《2020版高考物理大一輪復習 第九章 單元質量檢測（九）（含解析）教科版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理大一輪復習 第九章 單元質量檢測（九）（含解析）教科版（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、單元質量檢測(九) 時間：50分鐘 一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題) 1．如圖1所示，在通電螺線管中央的正上方用輕質細線懸掛長為l的一小段通電直導線，導線中通入垂直于紙面向里的電流I，力傳感器用來測量細線的拉力大小，導線下方的螺線管與一未知極性的直流電源連接。開關斷開時，力傳感器的示數(shù)恰好等于通電直導線的重力G，現(xiàn)閉合開關，則下列說法正確的是(　　) 圖1 A．通電螺線管在通電直導線處產(chǎn)生的磁場方向可能豎直向下 B．通電直導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Ь€重力的

2、一半，則通電直導線所在處的磁感應強度大小一定為 解析　本題考查通電螺線管周圍磁場的特點和安培力知識。閉合開關后，通電螺線管在周圍產(chǎn)生磁場，通電螺線管在通電直導線處產(chǎn)生的磁場方向水平，選項A錯誤；由于通電螺線管在通電直導線處產(chǎn)生的磁場方向水平，故安培力方向一定豎直向上或豎直向下，選項B錯誤；若力傳感器的示數(shù)變大，說明通電直導線受到豎直向下的安培力作用，由左手定則可知，此處磁場方向水平向右，由安培定則可知，電源的左端為正極，選項C錯誤；若力傳感器的示數(shù)變?yōu)閷Ь€重力的一半，說明導線受到的安培力方向豎直向上，且大小等于導線重力的一半，則有BIl＝G，可得B＝，選項D正確。 答案　D 2．科考隊進

3、入某一磁礦區(qū)域后，發(fā)現(xiàn)指南針原來指向正北的N極逆時針轉過30°(如圖2所示的虛線)，設該處的地磁場磁感應強度水平分量為B，則磁礦所產(chǎn)生的磁感應強度水平分量的最小值為(　　) 圖2 A．B B．2B C. D.B 解析　合磁場的方向沿虛線方向，所以該磁礦產(chǎn)生的磁感應強度的水平分量的最小值為Bsin 30°＝，選項C正確。 答案　C 3．(2016·江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)聯(lián)考)兩根相互靠近的長直導線1、2中通有相同的電流，相互作用力為F。若在兩根導線所在空間內(nèi)加一勻強磁場后，導線2所受安培力的合力恰好為零。則所加磁場的方向是(　　) 圖3 A．垂直紙面向里 B．垂直紙面

4、向外 C．垂直導線向右 D．垂直導線向左 解析　當兩根通有大小相同，方向相同的電流時，1、2兩導線間的作用力是引力，故2受到向左的安培力，要使導線2所受的安培力的合力恰好為零，故所加的磁場使導線2受到的安培力向右，根據(jù)左手定則判斷知所加的磁場方向為垂直紙面向外，故B正確。 答案　B 4．如圖4所示，兩平行導軌與水平面成α＝37°角，導軌間距為L＝1.0 m，勻強磁場的磁感應強度可調，方向垂直導軌所在平面向下。一金屬桿長也為L，質量m＝0.2 kg，水平放在導軌上，與導軌接觸良好而處于靜止狀態(tài)，金屬桿與導軌間的動摩擦因數(shù)μ＝0.5，通有圖示方向的電流，電流強度I＝2.0 A，令最大靜摩

5、擦力等于滑動摩擦力，則磁感應強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，所以當磁感應強度B最小時，安培力F1＝BminIL＝0.4 N，即Bimin＝0.2 T；當B最大時，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加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強

6、磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉。設兩極板間電場強度為E，磁感應強度為B。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5 A．適當減小電場強度E B．適當減小磁感應強度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

7、，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合場中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項D錯誤。 答案　A 6．圖6甲所示有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉了2θ角。已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) 圖6 A．2cos θ

8、 B．sin θ C．cos θ D．tan θ 解析　設有界磁場Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖甲、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，用拉力傳感器A、B水平懸掛一根通電導線ab，電流方向由a到b，導線平行于圓盤平面。圓盤繞過圓心的水平軸沿如圖7所示方向勻速轉動，與圓盤靜止時相比，拉力傳感器的示數(shù)增大了，懸線仍然豎直，則下列說法正確的是(　　) 圖7 A．圓盤帶正電荷 B．圓盤帶負電荷 C．若增大圓盤轉動角速度

9、，則傳感器示數(shù)減小 D．若改變圓盤轉動方向，則傳感器示數(shù)減小 解析　與圓盤靜止時相比，拉力傳感器的示數(shù)增大，懸線豎直，說明導線所受安培力豎直向下，由左手定則可判斷，導線所在位置的磁感應強度方向水平向右；由安培定則可以判斷，圓盤轉動形成的等效電流與其轉動方向相同，故圓盤帶正電荷，A對，B錯；若增大圓盤轉動角速度，則等效電流增大，方向不變，產(chǎn)生的磁感應強度增大，傳感器示數(shù)增大，C選項錯誤；若改變圓盤轉動方向，則導線所在位置的磁場方向水平向左，導線所受安培力方向向上，傳感器示數(shù)減小，D選項正確。 答案　AD 8．(2017·四川南充市階段檢測)如圖8是等離子體發(fā)電機的示意圖，原料在燃料室中全

10、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進入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道里有圖示的勻強磁場，磁感應強度為B。等離子體進入發(fā)電通道后發(fā)生偏轉，落到相距為d的兩個金屬極板上，在兩極板間形成電勢差，等離子體的電阻不可忽略。下列說法正確的是(　　) 圖8 A．上極板為發(fā)電機正極 B．外電路閉合時，電阻兩端的電壓為Bdv C．帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能 D．外電路斷開時，等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡 解析　根據(jù)左手定則可知，正電荷向上偏，負電荷向下偏，則上板是電源的正極，下板是電源的負極，故A正確；根據(jù)qvB＝q得電動勢的大小為：E＝Bdv，因等離子體的電

11、阻不可忽略，因此外電阻的電壓會小于電源的電動勢，故B錯誤；依據(jù)功能關系可知，帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉化為電能，故C正確；等離子體中帶有正、負電荷的高速粒子，在磁場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，兩極間存在電場力，當外電路斷開時，等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡，從而不會偏移，故D正確。 答案　ACD 9．在半導體離子注入工藝中，初速度可忽略的磷離子P＋和P3＋，經(jīng)電壓為U的電場加速后，垂直進入磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強磁場區(qū)域，如圖9所示。已知離子P＋在磁場中轉過θ＝30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運動時，離子

12、P＋和P3＋(　　) 圖9 A．在電場中的加速度之比為1∶1 B．在磁場中運動的半徑之比為∶1 C．在磁場中轉過的角度之比為1∶2 D．離開電場區(qū)域時的動能之比為1∶3 解析　離子在電場中加速過程中，由于電場強度相同，根據(jù)牛頓第二定律可得a1∶a2＝q1∶q2＝1∶3，選項A錯誤；在電場中加速過程，由動能定理可得qU＝mv2，在磁場中偏轉過程：qvB＝m，兩式聯(lián)立可得：r＝，故r1∶r2＝∶1，選項B正確；設磁場寬度為d，根據(jù)sin θ＝可得：＝，聯(lián)立解得θ2＝60°，選項C正確；由qU＝mv2＝Ek可知Ek1∶Ek2＝1∶3，選項D正確。 答案　BCD 10．(2017·

13、湖北六校調考)如圖10，xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外，磁感應強度B＝1 T的勻強磁場，ON為處于y軸負方向的彈性絕緣薄擋板，長度為9 m，M點為x軸正方向上一點，OM＝3 m。現(xiàn)有一個比荷大小為＝1.0 C/kg可視為質點帶正電的小球(重力不計)從擋板下端N處小孔以不同的速度沿x軸負方向射入磁場，若與擋板相碰就以原速率彈回，且碰撞時間不計，碰撞時電荷量不變，小球最后都能經(jīng)過M點，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　因為小球通過y軸的速度方向一定是＋x方向，故帶電小球圓周運動

14、軌跡半徑最小值為3 m，即Rmin＝，解得vmin＝3 m/s；經(jīng)驗證，帶電小球以3 m/s速度進入磁場，與ON碰撞一次，再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點，如圖甲所示，A項正確；當帶電小球與ON不碰撞，直接經(jīng)過M點，如圖乙所示，小球速度沿－x方向射入磁場，則圓心一定在y軸上，作出MN的垂直平分線，交于y軸的點即得圓心位置，由幾何關系解得軌跡半徑最大值Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝5 m/s，D項正確；當小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時，軌跡如圖丙所示，由幾何條件計算可知軌跡半徑R＝3.75 m，由半徑公式R＝得v＝3.75 m/s，B項正確；由分析易知選項C錯誤。 甲

15、 　　 　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的電源上。兩板之間存在著方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度的大小為B。金屬板右側有一邊界寬度為d的無限長勻強磁場區(qū)域，磁感應強度的大小為B、方向垂直紙面向里，磁場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，當電源電壓為U時，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入有界磁場后分成兩束，經(jīng)磁場偏轉后恰好同時從兩邊界離開磁場，而且從磁場右邊界離開的粒子的運動方向恰好與磁場邊

16、界垂直，粒子之間的相互作用不計，粒子的重力不計，試求： 圖11 (1)帶電粒子從發(fā)射源發(fā)出時的速度； (2)兩種粒子的比荷和帶正電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑。 解析　(1)根據(jù)題意，帶電粒子在平行金屬板間做直線運動時，所受電場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，帶正電粒子進入磁場后沿逆時針方向運動，帶負電粒子進入磁場后沿順時針方向運動，作出粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，帶負電粒子在剛進入磁場時速度沿水平方向，離開磁場時速度方向垂直磁場邊界，根據(jù)圖中幾何關系可知，帶負電粒子在磁場中做圓周運動的偏轉角為θ1＝30°＝ 帶負電粒

17、子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為 r1＝＝2d 帶負電粒子在磁場中運動時洛倫茲力提供向心力，有q1vB＝ 聯(lián)立解得＝ 根據(jù)帶正電粒子的運動軌跡及幾何關系可知，帶正電粒子在磁場中的偏轉角為θ2＝120°＝ 根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運動的周期公式T＝ 可得帶負電粒子在磁場中運動的時間為t1＝ 帶正電粒子在磁場中運動的時間為t2＝ 根據(jù)題意可知t1＝t2 聯(lián)立以上各式，可得＝＝ 帶正電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為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

18、縫的間距為d，磁感應強度為B的勻強磁場與盒面垂直，被加速粒子的質量為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動時間，假設能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運動，不考慮粒子間的相互作用。求： 圖12 (1)出射粒子的動能Em； (2)粒子從飄入狹縫至動能達到Em所需的總時間t0； (3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出，d應滿足的條件。 解析　(1)粒子運動半徑為R時 qvB＝m 且Em＝mv2 解得Em＝ (2)粒子被加速n次達到動能Em，則Em＝nqU0 粒子在狹縫間做勻加速運動，設n次經(jīng)過狹縫的總時間為Δt，加速度a＝ 勻加速直線運動nd＝a·Δt2 由t0＝(n－1)·＋Δt，解得t0＝－ (3)只有在0～(－Δt)時間內(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< 11