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2019-2020年高考物理一輪復習 單元質(zhì)檢八 磁場（含解析）魯科版 　單元質(zhì)檢第15頁　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48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6分,選對但不全的得3分,有選錯的得0分) 1.為了解釋地球的磁性,19世紀安培假設:地球的磁場是由繞過地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個圖中,正確表示安培假設中環(huán)形電流方向的是(　　) 解析:地理的南極是地磁場的N極,由右手螺旋定則可知選項B正確。 答案:B 2. 如圖所示,長為3l的直導線折成三段做成正三角形,并置于與其所在平面垂直的勻強磁場中,磁感應強度為B,當在該導線中通以如圖所示的電流I時,該通電導線受到的安培力大小為(　　) A.2BIl B.BIl C.BIl D.0 解析:導線AB段和BC段的有效長度為2lsin 30=l,所以該通電導線受到的安培力大小為F=BIl+BIl=2BIl,本題只有選項A正確。 答案:A 3.如圖所示,豎直放置的平行板電容器,A板接電源正極,B板接電源負極,在電容器中加一與電場方向垂直的、水平向里的勻強磁場。一批帶正電的微粒從A板中點小孔C射入,射入的速度大小、方向各不相同,考慮微粒所受重力,微粒在平行板A、B間運動過程中(　　) A.所有微粒的動能都將增加 B.所有微粒的機械能都將不變 C.有的微粒可以做勻速圓周運動 D.有的微?？赡茏鰟蛩僦本€運動 解析:微粒受重力、電場力和洛倫茲力。電場力可能對微粒做功,也可能不做功,故選項A、B錯誤。電場沿水平方向,則重力和電場力不可能平衡,選項C錯誤。若微粒所受電場力和洛倫茲力的合力與重力等大、反向,則選項D正確。 答案:D 4.如圖所示,空間存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場,一帶電液滴從靜止開始自A點沿曲線ACB運動,到達B點時,速度為零,C點是運動的最低點,則①液滴一定帶負電;②液滴在C點時動能最大;③液滴在C點電勢能最小;④液滴在C點機械能最小 以上敘述正確的是(　　) A.①② B.①②③ C.①②④ D.②③ 解析:液滴偏轉(zhuǎn)是由于受洛倫茲力作用,據(jù)左手定則可判斷液滴一定帶負電,則液滴所受電場力豎直向上,而液滴能夠從靜止向下運動,說明液滴所受重力大于電場力,則液滴由A→C過程中合力做正功,液滴在C處時的動能最大。而由于A→C克服電場力做功最多,電勢能增加最多,又機械能與電勢能的和不變,因此,由A→C機械能減小最多,故液滴在C點機械能最小,本題只有選項C正確。 答案:C 5.如圖所示,ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形,磁場垂直紙面向外,比荷為的電子以速度v0從A點沿AB方向射入,欲使電子能經(jīng)過BC邊,則磁感應強度B的取值應為(　　) A.B> B.B< C.B< D.B> 解析:畫出電子運動軌跡,如圖所示,電子正好經(jīng)過C點,此時圓周運動的半徑r=,要想電子從BC邊經(jīng)過,圓周運動的半徑要大于,由帶電粒子在磁場中運動的公式r=,即B<,本題只有選項C正確。 答案:C 6.如圖所示,通電導體棒靜止于水平導軌上,棒的質(zhì)量為m,長為l,通過的電流大小為I且垂直紙面向里,勻強磁場的磁感應強度B的方向與導軌平面成θ角,則導體棒受到的(　　) A.安培力大小為BIl B.安培力大小為BIlsinθ C.摩擦力大小為BIlsinθ D.支持力大小為mg-BIlcosθ 解析:對導體棒受力分析如圖,安培力F=BIl,選項A正確、B錯誤;根據(jù)平衡條件得:f=BIlsinθ,FN=mg+BIlcosθ,故選項C正確、D錯誤。 答案:AC 7.(xx云南昆明質(zhì)檢)如圖所示的電路中,電源電動勢為E、內(nèi)阻為r,兩平行金屬板間有勻強磁場。開關S閉合后,當滑動變阻器滑片P位于圖示位置時,一帶電粒子恰好以速度v勻速穿過兩板。若不計重力,以下說法正確的是(　　) A.如果將開關斷開,粒子將繼續(xù)沿直線運動 B.保持開關閉合,將a極板向下移動一點,粒子可能向上偏轉(zhuǎn) C.保持開關閉合,將滑片P向上滑動一點,粒子將可能從下極板邊緣射出 D.保持開關閉合,將滑片P向下滑動一點,粒子將可能從下極板邊緣射出 解析:假定粒子帶正電,滑動變阻器滑片P位于題圖示位置時,該粒子勻速穿過兩板,其合力為零,設板間電壓為U,如圖所示,q-qvB=0。開關斷開,金屬板放電而使兩板間電壓變?yōu)?,粒子只受洛倫茲力的作用,應向上運動,選項A錯誤;保持開關閉合,將a極板向下移動一點,金屬板兩端電壓不變,d減小,則q>qvB,粒子向下運動;保持開關閉合,將滑片P向上滑動一點,金屬板兩端電壓減小,則qqvB,粒子向下運動。再考慮粒子可能帶負電,綜合分析可知,選項BCD正確。 答案:BCD 8.(xx河北徐水中學高三檢測)一個小球帶正電,在水平勻強磁場中左右擺動,擺動平面與磁場垂直,如圖所示,圖中的c點為小球運動的最低點,小球向右運動和向左運動通過c點時,以下說法正確的是(　　) A.小球具有相同的速率 B.小球具有相同的動能 C.小球受到的懸線的拉力大小相等 D.小球的加速度一定不等 解析:由于洛倫茲力不做功,則小球兩次過c點的速率和動能相同,選項A、B正確;小球向右經(jīng)過c點時由左手定則可知洛倫茲力向上,則FT1+qvB-mg==ma1,同理小球向左經(jīng)過c點時有FT2-qvB-mg==ma2,聯(lián)立可知a1=a2,FT1,電流表應采用內(nèi)接法。(2)采用電壓表和電阻箱測量鋰電池的電動勢E和內(nèi)阻r,電路如答案中圖所示,由閉合電路的歐姆定律得,E=U+r,則,所以x、y坐標軸分別為。 答案:(1)①用A2替換A1　②采用電流表內(nèi)接法 (2)①如圖所示 ②(或者U、) 三、計算題(本題共3小題,共47分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟,有數(shù)值計算的要注明單位) 11.(15分)(xx全國理綜,26) 如圖,虛線OL與y軸的夾角θ=60,在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場,入射點為M,粒子在磁場中運動的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運動軌跡與x軸交于P點(圖中未畫出),且=R。不計重力,求M點到O點的距離和粒子在磁場中運動的時間。 解析:根據(jù)題意,帶電粒子進入磁場后做圓周運動,運動軌跡交虛線OL于A點,圓心為y軸上的C點,AC與y軸的夾角為α,粒子從A點射出后,運動軌跡交y軸于P點,與x軸的夾角為β,如圖所示,有 qvB=m 周期為T= 由此得T= 過A點作x、y軸的垂線,垂足分別為B、D。由圖中幾何關系得 =Rsinα cot 60 cotβ α=β 由以上五式和題給條件得 sinα+cosα=1 解得α=30 或α=90 設M點到O點的距離為h h=R- 根據(jù)幾何關系 =Rcosα- 利用以上兩式和=Rsinα得 h=R-Rcos(α+30) 解得 h=(1-)R　(α=30) h=(1+)R　(α=90) 當α=30時,粒子在磁場中運動的時間為 t= 當α=90時,粒子在磁場中運動的時間為 t= 答案:見解析 12.(14分)(xx河北唐山高三摸底)如圖所示,兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強電場和勻強磁場。A板帶正電荷,B板帶等量負電荷,電場強度為E;磁場方向垂直紙面向里,磁感應強度為B1。平行金屬板右側(cè)有一擋板M,中間有小孔O,OO是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B2。CD為磁場B2邊界上的一絕緣板,它與M板的夾角θ=45,OC=a,現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m,含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子(不計重力),自O點沿OO方向進入電磁場區(qū)域,其中有些粒子沿直線OO方向運動,并進入勻強磁場B2中,求: (1)進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度。 (2)能擊中絕緣板CD的粒子中,所帶電荷量的最大值。 (3)絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度。 解析:(1)沿直線OO運動的帶電粒子,設進入勻強磁場B2的帶電粒子的速度為v,根據(jù)qvB1=qE 解得v=。 (2)粒子進入勻強磁場B2中做勻速圓周運動,根據(jù)qvB2=m,解得q=。因此,電荷量最大的帶電粒子,運動的半徑最小。設最小半徑為r1,此時粒子運動軌跡與CD板相切,則有r1+r1=a 解得r1=(-1)a 則電荷量的最大值q=(+1)。 (3)帶負電的粒子在磁場B2中向上偏轉(zhuǎn),某帶負電粒子軌跡與CD相切,設半徑為r2,依題意有r2+a=r2 解得r2=(+1)a 則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長度為s=r2-r1=2a。 答案:(1)　(2)(+1)　(3)2a 13.(18分)(xx湖南長沙示范性高中聯(lián)考)如圖所示,在同一平面內(nèi)三個寬度均為d的相鄰區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,Ⅰ區(qū)內(nèi)的勻強磁場垂直紙面向外;Ⅲ區(qū)內(nèi)的勻強磁場垂直紙面向里;Ⅱ區(qū)內(nèi)的平行板電容器垂直磁場邊界,板長、板間距均為d,且上極板電勢高,OO為電場的中心線。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計重力),從O點以速度v0沿與OO成30方向射入Ⅰ區(qū),恰好垂直邊界AC進入電場。 (1)求Ⅰ區(qū)的磁感應強度B1的大小。 (2)為使粒子進入Ⅲ區(qū),求電容器板間所加電壓U的范圍。 (3)為使粒子垂直Ⅲ區(qū)右邊界射出磁場,求Ⅲ區(qū)的磁感應強度B2與電容器板間電壓U之間應滿足的關系。 解析:(1)因粒子垂直邊界AC射入電場,由幾何關系: Rsin 30=d 由洛倫茲力提供向心力qBv0=m 解得:B1=。 (2)為使粒子均能進入Ⅲ區(qū),最大電壓為Um, d=v0t ym=at2 =ma ym=+(2-)d 解得:Um=(5-2 所加電壓范圍:U<(5-2。 (3)粒子射入Ⅲ區(qū)時速度偏向角為α,粒子沿電場強度方向速度為vy,合速度為v,則: sinα= vy=at 因粒子垂直Ⅲ區(qū)右邊界射出磁場,設圓周運動半徑為R,R= 由幾何關系:Rsinα=d 故B2與電壓U間應滿足:B2=。 答案:(1)　(2)U<(5-2　(3)B2=