2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢八 磁場（含解析）魯科版.doc

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2019-2020年高考物理一輪復(fù)習(xí) 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(gè)選項(xiàng)中,第1~5題只有一項(xiàng)符合題目要求,第6~8題有多項(xiàng)符合題目要求。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1.為了解釋地球的磁性,19世紀(jì)安培假設(shè):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(gè)圖中,正確表示安培假設(shè)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(xiàng)B正確。 答案:B 2. 如圖所示,長為3l的直導(dǎo)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(qiáng)磁場中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)在該導(dǎo)線中通以如圖所示的電流I時(shí),該通電導(dǎo)線受到的安培力大小為(　　) A.2BIl B.BIl C.BIl D.0 解析:導(dǎo)線AB段和BC段的有效長度為2lsin 30=l,所以該通電導(dǎo)線受到的安培力大小為F=BIl+BIl=2BIl,本題只有選項(xiàng)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(fù)極,在電容器中加一與電場方向垂直的、水平向里的勻強(qiáng)磁場。一批帶正電的微粒從A板中點(diǎn)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(yùn)動(dòng)過程中(　　) A.所有微粒的動(dòng)能都將增加 B.所有微粒的機(jī)械能都將不變 C.有的微?？梢宰鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng) D.有的微粒可能做勻速直線運(yùn)動(dòng) 解析:微粒受重力、電場力和洛倫茲力。電場力可能對(duì)微粒做功,也可能不做功,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。電場沿水平方向,則重力和電場力不可能平衡,選項(xiàng)C錯(cuò)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(xiàng)D正確。 答案:D 4.如圖所示,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,一帶電液滴從靜止開始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí),速度為零,C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn),則①液滴一定帶負(fù)電;②液滴在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大;③液滴在C點(diǎn)電勢能最小;④液滴在C點(diǎn)機(jī)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(fù)電,則液滴所受電場力豎直向上,而液滴能夠從靜止向下運(yùn)動(dòng),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(shí)的動(dòng)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(jī)械能與電勢能的和不變,因此,由A→C機(jī)械能減小最多,故液滴在C點(diǎn)機(jī)械能最小,本題只有選項(xiàng)C正確。 答案:C 5.如圖所示,ABC為與勻強(qiáng)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(diǎn)沿AB方向射入,欲使電子能經(jīng)過BC邊,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值應(yīng)為(　　) A.B> B.B< C.B< D.B> 解析:畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示,電子正好經(jīng)過C點(diǎn),此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,要想電子從BC邊經(jīng)過,圓周運(yùn)動(dòng)的半徑要大于,由帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的公式r=,即B<,本題只有選項(xiàng)C正確。 答案:C 6.如圖所示,通電導(dǎo)體棒靜止于水平導(dǎo)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(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)軌平面成θ角,則導(dǎo)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(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖,安培力F=BIl,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;根據(jù)平衡條件得:f=BIlsinθ,FN=mg+BIlcosθ,故選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)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(dòng)勢為E、內(nèi)阻為r,兩平行金屬板間有勻強(qiáng)磁場。開關(guān)S閉合后,當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P位于圖示位置時(shí),一帶電粒子恰好以速度v勻速穿過兩板。若不計(jì)重力,以下說法正確的是(　　) A.如果將開關(guān)斷開,粒子將繼續(xù)沿直線運(yùn)動(dòng) B.保持開關(guān)閉合,將a極板向下移動(dòng)一點(diǎn),粒子可能向上偏轉(zhuǎn) C.保持開關(guān)閉合,將滑片P向上滑動(dòng)一點(diǎn),粒子將可能從下極板邊緣射出 D.保持開關(guān)閉合,將滑片P向下滑動(dòng)一點(diǎn),粒子將可能從下極板邊緣射出 解析:假定粒子帶正電,滑動(dòng)變阻器滑片P位于題圖示位置時(shí),該粒子勻速穿過兩板,其合力為零,設(shè)板間電壓為U,如圖所示,q-qvB=0。開關(guān)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(yīng)向上運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持開關(guān)閉合,將a極板向下移動(dòng)一點(diǎn),金屬板兩端電壓不變,d減小,則q>qvB,粒子向下運(yùn)動(dòng);保持開關(guān)閉合,將滑片P向上滑動(dòng)一點(diǎn),金屬板兩端電壓減小,則qqvB,粒子向下運(yùn)動(dòng)。再考慮粒子可能帶負(fù)電,綜合分析可知,選項(xiàng)BCD正確。 答案:BCD 8.(xx河北徐水中學(xué)高三檢測)一個(gè)小球帶正電,在水平勻強(qiáng)磁場中左右擺動(dòng),擺動(dòng)平面與磁場垂直,如圖所示,圖中的c點(diǎn)為小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn),小球向右運(yùn)動(dòng)和向左運(yùn)動(dòng)通過c點(diǎn)時(shí),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(dòng)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(diǎn)的速率和動(dòng)能相同,選項(xiàng)A、B正確;小球向右經(jīng)過c點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)有FT2-qvB-mg==ma2,聯(lián)立可知a1=a2,FT1,電流表應(yīng)采用內(nèi)接法。(2)采用電壓表和電阻箱測量鋰電池的電動(dòng)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(biāo)軸分別為。 答案:(1)①用A2替換A1?、诓捎秒娏鞅韮?nèi)接法 (2)①如圖所示 ②(或者U、) 三、計(jì)算題(本題共3小題,共47分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟,有數(shù)值計(jì)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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)為M,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R。粒子離開磁場后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于P點(diǎn)(圖中未畫出),且=R。不計(jì)重力,求M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離和粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析:根據(jù)題意,帶電粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線OL于A點(diǎn),圓心為y軸上的C點(diǎn),AC與y軸的夾角為α,粒子從A點(diǎn)射出后,運(yùn)動(dòng)軌跡交y軸于P點(diǎn),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(diǎn)作x、y軸的垂線,垂足分別為B、D。由圖中幾何關(guān)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(shè)M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h h=R- 根據(jù)幾何關(guān)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(dāng)α=30時(shí),粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t= 當(dāng)α=90時(shí),粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)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(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場。A板帶正電荷,B板帶等量負(fù)電荷,電場強(qiáng)度為E;磁場方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)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(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)重力),自O(shè)點(diǎn)沿OO方向進(jìn)入電磁場區(qū)域,其中有些粒子沿直線OO方向運(yùn)動(dòng),并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中,求: (1)進(jìn)入勻強(qiáng)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(yùn)動(dòng)的帶電粒子,設(shè)進(jìn)入勻強(qiáng)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(jìn)入勻強(qiáng)磁場B2中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)qvB2=m,解得q=。因此,電荷量最大的帶電粒子,運(yùn)動(dòng)的半徑最小。設(shè)最小半徑為r1,此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)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(fù)電的粒子在磁場B2中向上偏轉(zhuǎn),某帶負(fù)電粒子軌跡與CD相切,設(shè)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(gè)寬度均為d的相鄰區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,Ⅰ區(qū)內(nèi)的勻強(qiáng)磁場垂直紙面向外;Ⅲ區(qū)內(nèi)的勻強(qiáng)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(jì)重力),從O點(diǎn)以速度v0沿與OO成30方向射入Ⅰ區(qū),恰好垂直邊界AC進(jìn)入電場。 (1)求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小。 (2)為使粒子進(jìn)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(yīng)強(qiáng)度B2與電容器板間電壓U之間應(yīng)滿足的關(guān)系。 解析:(1)因粒子垂直邊界AC射入電場,由幾何關(guān)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(jìn)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(shí)速度偏向角為α,粒子沿電場強(qiáng)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(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R,R= 由幾何關(guān)系:Rsinα=d 故B2與電壓U間應(yīng)滿足:B2=。 答案:(1)　(2)U<(5-2　(3)B2=