2020高考物理 章末質(zhì)量檢測（九）第九章 磁場（含解析）魯科版

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1、第九章 磁場 （時間：50分鐘） 一、選擇題（本題共8小題。1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題） 1.如圖1所示，長直導(dǎo)線ab附近有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點。當(dāng)ab中通以由b→a的恒定電流時，下列說法正確的是 （　?。? 圖1 A.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向里 B.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直且垂直紙面向外 C.小球受磁場力作用，方向與導(dǎo)線垂直并指向左方 D.小球不受磁場力作用 答案　D 2.如圖2所示，兩平行直導(dǎo)線cd和ef豎直放置，通以方向相反、大小相等的電流，a、b兩點位于兩導(dǎo)線所在的平面內(nèi)，則 （　?。? 圖

2、2 A.b點的磁感應(yīng)強度為零 B.ef導(dǎo)線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里 C.cd導(dǎo)線受到的安培力方向向右 D.同時改變兩導(dǎo)線中的電流方向，cd導(dǎo)線受到的安培力方向不變 解析　根據(jù)右手螺旋定則可知兩導(dǎo)線在b處產(chǎn)生的磁場方向均為垂直紙面向外，選項A錯誤；ef在a處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向外，選項B錯誤；根據(jù)左手定則可判斷，電流方向相反的兩平行直導(dǎo)線互相排斥，選項C錯誤；只要兩直導(dǎo)線中的電流方向相反，就互相排斥，選項D正確。 答案　D 3.1931年英國物理學(xué)家狄拉克從理論上預(yù)言：存在只有一個磁極的粒子，即“磁單極子”。假設(shè)一個“N磁單極子”形成的磁場如圖3所示，將一個半徑為r、質(zhì)

3、量為m的超導(dǎo)體圓環(huán)水平放置在該磁單極子的正上方，圓環(huán)所在位置的磁感應(yīng)強度大小為B，與圓環(huán)相切的磁感線與豎直方向的夾角為30°，重力加速度大小為g，若圓環(huán)恰好在該位置懸浮，則圓環(huán)中電流的大小為（　?。? 圖3 A. B. C. D. 解析　當(dāng)圓環(huán)所受的重力與安培力在豎直方向上的分力大小相等時，圓環(huán)恰好在該位置懸浮，以圓環(huán)為研究對象可知mg＝BI·2πr·sin 30°，解得圓環(huán)中電流的大小I＝，選項B正確。 答案　B 4.如圖4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磁場中，發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強度為E，磁感應(yīng)強度為B。

4、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4 A.適當(dāng)減小電場強度E B.適當(dāng)減小磁感應(yīng)強度B C.適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離 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(zhuǎn)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(dāng)減小電場強度E，即可以減小電場力，選項A正確；適當(dāng)減小磁感應(yīng)強度B，可以減小洛倫茲力，選項B錯誤；適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離，根據(jù)eU＝mv2可得v＝，由于兩極板間的電壓沒有變化，所以電子進入磁場

5、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(dāng)減小加速電壓U，可以減小電子進入復(fù)合場中的速度v，從而減小洛倫茲力，選項D錯誤。 答案　A 5.質(zhì)譜儀可以測定有機化合物分子結(jié)構(gòu)，現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖5所示，有機物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子。若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室（內(nèi)為勻強磁場）、真空管，最后打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷（），進而推測有機物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進入磁場室時速度方向指

6、向圓心。則下列說法正確的是（　?。? 圖5 A.高壓電源A端應(yīng)接電源的正極 B.磁場室的磁場方向必須垂直紙面向里 C.若離子化后的兩同位素X1、X2（X1質(zhì)量大于X2質(zhì)量）同時進入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ一定對應(yīng)X1 D.若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強度大小為B，當(dāng)記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應(yīng)的離子比荷＝ 解析　正離子在電場中加速，可以判斷高壓電源A端應(yīng)接負極，同時根據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面向外，A、B均錯誤；設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qU＝mv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvB＝m，聯(lián)立計算得出r＝，由此可見，質(zhì)量大的離子的運

7、動軌跡半徑大，即軌跡Ⅱ一定對應(yīng)X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r＝，可解得＝，D正確。 答案　D 6.（2019·莆田模擬）如圖6甲所示，空間同時存在豎直向上的勻強磁場和勻強電場，磁感應(yīng)強度為B，電場強度為E，一質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電小球恰好處于靜止?fàn)顟B(tài)?，F(xiàn)在將磁場方向順時針旋轉(zhuǎn)30°，同時給小球一個垂直磁場方向斜向下的速度v，如圖乙所示。則關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是（　?。? 圖6 A.小球做勻速圓周運動 B.小球運動過程中機械能守恒 C.小球運動到最低點時電勢能增加了 D.小球第一次運動到最低點歷時 解析　小球在復(fù)合場中處于靜止?fàn)顟B(tài)，

8、只受兩個力作用，即重力和電場力且兩者平衡。當(dāng)把磁場順時針方向傾斜30°，且給小球一個垂直磁場方向的速度v，則小球受到的合力就是洛倫茲力，且與速度方向垂直，所以帶電粒子將做勻速圓周運動，選項A正確；由于帶電粒子在垂直于紙面的傾斜平面內(nèi)做勻速圓周運動過程中受到電場力要做功，所以機械能不守恒，選項B錯誤；小球從開始到最低點克服電場力做功為W＝qERsin 30°＝，所以電勢能的增加量為，選項C錯誤；小球從第一次運動到最低點的時間為T＝，選項D正確。 答案　AD 7.如圖7所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入

9、磁場，經(jīng)過t1時間射出磁場，射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°；乙以速度v2從距離直徑AOB為的C點平行于直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t2時間射出磁場，其軌跡恰好通過磁場的圓心。不計粒子受到的重力，則（　?。? 圖7 A.兩個粒子帶異種電荷 B.t1＝t2 C.v1∶v2＝∶1 D.兩粒子在磁場中軌跡長度之比l1∶l2＝∶1 解析　根據(jù)左手定則判斷可得，甲粒子帶正電，乙粒子帶負電，選項A正確；分別對甲、乙粒子作圖，找出其做勻速圓周運動的圓心和半徑以及圓心角，則有r甲＝R，r乙＝R，θ甲＝，θ乙＝，根據(jù)qvB＝m可得v＝，所以＝＝，選項C正確；根據(jù)t＝T可得＝＝，選項

10、B錯誤；粒子在磁場中的軌跡長度為l＝vt，所以＝＝，選項D錯誤。 答案　AC 8.磁流體發(fā)電機可簡化為如下模型：兩塊長、寬分別為a、b的平行板相距為L，板間通入已電離的速度為v的氣流，兩板間存在一磁感應(yīng)強度大小為B的磁場，磁場方向與兩板平行，并與氣流速度方向垂直，如圖8所示。現(xiàn)把兩板與外電阻R連接起來，在磁場力作用下，氣流中的正、負離子分別向兩板移動形成電流。設(shè)該氣流的電導(dǎo)率（電阻率的倒數(shù)）為σ，則（　?。? 圖8 A.該磁流體發(fā)電機模型的內(nèi)阻為r＝ B.產(chǎn)生的電動勢為E＝Bav C.流過外電阻R的電流I＝ D.該磁流體發(fā)電機模型的路端電壓為 解析　根據(jù)左手定則知正離子向上偏

11、，負離子向下偏，上極板帶正電，下極板帶負電，最終離子處于平衡狀態(tài)，有qvB＝q，解得電動勢E＝BLv，故選項B錯誤；內(nèi)電阻r＝ρ＝，故選項A正確；根據(jù)閉合電路歐姆定律，流過外電阻R的電流I＝，故選項C正確；R兩端電壓為R，故選項D錯誤。 答案　AC 二、非選擇題 9.（2019·合肥一檢）如圖9所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy的第四象限內(nèi)有一勻強電場，其場強大小為E，方向與x軸成30°角斜向上。一比荷為的帶正電粒子從P點由靜止出發(fā)，接著在x軸上Q點進入第一象限，通過磁感應(yīng)強度大小為B的矩形勻強磁場區(qū)域（圖中未畫出）后，從坐標(biāo)原點O沿y軸負方向離開磁場區(qū)域。若P、Q間距為L，粒子重力不計，試求

12、： 圖9 （1）粒子到達Q點時的速度大??； （2）Q點的坐標(biāo)； （3）矩形磁場區(qū)域的最小面積。 解析　（1）作出粒子運動軌跡如圖所示 qEL＝mv2 解得粒子到達Q點時的速度v＝ （2）設(shè)粒子在磁場中運動的軌跡半徑為R，由幾何關(guān)系可知Q點的坐標(biāo)為（3R，0） 又qvB＝m，可得R＝ 則Q點的坐標(biāo)為（，0） （3）由圖可得，最小的矩形磁場面積 Smin＝2Rcos 30°（R－Rsin 30°）＝R2＝ 答案?。?）?。?）（，0）?。?） 10.（2019·貴州銅仁模擬）如圖10所示，在xOy平面內(nèi)0＜x＜L的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向上的勻強電場，x＞L的區(qū)域內(nèi)

13、有一方向垂直于xOy平面向外的勻強磁場。某時刻，一帶正電的粒子從坐標(biāo)原點以沿x軸正方向的初速度v0進入電場；之后的另一時刻，一帶負電粒子以同樣的初速度從坐標(biāo)原點進入電場。正、負粒子從電場進入磁場時速度方向與電場和磁場邊界的夾角分別為60°和30°，兩粒子在磁場中分別運動半周后恰好在某點相遇。已知兩粒子的重力以及兩粒子之間的相互作用都可忽略不計。求： 圖10 （1）正、負粒子的比荷之比∶； （2）正、負粒子在磁場中運動的半徑大??； （3）兩粒子先后進入電場的時間差。 解析　（1）設(shè)粒子進磁場方向與邊界夾角為θ， vy＝ vy＝t t＝ ∶＝∶＝1∶3 （2）設(shè)粒子在磁場中做圓周運動的速度分別為v1、v2 由v＝，得v1＝v0，v2＝2v0 qvB＝m，R＝ ＝ y＝·t 兩粒子離開電場時位置間的距離 d＝y(tǒng)1＋y2＝L 根據(jù)題意作出運動軌跡，兩粒子相遇在P點， 由幾何關(guān)系可得2R1＝dsin 60° 2R2＝dsin 30° R1＝＝L R2＝d＝L （3）兩粒子在磁場中運動時間均為半個周期 t1＝＝ t2＝＝ 由于兩粒子在電場中運動時間相同，所以進電場時間差即為磁場中相遇前的時間差 Δt＝t1－t2＝ 答案?。?）1∶3?。?）L　L?。?） - 9 -