向負(fù)極,因此電流由邊緣流向中心,玻璃皿所在處的磁場(chǎng)豎直向下,由左手定則可知,導(dǎo)電液體受到的磁場(chǎng)力沿順時(shí)針?lè)较?因此液體沿順時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn),故A正確;同理,若A接電源負(fù)極,B接電源正極,根據(jù)左手定則可知,液體沿逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn),故B錯(cuò)誤;A、B與50Hz的交流電源相接,液體不會(huì)持續(xù)旋轉(zhuǎn),故C錯(cuò)誤;若磁場(chǎng)的N、S極互換后,重做該實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)方向變化,故D錯(cuò)誤。 3.如圖所示,用天平測(cè)量勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度,下列各選項(xiàng)所示的載流線圈匝數(shù)相同,邊長(zhǎng)MN相等,將它們分別掛在天平的右臂下方,線圈中通有大小相同的電流,天平處于平衡狀態(tài),若磁場(chǎng)發(fā)生微小變化,天平最容易失去平衡的是(　　) 答案A 解析天平原本處于平衡狀態(tài),所以由于線框平面與磁場(chǎng)強(qiáng)度垂直,且線框不全在磁場(chǎng)區(qū)域內(nèi),所以線框與磁場(chǎng)區(qū)域的交點(diǎn)的長(zhǎng)度等于線框在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度,由圖可知,A圖的有效長(zhǎng)度最長(zhǎng),磁場(chǎng)強(qiáng)度B和電流大小I相等,所以A所受的安培力最大,則A圖最容易使天平失去平衡。故選A。 4.(2018湖南常德期末)在絕緣圓柱體上a、b兩個(gè)位置固定有兩個(gè)金屬圓環(huán),當(dāng)兩環(huán)通有圖示電流時(shí),b處金屬圓環(huán)受到的安培力為F1;若將b處金屬圓環(huán)移動(dòng)位置c,則通有電流為I2的金屬圓環(huán)受到的安培力為F2。今保持b處于金屬圓環(huán)原來(lái)位置不變,在位置c再放置一個(gè)同樣的金屬圓環(huán),并通有與a處金屬圓環(huán)同向、大小為I2的電流,則在a位置的金屬圓環(huán)受到的安培力(　　) A.大小為|F1-F2|,方向向左 B.大小為|F1-F2|,方向向右 C.大小為|F1+F2|,方向向左 D.大小為|F1+F2|,方向向右 答案A 解析當(dāng)金屬圈在b處時(shí),兩個(gè)的圓形線圈的電流的環(huán)繞方向相反,所以兩個(gè)線圈之間存在排斥力,這一對(duì)引力是作用力與反作用力,大小相等,方向相反,所以b處對(duì)a的力為F1,同理,當(dāng)金屬圈在c位置時(shí),對(duì)a的力為F2;當(dāng)保持b處金屬圈位置不變,在位置c再放置一個(gè)同樣的金屬圓環(huán),并通有與a處金屬圓環(huán)同向、大小為I2的電流,b處對(duì)a處金屬圈的力為F1方向向左,此時(shí)c處對(duì)a的力與之前相反,方向向右,大小為F2,即在a位置的金屬圓環(huán)受到的安培力為|F1-F2|,方向向左。故A正確。 5.(2018廣東深圳調(diào)研)如圖所示,直線MN左側(cè)空間存在范圍足夠大,方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在磁場(chǎng)中P點(diǎn)有一個(gè)粒子源,可在紙面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電粒子(重力不計(jì)),已知∠POM=60,PO間距為L(zhǎng),粒子速率均為3qBL2m,則粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A.πm2qB B.πm3qB C.πm4qB D.πm6qB 答案B 解析粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力作向心力,則有:Bvq=mv2R,解得:R=mvBq=mBq3BqL2m=32L;粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為:T=2πRv=3πL3BqL2m=2πmBq;因?yàn)榱Ｗ幼鰣A周運(yùn)動(dòng)的半徑、周期相同,那么,粒子轉(zhuǎn)過(guò)的中心角越小,則其弦長(zhǎng)越小,運(yùn)動(dòng)時(shí)間越短;所以,過(guò)P點(diǎn)做OM的垂線,可知,粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的弦長(zhǎng)最小為:Lsin60=32L=R,故最短弦長(zhǎng)對(duì)應(yīng)的中心角為60,所以,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為:tmin=16T=πm3Bq,故ACD錯(cuò)誤,B正確;故選B。 6.(2018云南文山調(diào)研)如圖所示,磁流體發(fā)電機(jī)的長(zhǎng)方體發(fā)電導(dǎo)管的前后兩個(gè)側(cè)面是絕緣體,上下兩個(gè)側(cè)面是電阻可忽略的導(dǎo)電電極,兩極間距為d,極板長(zhǎng)和寬分別為a和b,這兩個(gè)電極與可變電阻R相連。在垂直前后側(cè)面的方向上有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)有電阻率為ρ的高溫電離氣體——等離子體,等離子體以速度v向右流動(dòng),并通過(guò)專用通道導(dǎo)出。不計(jì)等離子體流動(dòng)時(shí)的阻力,調(diào)節(jié)可變電阻的阻值,則(　　) A.運(yùn)動(dòng)的等離子體產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E=Bav B.可變電阻R中的感應(yīng)電流方向是從Q到P C.若可變電阻的阻值為R=ρdab,則其中的電流為I=Bvab2ρ D.若可變電阻的阻值為R=ρdab,則可變電阻消耗的電功率為P=B2v2dab4ρ 答案CD 解析根據(jù)左手定則,等離子體中的帶正電粒子受到的洛倫茲力向上,帶正電粒子累積在上極板,可變電阻R中電流方向從P到Q,B錯(cuò)誤;當(dāng)帶電粒子受到的電場(chǎng)力與洛倫茲力平衡時(shí),兩極板間電壓穩(wěn)定,設(shè)產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)為E,則有qvB=qEd,E=Bdv,A錯(cuò)誤;發(fā)電導(dǎo)管內(nèi)等離子體的電阻r=ρdab,若可變電阻的阻值為R=ρdab,由閉合電路歐姆定律有I=ER+r=Bvab2ρ,可變電阻消耗的電功率P=I2R=B2v2dab4ρ,C、D正確。 7.(2018安徽馬鞍山二質(zhì)監(jiān))如圖所示,絕緣圓筒內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),兩帶異種電荷的帶電微粒分別從小孔P以等大速率射向圓心O,微粒與筒壁的碰撞是彈性碰撞,最終兩微粒都從小孔P射出磁場(chǎng),正、負(fù)電荷與筒壁分別碰撞了3次和2次(不考慮微粒的重力)。則正、負(fù)微粒(　　) A.與筒壁的碰撞都是垂直碰撞 B.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑之比是3∶1 C.在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間之比是2∶3 D.比荷之比為3∶2 答案AC 解析由題意可知,分別作出正、負(fù)電荷的運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖 設(shè)磁場(chǎng)圓的半徑為r,正電荷的軌跡半徑為r1,負(fù)電荷的軌跡半徑為r2,由圖可知,正電荷偏轉(zhuǎn)一次的圓心角為90,負(fù)電荷偏轉(zhuǎn)一次的圓心角為60,根據(jù)幾何關(guān)系得:r1=rtan45=r,r2=rtan60=3r,故r1∶r2=1∶3,周期T1=2πr1v=2πrv,周期T2=2πr2v=23πrv,則正電荷運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1=T1=2πrv,負(fù)電荷運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2=16T23=162πr2v3=3rv,故t1∶t2=2∶3,根據(jù)T=2πmqB,得qm=2πTB,則有:q1m1∶q2m2=2πT1B∶2πT2B=T2T1=31,因?yàn)榱Ｗ觿傞_(kāi)始要從P點(diǎn)水平進(jìn)入,最后又要從P點(diǎn)水平射出,故粒子每次碰撞都是垂直的,才能達(dá)到要求,故AC正確,BD錯(cuò)誤,故選AC。 8.(2018河南周口期末)如圖所示,平行紙面向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)與垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)相互正交,一帶電小球剛好能在其中做豎直面內(nèi)的勻速圓周運(yùn)動(dòng)。若已知小球做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,電場(chǎng)強(qiáng)度大小為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,重力加速度大小為g,則下列判斷中正確的是(　　) A.小球一定帶負(fù)電荷 B.小球一定沿順時(shí)針?lè)较蜣D(zhuǎn)動(dòng) C.小球做圓周運(yùn)動(dòng)的線速度大小為gBrE D.小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力始終不做功 答案AC 解析帶電小球在重力場(chǎng)、勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),可知,帶電小球受到的重力和電場(chǎng)力是一對(duì)平衡力,重力豎直向下,所以電場(chǎng)力豎直向上,與電場(chǎng)方向相反,故小球一定帶負(fù)電荷,故A正確;磁場(chǎng)方向向外,洛倫茲力的方向始終指向圓心,由左手定則可判斷小球的旋轉(zhuǎn)方向?yàn)槟鏁r(shí)針(四指所指的方向與帶負(fù)電的粒子的運(yùn)動(dòng)方向相反),故B錯(cuò)誤;由電場(chǎng)力和重力大小相等,得:mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為:r=mvqB,聯(lián)立得:v=gBrE,故C正確;小球在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中,電場(chǎng)力要做功,洛倫茲力始終不做功,故D錯(cuò)誤;故選AC。 二、計(jì)算題(本題共3小題,共36分) 9.(10分)(2018天津期末)如圖甲所示,固定的兩光滑導(dǎo)體圓環(huán)相距1 m。在兩圓環(huán)上放一導(dǎo)體棒,圓環(huán)通過(guò)導(dǎo)線與電源相連,電源的電動(dòng)勢(shì)為3 V,內(nèi)阻為0.2 Ω。導(dǎo)體棒質(zhì)量為60 g,接入電路的電阻為1.3 Ω,圓環(huán)電阻不計(jì),勻強(qiáng)磁場(chǎng)豎直向上。開(kāi)關(guān)S閉合后,棒可以靜止在圓環(huán)上某位置,該位置對(duì)應(yīng)的半徑與水平方向的夾角為θ=37,如圖乙所示,(g取10 m/s2)求: (1)棒靜止時(shí)受到的安培力的大小; (2)勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小。 答案(1)0.8 N　(2)0.4 T 解析(1)對(duì)導(dǎo)體棒進(jìn)行受力分析,如圖所示 有mgF=tanθ 解得F=0.8N (2)由閉合電路歐姆定律,得I=ER+r 解得I=2A 由安培力的公式,得F=BIL 解得B=0.4T 10.(10分)(2018廣西賀州二模)如圖,相鄰兩個(gè)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1、B2,已知:磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反且垂直紙面;兩個(gè)區(qū)域的寬度都為d;質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子由靜止開(kāi)始經(jīng)電壓恒為U的電場(chǎng)加速后,垂直于區(qū)域Ⅰ的邊界線MN,從A點(diǎn)進(jìn)入并穿越區(qū)域Ⅰ時(shí)速度方向與邊界線xy成60角進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ,最后恰好不能從邊界線PQ穿出區(qū)域Ⅱ,不計(jì)粒子重力。求: (1)B1的大小; (2)B1與B2的比值。 答案 (1)B1的大小是12qd2mqU; (2)B1與B2的比值是13。 解析(1)設(shè)粒子經(jīng)U加速后獲得的速度為v,根據(jù)動(dòng)能定理有:qU=12mv2　?、? 在區(qū)域Ⅰ的磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),有:qB1v=mv2R1　?、? 粒子在磁場(chǎng)Ⅰ中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),恰好不從上邊界穿出,粒子與PQ相切,畫出軌跡如圖。 由幾何關(guān)系得R1=dsin30=2d　?、? 聯(lián)立得B1=12qd2mqU　?、? (2)兩區(qū)域磁場(chǎng)方向相反(如Ⅰ垂直紙面向外,Ⅱ垂直紙面向里),則粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖線ACD,帶電粒子在區(qū)域Ⅱ的磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn),由洛倫茲力提供向心力, 由:qB2v=mv2R2　　⑤ 由幾何關(guān)系有:R2sin30+R2=d　?、? 聯(lián)立得:B1B2=13　　⑦ 11.(16分)(2018江西五市八校聯(lián)考)如圖甲所示,直角坐標(biāo)系xOy中,第二象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場(chǎng),第一、四象限內(nèi)有垂直坐標(biāo)平面的勻強(qiáng)交變磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內(nèi)有一發(fā)射裝置(沒(méi)有畫出)沿y軸正方向射出一個(gè)比荷qm=100 C/kg的帶正電的粒子(可視為質(zhì)點(diǎn)且不計(jì)重力),該粒子以v0=20 m/s的速度從x軸上的點(diǎn)A(-2m,0)進(jìn)入第二象限,從y軸上的點(diǎn)C(0,4m)進(jìn)入第一象限。取粒子剛進(jìn)入第一象限的時(shí)刻為0時(shí)刻,第一、四象限內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度按圖乙所示規(guī)律變化,g取10 m/s2。 (1)求第二象限內(nèi)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小; (2)求粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)。 答案(1)E=1.0 N/C　(2)(3 m,0) 解析(1)帶電粒子在第二象限的電場(chǎng)中只受電場(chǎng)力,且電場(chǎng)力方向與初速度方向垂直,所以,粒子做類平拋運(yùn)動(dòng);粒子從A點(diǎn)到C點(diǎn)用時(shí)t=OCv0=420s=15s; 粒子在水平方向上有a=qEm,所以,OA=12at2,則有E=mqa=mq2OAt2=22100(15)2N/C=1N/C; (2)粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度為v,則其豎直分量vy=v0=20m/s,水平分量vx=at=qEmt=20m/s; 所以,v=vx2+vy2=202m/s,v與y軸正方向的夾角為45; 在洛倫茲力作向心力的作用下,Bvq=mv2R,粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=mvBq=2021000.4m=22m;粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期T=2πRv=π20s,所以,粒子每運(yùn)動(dòng)半個(gè)圓周則偏轉(zhuǎn)方向相反,則粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)如圖所示, 因?yàn)?2=8R,所以粒子運(yùn)動(dòng)第四個(gè)半圓的過(guò)程中第一次經(jīng)過(guò)x軸,由等腰三角形性質(zhì)可知,粒子第一、二次經(jīng)過(guò)x軸,在x軸上對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為2R=1m, 所以O(shè)D=3m,則粒子第一次經(jīng)過(guò)x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為(3m,0)。