山東省2020版高考物理一輪復習 單元質檢九 磁場 新人教版

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1、單元質檢九　磁場 (時間: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選項中,第1~5題只有一項符合題目要求,第6~8題有多項符合題目要求。全部選對的得8分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1.(2018·黑龍江大慶模擬)在地磁場作用下處于靜止的小磁針上方,平行于小磁針水平放置一直導線,當該導線中通有電流時,小磁針會發(fā)生偏轉;當通過該導線電流為I時,小磁針左偏30°,則當小磁針左偏60°時,通過導線的電流為(已知直導線在某點產生的磁場與通過直導線的電流成正比)(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.2I B.3I

2、 C.3I D.無法確定 答案B 解析設地磁場磁感應強度為B地,當通過電流為I,根據題意可知:地磁場、電流形成磁場、合磁場之間的關系為:當夾角為30°時,有:B1=kI=B地tan30°;當夾角為60°時,有:B2=kI1=B地tan60°聯立兩式解得:I1=3I,故A、C、D錯誤,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圓柱形電極B,沿邊緣內壁放一個圓環(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電液體,現把玻璃皿放在如圖所示的磁場中,液體就會旋轉起來。若從上向下看,下列判斷正確的是(　　) A.A接電源正極,B接電源負極

3、,液體順時針旋轉 B.A接電源負極,B接電源正極,液體順時針旋轉 C.A、B與50 Hz的交流電源相接,液體持續(xù)旋轉 D.僅磁場的N、S極互換后,重做該實驗發(fā)現液體旋轉方向不變 答案A 解析若A接電源正極,B接電源負極,在電源外部電流由正極流向負極,因此電流由邊緣流向中心,玻璃皿所在處的磁場豎直向下,由左手定則可知,導電液體受到的磁場力沿順時針方向,因此液體沿順時針方向旋轉,故A正確;同理,若A接電源負極,B接電源正極,根據左手定則可知,液體沿逆時針方向旋轉,故B錯誤;A、B與50Hz的交流電源相接,液體不會持續(xù)旋轉,故C錯誤;若磁場的N、S極互換后,重做該實驗發(fā)現液體旋轉方向變化,

4、故D錯誤。 3.如圖所示,用天平測量勻強磁場的磁感應強度,下列各選項所示的載流線圈匝數相同,邊長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強度垂直,且線框不全在磁場區(qū)域內,所以線框與磁場區(qū)域的交點的長度等于線框在磁場中的有效長度,由圖可知,A圖的有效長度最長,磁場強度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兩個位置固定有兩個金屬圓環(huán),當

5、兩環(huán)通有圖示電流時,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)原來位置不變,在位置c再放置一個同樣的金屬圓環(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 解析當金屬圈在b處時,兩個的圓形線圈的電流的環(huán)繞方向相反,所以兩個線圈之間存在排斥力,這一對引力是作用力與反作用力,大小相等,方向相反,所以b處對a的力為F

6、1,同理,當金屬圈在c位置時,對a的力為F2;當保持b處金屬圈位置不變,在位置c再放置一個同樣的金屬圓環(huán),并通有與a處金屬圓環(huán)同向、大小為I2的電流,b處對a處金屬圈的力為F1方向向左,此時c處對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·廣東深圳調研)如圖所示,直線MN左側空間存在范圍足夠大,方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B,在磁場中P點有一個粒子源,可在紙面內各個方向射出質量為m,電荷量為q的帶正電粒子(重力不計),已知∠POM=60°,PO間距為L,粒子速率均為3qBL2m,則粒子在磁

7、場中運動的最短時間為(　　) A.πm2qB B.πm3qB C.πm4qB D.πm6qB 答案B 解析粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力作向心力,則有:Bvq=mv2R,解得:R=mvBq=mBq×3BqL2m=32L;粒子做圓周運動的周期為:T=2πRv=3πL3BqL2m=2πmBq;因為粒子做圓周運動的半徑、周期相同,那么,粒子轉過的中心角越小,則其弦長越小,運動時間越短;所以,過P點做OM的垂線,可知,粒子運動軌跡的弦長最小為:Lsin60°=32L=R,故最短弦長對應的中心角為60°,所以,粒子在磁場中運動的最短時間為:tmin=16T=πm3Bq,故ACD錯誤,B正確;故選

8、B。 6.(2018·云南文山調研)如圖所示,磁流體發(fā)電機的長方體發(fā)電導管的前后兩個側面是絕緣體,上下兩個側面是電阻可忽略的導電電極,兩極間距為d,極板長和寬分別為a和b,這兩個電極與可變電阻R相連。在垂直前后側面的方向上有一勻強磁場,磁感應強度大小為B。發(fā)電導管內有電阻率為ρ的高溫電離氣體——等離子體,等離子體以速度v向右流動,并通過專用通道導出。不計等離子體流動時的阻力,調節(jié)可變電阻的阻值,則(　　) A.運動的等離子體產生的感應電動勢為E=Bav B.可變電阻R中的感應電流方向是從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

9、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錯誤;當帶電粒子受到的電場力與洛倫茲力平衡時,兩極板間電壓穩(wěn)定,設產生的電動勢為E,則有qvB=qEd,E=Bdv,A錯誤;發(fā)電導管內等離子體的電阻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·安徽馬鞍山二質監(jiān))如圖所示,絕緣圓筒內有垂直紙面向里的勻強磁場,兩帶異種電

10、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,正、負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、負微粒(　　) A.與筒壁的碰撞都是垂直碰撞 B.在磁場中運動軌跡的半徑之比是3∶1 C.在磁場中運動時間之比是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、負電荷的運動軌跡,如圖 設磁場圓的半徑為r,正電荷的軌跡半徑為r1,負電荷的軌跡半徑為r2,由圖可知,正電荷偏轉一次的圓心角為90°,負電荷偏轉一次的圓心角為60°,根據幾何關系得:r1=rtan45°=r,r2=rtan60°=3r

11、,故r1∶r2=1∶3,周期T1=2πr1v=2πrv,周期T2=2πr2v=23πrv,則正電荷運動的時間為t1=T1=2πrv,負電荷運動的時間為t2=16T2×3=16×2πr2v×3=3rv,故t1∶t2=2∶3,根據T=2πmqB,得qm=2πTB,則有:q1m1∶q2m2=2πT1B∶2πT2B=T2T1=31,因為粒子剛開始要從P點水平進入,最后又要從P點水平射出,故粒子每次碰撞都是垂直的,才能達到要求,故AC正確,BD錯誤,故選AC。 8.(2018·河南周口期末)如圖所示,平行紙面向下的勻強電場與垂直紙面向外的勻強磁場相互正交,一帶電小球剛好能在其中做豎直面內的勻速圓周

12、運動。若已知小球做圓周運動的半徑為r,電場強度大小為E,磁感應強度大小為B,重力加速度大小為g,則下列判斷中正確的是(　　) A.小球一定帶負電荷 B.小球一定沿順時針方向轉動 C.小球做圓周運動的線速度大小為gBrE D.小球在做圓周運動的過程中,電場力始終不做功 答案AC 解析帶電小球在重力場、勻強電場和勻強磁場中做勻速圓周運動,可知,帶電小球受到的重力和電場力是一對平衡力,重力豎直向下,所以電場力豎直向上,與電場方向相反,故小球一定帶負電荷,故A正確;磁場方向向外,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方向為逆時針(四指所指的方向與帶負電的粒子的運動方向相反)

13、,故B錯誤;由電場力和重力大小相等,得:mg=qE,帶電小球在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動的半徑為:r=mvqB,聯立得:v=gBrE,故C正確;小球在做圓周運動的過程中,電場力要做功,洛倫茲力始終不做功,故D錯誤;故選AC。 二、計算題(本題共3小題,共36分) 9.(10分)(2018·天津期末)如圖甲所示,固定的兩光滑導體圓環(huán)相距1 m。在兩圓環(huán)上放一導體棒,圓環(huán)通過導線與電源相連,電源的電動勢為3 V,內阻為0.2 Ω。導體棒質量為60 g,接入電路的電阻為1.3 Ω,圓環(huán)電阻不計,勻強磁場豎直向上。開關S閉合后,棒可以靜止在圓環(huán)上某位置,該位置對應的半徑與水平方向的夾角為θ=3

14、7°,如圖乙所示,(g取10 m/s2)求: (1)棒靜止時受到的安培力的大小; (2)勻強磁場的磁感應強度的大小。 答案(1)0.8 N　(2)0.4 T 解析(1)對導體棒進行受力分析,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,相鄰兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ,設磁感應強度的大小分別為B1、B2,已知:磁感應強度方向相反且垂直紙面;兩個區(qū)域的寬度都為d;質量為m、電荷量為+q的粒子由靜止開始經電壓恒為U的電

15、場加速后,垂直于區(qū)域Ⅰ的邊界線MN,從A點進入并穿越區(qū)域Ⅰ時速度方向與邊界線xy成60°角進入區(qū)域Ⅱ,最后恰好不能從邊界線PQ穿出區(qū)域Ⅱ,不計粒子重力。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)設粒子經U加速后獲得的速度為v,根據動能定理有:qU=12mv2　　① 在區(qū)域Ⅰ的磁場中偏轉,有:qB1v=mv2R1　?、? 粒子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動,恰好不從上邊界穿出,粒子與PQ相切,畫出軌跡如圖。 由幾何關系得R1=dsin30°=2d　?、? 聯立得B1=12qd2mqU　?、?/p>

16、 (2)兩區(qū)域磁場方向相反(如Ⅰ垂直紙面向外,Ⅱ垂直紙面向里),則粒子的運動軌跡如圖線ACD,帶電粒子在區(qū)域Ⅱ的磁場中偏轉,由洛倫茲力提供向心力, 由:qB2v=mv2R2　　⑤ 由幾何關系有:R2sin30°+R2=d　?、? 聯立得:B1B2=13　?、? 11.(16分)(2018·江西五市八校聯考)如圖甲所示,直角坐標系xOy中,第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場,第一、四象限內有垂直坐標平面的勻強交變磁場,磁場方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內有一發(fā)射裝置(沒有畫出)沿y軸正方向射出一個比荷qm=100 C/kg的帶正電的粒子(可視為質點且不計重力),該粒子以v0=20 m/

17、s的速度從x軸上的點A(-2m,0)進入第二象限,從y軸上的點C(0,4m)進入第一象限。取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻,第一、四象限內磁場的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化,g取10 m/s2。 (1)求第二象限內電場的電場強度大小; (2)求粒子第一次經過x軸時的位置坐標。 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中只受電場力,且電場力方向與初速度方向垂直,所以,粒子做類平拋運動;粒子從A點到C點用時t=OCv0=420s=15s; 粒子在水平方向上有a=qEm,所以,OA=12at2,則有E=mqa=mq2OAt2=2×21

18、00×(15)2N/C=1N/C; (2)粒子進入磁場時的速度為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,粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=mvBq=202100×0.4m=22m;粒子做圓周運動的周期T=2πRv=π20s,所以,粒子每運動半個圓周則偏轉方向相反,則粒子在磁場中的運動如圖所示, 因為42=8R,所以粒子運動第四個半圓的過程中第一次經過x軸,由等腰三角形性質可知,粒子第一、二次經過x軸,在x軸上對應的弦長為2R=1m, 所以OD=3m,則粒子第一次經過x軸時的位置坐標為(3m,0)。 10