2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 單元質(zhì)量檢測(cè)（九）（含解析）教科版.doc

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單元質(zhì)量檢測(cè)(九) 時(shí)間：50分鐘 一、選擇題(1～6題為單項(xiàng)選擇題，7～10題為多項(xiàng)選擇題) 1．如圖1所示，在通電螺線管中央的正上方用輕質(zhì)細(xì)線懸掛長(zhǎng)為l的一小段通電直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通入垂直于紙面向里的電流I，力傳感器用來(lái)測(cè)量細(xì)線的拉力大小，導(dǎo)線下方的螺線管與一未知極性的直流電源連接。開關(guān)斷開時(shí)，力傳感器的示數(shù)恰好等于通電直導(dǎo)線的重力G，現(xiàn)閉合開關(guān)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖1 A．通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向可能豎直向下 B．通電直導(dǎo)線可能受到垂直紙面向里的安培力作用 C．若力傳感器的示數(shù)變大，則電源的右端一定為正極 D．若力傳感器的示數(shù)變?yōu)橥娭睂?dǎo)線重力的一半，則通電直導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小一定為 解析　本題考查通電螺線管周圍磁場(chǎng)的特點(diǎn)和安培力知識(shí)。閉合開關(guān)后，通電螺線管在周圍產(chǎn)生磁場(chǎng)，通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向水平，故安培力方向一定豎直向上或豎直向下，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若力傳感器的示數(shù)變大，說(shuō)明通電直導(dǎo)線受到豎直向下的安培力作用，由左手定則可知，此處磁場(chǎng)方向水平向右，由安培定則可知，電源的左端為正極，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若力傳感器的示數(shù)變?yōu)閷?dǎo)線重力的一半，說(shuō)明導(dǎo)線受到的安培力方向豎直向上，且大小等于導(dǎo)線重力的一半，則有BIl＝G，可得B＝，選項(xiàng)D正確。 答案　D 2．科考隊(duì)進(jìn)入某一磁礦區(qū)域后，發(fā)現(xiàn)指南針原來(lái)指向正北的N極逆時(shí)針轉(zhuǎn)過(guò)30(如圖2所示的虛線)，設(shè)該處的地磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量為B，則磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量的最小值為(　　) 圖2 A．B B．2B C. D.B 解析　合磁場(chǎng)的方向沿虛線方向，所以該磁礦產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量的最小值為Bsin 30＝，選項(xiàng)C正確。 答案　C 3．(2016江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)聯(lián)考)兩根相互靠近的長(zhǎng)直導(dǎo)線1、2中通有相同的電流，相互作用力為F。若在兩根導(dǎo)線所在空間內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場(chǎng)后，導(dǎo)線2所受安培力的合力恰好為零。則所加磁場(chǎng)的方向是(　　) 圖3 A．垂直紙面向里 B．垂直紙面向外 C．垂直導(dǎo)線向右 D．垂直導(dǎo)線向左 解析　當(dāng)兩根通有大小相同，方向相同的電流時(shí)，1、2兩導(dǎo)線間的作用力是引力，故2受到向左的安培力，要使導(dǎo)線2所受的安培力的合力恰好為零，故所加的磁場(chǎng)使導(dǎo)線2受到的安培力向右，根據(jù)左手定則判斷知所加的磁場(chǎng)方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲猓蔅正確。 答案　B 4．如圖4所示，兩平行導(dǎo)軌與水平面成α＝37角，導(dǎo)軌間距為L(zhǎng)＝1.0 m，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可調(diào)，方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下。一金屬桿長(zhǎng)也為L(zhǎng)，質(zhì)量m＝0.2 kg，水平放在導(dǎo)軌上，與導(dǎo)軌接觸良好而處于靜止?fàn)顟B(tài)，金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.5，通有圖示方向的電流，電流強(qiáng)度I＝2.0 A，令最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值分別為(　　) 圖4 A．1.0 T　0 B．1.0 T　0.6 T C．1.0 T　0.2 T D．0.6 T　0.2 T 解析　由左手定則知安培力沿斜面向上，因mgsin α＝1.2 N、fm＝μmgcos α＝0.8 N，所以當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小時(shí)，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bimin＝0.2 T；當(dāng)B最大時(shí)，安培力F2＝BmaxIL＝2.0 N，即Bmax＝1.0 T，C正確。 答案　C 5．(2016黑龍江大慶模擬)如圖5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(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場(chǎng)強(qiáng)度為E，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。欲使電子沿直線從電場(chǎng)和磁場(chǎng)區(qū)域通過(guò)，只采取下列措施，其中可行的是(　　) 圖5 A．適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E B．適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B C．適當(dāng)增大加速電場(chǎng)極板之間的距離 D．適當(dāng)減小加速電壓U 解析　要使電子在復(fù)合場(chǎng)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)，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(chǎng)力大于洛倫茲力，所以要么增大洛倫茲力，要么減小電場(chǎng)力。適當(dāng)減小電場(chǎng)強(qiáng)度E，即可以減小電場(chǎng)力，選項(xiàng)A正確；適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，可以減小洛倫茲力，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；適當(dāng)增大加速電場(chǎng)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(jìn)入磁場(chǎng)的速率沒有變化，因此沒有改變電場(chǎng)力和洛倫茲力的大小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；同理，適當(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子進(jìn)入復(fù)合場(chǎng)中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 答案　A 6．圖6甲所示有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強(qiáng)磁場(chǎng)Ⅱ的半徑相等，一不計(jì)重力的粒子從左邊界的M點(diǎn)以一定初速度水平向右垂直射入磁場(chǎng)Ⅰ，從右邊界射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場(chǎng)Ⅱ，射出磁場(chǎng)時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了2θ角。已知磁場(chǎng)Ⅰ、Ⅱ的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) 圖6 A．2cos θ B．sin θ C．cos θ D．tan θ 解析　設(shè)有界磁場(chǎng)Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和磁場(chǎng)Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖甲、乙所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由幾何關(guān)系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，聯(lián)立得＝cos θ，C正確。 答案　C 7．均勻帶電的薄圓盤的右側(cè)，用拉力傳感器A、B水平懸掛一根通電導(dǎo)線ab，電流方向由a到b，導(dǎo)線平行于圓盤平面。圓盤繞過(guò)圓心的水平軸沿如圖7所示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，與圓盤靜止時(shí)相比，拉力傳感器的示數(shù)增大了，懸線仍然豎直，則下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖7 A．圓盤帶正電荷 B．圓盤帶負(fù)電荷 C．若增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，則傳感器示數(shù)減小 D．若改變圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向，則傳感器示數(shù)減小 解析　與圓盤靜止時(shí)相比，拉力傳感器的示數(shù)增大，懸線豎直，說(shuō)明導(dǎo)線所受安培力豎直向下，由左手定則可判斷，導(dǎo)線所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右；由安培定則可以判斷，圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)形成的等效電流與其轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同，故圓盤帶正電荷，A對(duì)，B錯(cuò)；若增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度，則等效電流增大，方向不變，產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大，傳感器示數(shù)增大，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；若改變圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向，則導(dǎo)線所在位置的磁場(chǎng)方向水平向左，導(dǎo)線所受安培力方向向上，傳感器示數(shù)減小，D選項(xiàng)正確。 答案　AD 8．(2017四川南充市階段檢測(cè))如圖8是等離子體發(fā)電機(jī)的示意圖，原料在燃料室中全部電離為電子與正離子，即高溫等離子體，等離子體以速度v進(jìn)入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道里有圖示的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。等離子體進(jìn)入發(fā)電通道后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，落到相距為d的兩個(gè)金屬極板上，在兩極板間形成電勢(shì)差，等離子體的電阻不可忽略。下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖8 A．上極板為發(fā)電機(jī)正極 B．外電路閉合時(shí)，電阻兩端的電壓為Bdv C．帶電粒子克服電場(chǎng)力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能 D．外電路斷開時(shí)，等離子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡 解析　根據(jù)左手定則可知，正電荷向上偏，負(fù)電荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負(fù)極，故A正確；根據(jù)qvB＝q得電動(dòng)勢(shì)的大小為：E＝Bdv，因等離子體的電阻不可忽略，因此外電阻的電壓會(huì)小于電源的電動(dòng)勢(shì)，故B錯(cuò)誤；依據(jù)功能關(guān)系可知，帶電粒子克服電場(chǎng)力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能，故C正確；等離子體中帶有正、負(fù)電荷的高速粒子，在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力的作用，分別向兩極偏移，于是在兩極之間產(chǎn)生電壓，兩極間存在電場(chǎng)力，當(dāng)外電路斷開時(shí)，等離子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)力平衡，從而不會(huì)偏移，故D正確。 答案　ACD 9．在半導(dǎo)體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場(chǎng)加速后，垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，如圖9所示。已知離子P＋在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)θ＝30后從磁場(chǎng)右邊界射出。在電場(chǎng)和磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，離子P＋和P3＋(　　) 圖9 A．在電場(chǎng)中的加速度之比為1∶1 B．在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為∶1 C．在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過(guò)的角度之比為1∶2 D．離開電場(chǎng)區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為1∶3 解析　離子在電場(chǎng)中加速過(guò)程中，由于電場(chǎng)強(qiáng)度相同，根據(jù)牛頓第二定律可得a1∶a2＝q1∶q2＝1∶3，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在電場(chǎng)中加速過(guò)程，由動(dòng)能定理可得qU＝mv2，在磁場(chǎng)中偏轉(zhuǎn)過(guò)程：qvB＝m，兩式聯(lián)立可得：r＝，故r1∶r2＝∶1，選項(xiàng)B正確；設(shè)磁場(chǎng)寬度為d，根據(jù)sin θ＝可得：＝，聯(lián)立解得θ2＝60，選項(xiàng)C正確；由qU＝mv2＝Ek可知Ek1∶Ek2＝1∶3，選項(xiàng)D正確。 答案　BCD 10．(2017湖北六校調(diào)考)如圖10，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板，長(zhǎng)度為9 m，M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn)，OM＝3 m。現(xiàn)有一個(gè)比荷大小為＝1.0 C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球(重力不計(jì))從擋板下端N處小孔以不同的速度沿x軸負(fù)方向射入磁場(chǎng)，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時(shí)間不計(jì)，碰撞時(shí)電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，則小球射入的速度大小可能是(　　) 圖10 A．3 m/s B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 解析　因?yàn)樾∏蛲ㄟ^(guò)y軸的速度方向一定是＋x方向，故帶電小球圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最小值為3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；經(jīng)驗(yàn)證，帶電小球以3 m/s速度進(jìn)入磁場(chǎng)，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，如圖甲所示，A項(xiàng)正確；當(dāng)帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過(guò)M點(diǎn)，如圖乙所示，小球速度沿－x方向射入磁場(chǎng)，則圓心一定在y軸上，作出MN的垂直平分線，交于y軸的點(diǎn)即得圓心位置，由幾何關(guān)系解得軌跡半徑最大值Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D項(xiàng)正確；當(dāng)小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時(shí)，軌跡如圖丙所示，由幾何條件計(jì)算可知軌跡半徑R＝3.75 m，由半徑公式R＝得v＝3.75 m/s，B項(xiàng)正確；由分析易知選項(xiàng)C錯(cuò)誤。 甲 　　 　乙　　　　　　　丙 答案　ABD 二、非選擇題 11．如圖11所示，兩平行金屬板水平放置，間距為d，兩極板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間存在著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。金屬板右側(cè)有一邊界寬度為d的無(wú)限長(zhǎng)勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B、方向垂直紙面向里，磁場(chǎng)邊界與水平方向的夾角為60。平行金屬板中間有一粒子發(fā)射源，可以沿水平方向發(fā)射出電性不同的兩種帶電粒子，改變電源電壓，當(dāng)電源電壓為U時(shí)，粒子恰好能沿直線飛出平行金屬板，粒子離開平行金屬板后進(jìn)入有界磁場(chǎng)后分成兩束，經(jīng)磁場(chǎng)偏轉(zhuǎn)后恰好同時(shí)從兩邊界離開磁場(chǎng)，而且從磁場(chǎng)右邊界離開的粒子的運(yùn)動(dòng)方向恰好與磁場(chǎng)邊界垂直，粒子之間的相互作用不計(jì)，粒子的重力不計(jì)，試求： 圖11 (1)帶電粒子從發(fā)射源發(fā)出時(shí)的速度； (2)兩種粒子的比荷和帶正電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑。 解析　(1)根據(jù)題意，帶電粒子在平行金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)，所受電場(chǎng)力與洛倫茲力大小相等，由平衡條件可得q＝qvB 解得v＝ (2)根據(jù)題意可知，帶正電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿逆時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，帶負(fù)電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后沿順時(shí)針?lè)较蜻\(yùn)動(dòng)，作出粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，帶負(fù)電粒子在剛進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度沿水平方向，離開磁場(chǎng)時(shí)速度方向垂直磁場(chǎng)邊界，根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知，帶負(fù)電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角為θ1＝30＝ 帶負(fù)電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為 r1＝＝2d 帶負(fù)電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力，有q1vB＝ 聯(lián)立解得＝ 根據(jù)帶正電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及幾何關(guān)系可知，帶正電粒子在磁場(chǎng)中的偏轉(zhuǎn)角為θ2＝120＝ 根據(jù)帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式T＝ 可得帶負(fù)電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝ 帶正電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2＝ 根據(jù)題意可知t1＝t2 聯(lián)立以上各式，可得＝＝ 帶正電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2＝ 解得r2＝ 答案　(1)　(2)　　 12．(2016江蘇單科，15)回旋加速器的工作原理如圖12甲所示，置于真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間狹縫的間距為d，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)與盒面垂直，被加速粒子的質(zhì)量為m，電荷量為＋q，加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示，電壓值的大小為U0。周期T＝。一束該粒子在t＝0～時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫，其初速度視為零。現(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間，假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過(guò)狹縫均做加速運(yùn)動(dòng)，不考慮粒子間的相互作用。求： 圖12 (1)出射粒子的動(dòng)能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過(guò)99%能射出，d應(yīng)滿足的條件。 解析　(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí) qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝ (2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng)，設(shè)n次經(jīng)過(guò)狹縫的總時(shí)間為Δt，加速度a＝ 勻加速直線運(yùn)動(dòng)nd＝aΔt2 由t0＝(n－1)＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速，則所占的比例為η＝ 由η>99%，解得d< 答案　(1)　(2)－ (3)d<