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1、单元质检九单元质检九 磁场磁场 (时间:45分钟 满分:100分) 单元质检第单元质检第 18 页页 一、选择题(本题共 8小题,每小题 8分,共 64分。在每小题给出的四个选项中,第 15题 只有一项符合题目要求,第 68题有多项符合题目要求。全部选对的得 8分,选对但不全 的得 4 分,有选错的得 0 分) 1.(2018黑龙江大庆模拟)在地磁场作用下处于静止的小磁针上方,平行于小磁针水平放置一直导 线,当该导线中通有电流时,小磁针会发生偏转;当通过该导线电流为 I 时,小磁针左偏 30,则当 小磁针左偏 60时,通过导线的电流为(已知直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正 比)(
2、) A.2IB.3IC.ID.无法确定 3 答案 B 解析设地磁场磁感应强度为 B地,当通过电流为 I,根据题意可知:地磁场、电流形成磁场、合磁 场之间的关系为:当夹角为 30时,有:B1=kI=B地tan30;当夹角为 60时,有:B2=kI1=B地tan60 联立两式解得:I1=3I,故 A、C、D错误,B 正确。故选 B。 2.(2018江西南昌模拟)如图所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极 B,沿边缘内壁放一个圆环 形电极 A,把 A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,现把玻璃皿放在如图 所示的磁场中,液体就会旋转起来。若从上向下看,下列判断正确的是( ) A.A 接
3、电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转 B.A 接电源负极,B 接电源正极,液体顺时针旋转 C.A、B 与 50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转 D.仅磁场的 N、S 极互换后,重做该实验发现液体旋转方向不变 答案 A 解析若 A接电源正极,B 接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心, 玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的磁场力沿顺时针方向,因此液体 沿顺时针方向旋转,故 A正确;同理,若 A接电源负极,B 接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆 时针方向旋转,故 B错误;A、B与 50Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故 C 错误;若磁场
4、的 N、S 极互换后,重做该实验发现液体旋转方向变化,故 D 错误。 3.如图所示,用天平测量匀强磁场的磁感应强度,下列各选项所示的载流线圈匝数相同,边长 MN 相等,将它们分别挂在天平的右臂下方,线圈中通有大小相同的电流,天平处于平衡状态,若磁场发 生微小变化,天平最容易失去平衡的是( ) 答案 A 解析天平原本处于平衡状态,所以由于线框平面与磁场强度垂直,且线框不全在磁场区域内,所以 线框与磁场区域的交点的长度等于线框在磁场中的有效长度,由图可知,A 图的有效长度最长,磁 场强度 B和电流大小 I 相等,所以 A所受的安培力最大,则 A 图最容易使天平失去平衡。故选 A。 4.(2018湖
5、南常德期末)在绝缘圆柱体上 a、b 两个位置固定有两个金属圆环,当两环通有图示电 流时,b处金属圆环受到的安培力为 F1;若将 b 处金属圆环移动位置 c,则通有电流为 I2的金属圆 环受到的安培力为 F2。今保持 b处于金属圆环原来位置不变,在位置 c 再放置一个同样的金属 圆环,并通有与 a处金属圆环同向、大小为 I2的电流,则在 a 位置的金属圆环受到的安培力( ) A.大小为|F1-F2|,方向向左 B.大小为|F1-F2|,方向向右 C.大小为|F1+F2|,方向向左 D.大小为|F1+F2|,方向向右 答案 A 解析当金属圈在 b 处时,两个的圆形线圈的电流的环绕方向相反,所以两个
6、线圈之间存在排斥力, 这一对引力是作用力与反作用力,大小相等,方向相反,所以 b 处对 a 的力为 F1,同理,当金属圈在 c位置时,对 a的力为 F2;当保持 b处金属圈位置不变,在位置 c 再放置一个同样的金属圆环,并通 有与 a处金属圆环同向、大小为 I2的电流,b 处对 a处金属圈的力为 F1方向向左,此时 c 处对 a 的力与之前相反,方向向右,大小为 F2,即在 a 位置的金属圆环受到的安培力为|F1-F2|,方向向左。 故 A正确。 5.(2018广东深圳调研)如图所示,直线 MN 左侧空间存在范围足够大,方向垂直纸面向里的匀强 磁场,磁感应强度大小为 B,在磁场中 P点有一个粒
7、子源,可在纸面内各个方向射出质量为 m,电荷 量为 q的带正电粒子(重力不计),已知POM=60,PO 间距为 L,粒子速率均为,则粒子在磁 3 2 场中运动的最短时间为( ) A.B.C.D. 2 3 4 6 答案 B 解析粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力作向心力,则有:Bvq=,解得:R=L; 2 = 3 2 = 3 2 粒子做圆周运动的周期为:T=;因为粒子做圆周运动的半径、周期相同,那么,粒 2 = 3 3 2 = 2 子转过的中心角越小,则其弦长越小,运动时间越短;所以,过 P 点做 OM 的垂线,可知,粒子运动轨 迹的弦长最小为:Lsin60=L=R,故最短弦长对应的中心角为 60
8、,所以,粒子在磁场中运动的 3 2 最短时间为:tmin= T=,故 ACD错误,B 正确;故选 B。 1 6 3 6.(2018云南文山调研)如图所示,磁流体发电机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体,上 下两个侧面是电阻可忽略的导电电极,两极间距为 d,极板长和宽分别为 a 和 b,这两个电极与可 变电阻 R 相连。在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场,磁感应强度大小为 B。发电导管内有 电阻率为 的高温电离气体等离子体,等离子体以速度 v 向右流动,并通过专用通道导出。 不计等离子体流动时的阻力,调节可变电阻的阻值,则( ) A.运动的等离子体产生的感应电动势为 E=Bav B.可变电阻
9、 R中的感应电流方向是从 Q 到 P C.若可变电阻的阻值为 R=,则其中的电流为 I= 2 D.若可变电阻的阻值为 R=,则可变电阻消耗的电功率为 P= 22 4 答案 CD 解析根据左手定则,等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上,带正电粒子累积在上极板,可 变电阻 R 中电流方向从 P 到 Q,B错误;当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时,两极板间电 压稳定,设产生的电动势为 E,则有 qvB=q ,E=Bdv,A错误;发电导管内等离子体的电阻 r=,若 可变电阻的阻值为 R=,由闭合电路欧姆定律有 I=,可变电阻消耗的电功率 + = 2 P=I2R=,C、D正确。 22 4 7.(
10、2018安徽马鞍山二质监)如图所示,绝缘圆筒内有垂直纸面向里的匀强磁场,两带异种电荷的 带电微粒分别从小孔 P以等大速率射向圆心 O,微粒与筒壁的碰撞是弹性碰撞,最终两微粒都从 小孔 P 射出磁场,正、负电荷与筒壁分别碰撞了 3次和 2 次(不考虑微粒的重力)。则正、负微粒 ( ) A.与筒壁的碰撞都是垂直碰撞 B.在磁场中运动轨迹的半径之比是1 3 C.在磁场中运动时间之比是 2 3 D.比荷之比为2 3 答案 AC 解析由题意可知,分别作出正、负电荷的运动轨迹,如图 设磁场圆的半径为 r,正电荷的轨迹半径为 r1,负电荷的轨迹半径为 r2,由图可知,正电荷偏转一次 的圆心角为 90,负电荷
11、偏转一次的圆心角为 60,根据几何关系 得:r1=rtan45=r,r2=rtan60=r,故 r1r2=1,周期 T1=,周期 T2=,则正 33 21 = 2 22 = 23 电荷运动的时间为 t1=T1=,负电荷运动的时间为 t2= T23=3=,故 t1t2=2,根据 2 1 6 1 6 22 3 3 T=,得,则有:,因为粒子刚开始要从 P点水平进入,最后又要 2 = 2 1 1 2 2 = 2 1 2 2 = 2 1 = 3 1 从 P 点水平射出,故粒子每次碰撞都是垂直的,才能达到要求,故 AC 正确,BD 错误,故选 AC。 8.(2018河南周口期末)如图所示,平行纸面向下的
12、匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交, 一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为 r,电场 强度大小为 E,磁感应强度大小为 B,重力加速度大小为 g,则下列判断中正确的是( ) A.小球一定带负电荷 B.小球一定沿顺时针方向转动 C.小球做圆周运动的线速度大小为 D.小球在做圆周运动的过程中,电场力始终不做功 答案 AC 解析带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动,可知,带电小球受到的重力和 电场力是一对平衡力,重力竖直向下,所以电场力竖直向上,与电场方向相反,故小球一定带负电荷, 故 A正确;磁场方向向外,洛伦兹力的方向始终指向圆心,由
13、左手定则可判断小球的旋转方向为逆 时针(四指所指的方向与带负电的粒子的运动方向相反),故 B 错误;由电场力和重力大小相等, 得:mg=qE,带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为:r=,联立得:v=,故 C 正 确;小球在做圆周运动的过程中,电场力要做功,洛伦兹力始终不做功,故 D 错误;故选 AC。 二、计算题(本题共 3小题,共 36分) 9.(10分)(2018天津期末)如图甲所示,固定的两光滑导体圆环相距 1 m。在两圆环上放一导体棒, 圆环通过导线与电源相连,电源的电动势为 3 V,内阻为 0.2 。导体棒质量为 60 g,接入电路的 电阻为 1.3 ,圆环电阻不计,匀强
14、磁场竖直向上。开关 S 闭合后,棒可以静止在圆环上某位置,该 位置对应的半径与水平方向的夹角为 =37,如图乙所示,(g 取 10 m/s2)求: (1)棒静止时受到的安培力的大小; (2)匀强磁场的磁感应强度的大小。 答案(1)0.8 N (2)0.4 T 解析(1)对导体棒进行受力分析,如图所示 有=tan 解得 F=0.8N (2)由闭合电路欧姆定律,得 I= + 解得 I=2A 由安培力的公式,得 F=BIL 解得 B=0.4T 10.(10分)(2018广西贺州二模)如图,相邻两个匀强磁场区域和,设磁感应强度的大小分别为 B1、B2,已知:磁感应强度方向相反且垂直纸面;两个区域的宽度
15、都为 d;质量为 m、电荷量为+q 的粒子由静止开始经电压恒为 U的电场加速后,垂直于区域的边界线 MN,从 A 点进入并穿越 区域时速度方向与边界线 xy成 60角进入区域,最后恰好不能从边界线 PQ 穿出区域,不 计粒子重力。求: (1)B1的大小; (2)B1与 B2的比值。 答案 (1)B1的大小是; 1 2 2 (2)B1与 B2的比值是 。 1 3 解析(1)设粒子经 U 加速后获得的速度为 v,根据动能定理有:qU= mv2 1 2 在区域的磁场中偏转,有:qB1v=m 2 1 粒子在磁场中做匀速圆周运动,恰好不从上边界穿出,粒子与 PQ 相切,画出轨迹如图。 由几何关系得 R1
16、=2d sin30 联立得 B1= 1 2 2 (2)两区域磁场方向相反(如垂直纸面向外,垂直纸面向里),则粒子的运动轨迹如图线 ACD,带 电粒子在区域的磁场中偏转,由洛伦兹力提供向心力, 由:qB2v=m 2 2 由几何关系有:R2sin30+R2=d 联立得: 1 2 = 1 3 11.(16分)(2018江西五市八校联考)如图甲所示,直角坐标系 xOy 中,第二象限内有沿 x 轴正方向 的匀强电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。 第三象限内有一发射装置(没有画出)沿 y轴正方向射出一个比荷 =100 C/kg 的带正电的粒子 (可视为质点且不
17、计重力),该粒子以 v0=20 m/s 的速度从 x轴上的点 A(-2m,0)进入第二象限,从 y 轴上的点 C(0,4m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为 0 时刻,第一、四象限内磁场 的磁感应强度按图乙所示规律变化,g取 10 m/s2。 (1)求第二象限内电场的电场强度大小; (2)求粒子第一次经过 x轴时的位置坐标。 答案(1)E=1.0 N/C (2)(3 m,0) 解析(1)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力,且电场力方向与初速度方向垂直,所以,粒子做 类平抛运动;粒子从 A 点到 C点用时 t=s= s; 0 = 4 20 1 5 粒子在水平方向上有 a=,所以,OA
18、= at2,则有 E= a=N/C=1N/C; 1 2 2 2 = 2 2 100 ( 1 5) 2 (2)粒子进入磁场时的速度为 v,则其竖直分量 vy=v0=20m/s,水平分量 vx=at=t=20m/s; 所以,v=20m/s,v与 y轴正方向的夹角为 45;2+ 2 2 在洛伦兹力作向心力的作用下,Bvq=,粒子在磁场中做圆周运动的半径 R=m= 2 = 202 100 0.4 2 2 m;粒子做圆周运动的周期 T=s,所以,粒子每运动半个圆周则偏转方向相反,则粒子在磁 2 = 20 场中的运动如图所示, 因为 4=8R,所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过 x 轴,由等腰三角形性质可知,粒子 2 第一、二次经过 x轴,在 x轴上对应的弦长为R=1m, 2 所以 OD=3m,则粒子第一次经过 x轴时的位置坐标为(3m,0)。