《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 本章綜合能力提升練（含解析）教科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 磁場 本章綜合能力提升練（含解析）教科版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、本章綜合能力提升練 一、單項選擇題 1.關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度B，下列說法正確的是(　　) A.根據(jù)磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B＝可知，磁感應(yīng)強(qiáng)度B與F成正比，與IL成反比 B.一小段通電導(dǎo)線放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為零處，它所受的磁場力一定為零 C.一小段通電導(dǎo)線在某處不受磁場力的作用，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零 D.磁場中某處磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，與通電導(dǎo)線在該處所受磁場力的方向相同 答案　B 2.(2019·江西省南昌市模擬)如圖1所示，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極B，緊貼邊緣內(nèi)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(dǎo)電液體，現(xiàn)把玻璃皿放在如圖所示的磁場中，液體就會旋

2、轉(zhuǎn)起來.若從上向下看，下列判斷正確的是(　　) 圖1 A.A接電源正極，B接電源負(fù)極，液體順時針旋轉(zhuǎn) B.A接電源負(fù)極，B接電源正極，液體順時針旋轉(zhuǎn) C.A、B與50Hz的交流電源相接，液體持續(xù)旋轉(zhuǎn) D.僅磁場的N、S極互換后，重做該實驗發(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豎直向下，由左手定則可知，導(dǎo)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(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，液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故B錯誤；A、B與50Hz的交流

3、電源相接，液體不會持續(xù)旋轉(zhuǎn)，故C錯誤；若磁場的N、S極互換后，重做該實驗發(fā)現(xiàn)液體旋轉(zhuǎn)方向改變，故D錯誤. 3.(2018·安徽省亳州市第一學(xué)期期末質(zhì)檢)M、N、P是半圓上的三點，O點是圓心，MN為直徑，∠NOP＝60°.在M、N處各有一條垂直半圓面的長直導(dǎo)線，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖2所示，這時O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1.若將M點的長直導(dǎo)線移至P點，O點的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽2，則(　　) 圖2 A.B2∶B1＝2∶ B.B2∶B1＝∶2 C.B2∶B1＝1∶2 D.B2∶B1＝2∶1 答案　C 解析　根據(jù)安培定則可知，原來位置每根導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向均

4、向上，大小為，則當(dāng)M移至P點時，在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度如圖所示 由圖可知，兩導(dǎo)線形成的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向夾角為120°，由幾何關(guān)系可知，O點合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為：B2＝，故B2∶B1＝1∶2，C正確. 4.(2018·安徽省蕪湖市上學(xué)期期末)如圖3所示，直角坐標(biāo)系Oxyz處于勻強(qiáng)磁場中，有一條長0.6m的直導(dǎo)線沿Ox方向通有大小為9A的電流，受到的安培力沿Oz方向，大小為2.7N.則該勻強(qiáng)磁場可能的方向和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值為(　　) 圖3 A.平行于xOy平面，B＝0.5T B.平行于xOz平面，B＝1.0T C.平行于xOy平面，B＝0.2T D.平行于xOy平面，B＝1.

5、0T 答案　A 解析　根據(jù)左手定則，安培力必須與電流和磁場構(gòu)成的平面垂直，故磁場的方向一定平行于xOy平面； 當(dāng)電流、磁場互相垂直的時候，安培力最小，所以最小的磁感應(yīng)強(qiáng)度為：B＝＝T＝0.5T. 二、多項選擇題 5.(2018·河北省張家口市上學(xué)期期末)1957年，科學(xué)家首先提出了兩類超導(dǎo)體的概念，一類稱為Ⅰ型超導(dǎo)體，主要是金屬超導(dǎo)體，另一類稱為Ⅱ型超導(dǎo)體(載流子為電子)，主要是合金和陶瓷超導(dǎo)體.Ⅰ型超導(dǎo)體對磁場有屏蔽作用，即磁場無法進(jìn)入超導(dǎo)體內(nèi)部，而Ⅱ型超導(dǎo)體則不同，它允許磁場通過.現(xiàn)將一塊長方體Ⅱ型超導(dǎo)體通入穩(wěn)恒電流I后放入勻強(qiáng)磁場中，如圖4所示.下列說法正確的是(　　)

6、圖4 A.超導(dǎo)體的內(nèi)部產(chǎn)生了熱能 B.超導(dǎo)體所受安培力等于其內(nèi)部所有電荷定向移動所受洛倫茲力的合力 C.超導(dǎo)體表面上a、b兩點的電勢關(guān)系為φa<φb D.超導(dǎo)體中電流I越大，a、b兩點間的電勢差越小 答案　BC 解析　超導(dǎo)體電阻為零，超導(dǎo)體不會在內(nèi)部產(chǎn)生熱能，故A錯誤；超導(dǎo)體所受安培力是洛倫茲力的宏觀表現(xiàn)，安培力等于其內(nèi)部所有電荷定向移動所受洛倫茲力的合力，故B正確；載流子為電子，超導(dǎo)體表面上a帶負(fù)電，所以φa＜φb，故C正確；根據(jù)電流的微觀表達(dá)式I＝neSv，當(dāng)超導(dǎo)體穩(wěn)定時，洛倫茲力和電場力平衡，即evB＝e，解得：U＝，所以電流越大，a、b兩點間的電勢差越大，故D錯誤. 6.

7、(2018·陜西省西安一中一模)如圖5所示，含有H、H、He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P兩點.則(　　) 圖5 A.沿直線O1O2運動的粒子速度相等 B.打在P點的粒子是H和He C.O2P的長度是O2P1長度的2倍 D.粒子H在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間最長 答案　ABC 解析　帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反，所以有：qE＝qvB1，得v＝，可知從速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度，即選項A正確；帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，qvB2＝，r＝＝·，可知

8、粒子的比荷越大，則運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是H，打在P點的粒子是H和He，選項B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，H的比荷是H和He的比荷的2倍，所以H的軌道的半徑是He和He的半徑的，即O2P的長度是O2P1長度的2倍，選項C正確；粒子運動的周期：T＝＝，三種粒子中，H的比荷最大，所以粒子H在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的周期最小，而三種粒子運動時間都為半個周期，所以粒子H在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間最短，選項D錯誤. 7.(2018·山東省菏澤市上學(xué)期期末)無限長通電直導(dǎo)線在周圍某一點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電流大小成正比，與導(dǎo)線到這一點的距離成反比.如圖6所示，兩根長直導(dǎo)線電流大小I1>I2，方向

9、如圖所示，且垂直于紙面平行放置，紙面內(nèi)有M、N、O、P四點，其中M、N在導(dǎo)線橫截面連線的延長線上，O點在導(dǎo)線橫截面的連線上，P在導(dǎo)線橫截面連線的垂直平分線上.這四點處磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為零的是(　　) 圖6 A.M點 B.N點 C.O點 D.P點 答案　ACD 解析　根據(jù)安培定則可知兩電流在M點磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相反，由于M離I1近且I1>I2，故在M點I1的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小大于I2的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，則M點磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為0，選A；根據(jù)安培定則可知兩電流在N點的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相反，由于I2離N點近且I1>I2，則N點I1的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小可能等于I2的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，故

10、N點磁感應(yīng)強(qiáng)度可能為0，不選B；根據(jù)安培定則可知兩電流在O點磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向相同，則O點磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為0，選C；根據(jù)安培定則可知兩電流在P點的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不相反，均存在豎直向下的分量，故P點的磁感應(yīng)強(qiáng)度不可能為0，選D. 三、非選擇題 8.如圖7所示，傾斜固定放置的兩平行光滑導(dǎo)軌相距20cm，金屬棒MN的質(zhì)量為10g，接入電路的電阻R＝8Ω，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向豎直向下，大小為0.8T，電源電動勢為10V，內(nèi)阻為1Ω.當(dāng)開關(guān)S閉合時，MN處于平衡狀態(tài).求滑動變阻器R1接入電阻多大？(已知θ＝45°，g＝10m/s2) 圖7 答案　見解析 解析　金屬棒受重力mg、支持

11、力N、安培力F的作用，受力分析如圖.根據(jù)平衡條件得： F＝mgtanθ＝0.1N 根據(jù)安培力F＝BIL 解得：I＝＝A 根據(jù)閉合電路歐姆定律得：I＝ 代入數(shù)據(jù)解得：R1＝7Ω. 9.(2018·安徽省皖北協(xié)作區(qū)聯(lián)考)如圖8所示，區(qū)域中一部分有勻強(qiáng)磁場，另一部分有勻強(qiáng)電場，磁場方向垂直于紙面向里，電場方向與電、磁場分界線平行且向右.一帶正電粒子從A點以速度v射入勻強(qiáng)磁場，方向未知，經(jīng)過一段時間運動到磁場與電場交界處P點，此時速度方向垂直于兩個場的分界線，此后粒子在電場力的作用下，又經(jīng)過一段時間從C點離開電場，A點和C點在同一豎直線上，已知磁場寬度與電場寬度分別為l1和l2，A點與

12、P點的水平距離為d，不計重力.求： 圖8 (1)整個運動過程中粒子的最大速度； (2)求出磁感應(yīng)強(qiáng)度與電場強(qiáng)度的比值. 答案　(1)v　(2) 解析　(1)在整個運動過程中只有電場力對粒子做功，所以當(dāng)粒子在C點射出電場時速度最大.粒子進(jìn)入電場后做類平拋運動，其初速度為v，方向垂直于電場. 由運動學(xué)公式有：l2＝vt　d＝at2 加速度為：a＝ 由動能定理得：qEd＝mv－mv2 聯(lián)立解得：vC＝v (2)粒子在磁場中做勻速圓周運動(如圖). 由于粒子在分界線處的速度與分界線垂直，圓心O應(yīng)在分界線上，OA長度即為粒子運動的圓弧的半徑R.由幾何關(guān)系得：R2＝(R－d)

13、2＋l12， 由洛倫茲力提供向心力得：qvB＝m 由第(1)問可得，粒子在磁場中運動時電場強(qiáng)度E＝， 由以上各式得：＝. 10.(2018·河南省安陽市第二次模擬)如圖9所示，三塊等大且平行正對的金屬板水平放置，金屬板厚度不計且間距足夠大，上面兩金屬板間有豎直向下的勻強(qiáng)電場，下面兩金屬板間有豎直向上的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小均為E.以中間金屬板的中軸線為x軸，金屬板右側(cè)存在一足夠大的勻強(qiáng)磁場，現(xiàn)有一重力不計的絕緣帶電粒子，質(zhì)量為m，帶電荷量為－q，從中間金屬板上表面的電場中坐標(biāo)位置(－L,0)處以初速度v0沿x軸正方向開始運動，已知L＝，求： 圖9 (1)帶電粒子進(jìn)入磁場時的位置

14、坐標(biāo)(用L表示)以及帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大小與方向； (2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面關(guān)于x軸與釋放點對稱的位置，計算勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小(用E、v0表示). 答案　見解析 解析　(1)帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運動，粒子的加速度為a＝，水平方向上有L＝v0t，豎直方向上有y＝at2 聯(lián)立解得y＝ 所以帶電粒子進(jìn)入磁場時的位置坐標(biāo)為(0，)，豎直方向速度vy＝at＝t＝v0 所以v＝＝v0，因為tanθ＝＝1，所以速度方向與y軸正方向夾角為45°. (2)若要使帶電粒子能回到中間金屬板下表面關(guān)于x軸與釋放點對稱的位置，根據(jù)對稱性可知，它在磁場中做圓周運動的圓心應(yīng)在x軸上，其運動軌跡如圖所示. 由幾何關(guān)系有r＝y(tǒng)＝，根據(jù)洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，聯(lián)立解得B＝ 8