2021版高考物理一轮复习 单元质检九 磁场（含解析）.docx

1、单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)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.(2019河南郑州模拟)如图所示,两根无限长导线均通以恒定电流I,两根导线的直线部分和坐标轴非常接近,弯曲部分是以坐标原点O为圆心、半径相同的一段圆弧,规定垂直于纸面向里的方向为磁感应强度的正方向,已知直线部分在原点O处不形成磁场,此时两根导线在坐标原点处的磁感应强度为B,下列四个选项中均有四根同样的、通以恒定电流I的无限长导线,O处磁感应强度也为B的是()2.

2、(2019江西南昌模拟)奥斯特在研究电流的磁效应实验时,将一根长直导线南北放置在小磁针的正上方,导线不通电时,小磁针在地磁场作用下静止时N极指向北方。现在导线中通有由南向北的恒定电流I,小磁针转动后再次静止时N极指向()A.北方B.西方C.西偏北方向D.北偏东方向3.(2019浙江杭州月考)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()4.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

3、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5.(2019福建漳州模拟)不计重力的两个带电粒子1和2经小孔S垂直于磁场边界,且垂直于磁场方向进入匀强磁场,在磁场中的轨迹如图所示。分别用v1与v2,t1与t2,q1m1与q2m2表示它们的速率、在磁场中运动的时间及比荷,则下列说法

4、正确的是()A.若q1m1v2B.若v1=v2,则q1m1q2m2C.若q1m1q2m2,则t1q2m26.(2019江苏广陵区期末)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=BavB.可变电阻R中的感应电流方向是从Q到PC.若可变电阻的阻

5、值为R=dab,则其中的电流为I=Bvab2D.若可变电阻的阻值为R=dab,则可变电阻消耗的电功率为P=B2v2dab47.(2019广东惠州模拟)如图所示,在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场,MN是一竖直放置的感光板。从圆形磁场最高点P以速度v垂直磁场正对着圆心O射入带正电的粒子,且粒子所带电荷量为q、质量为m,不考虑粒子重力,关于粒子的运动,以下说法正确的是()A.粒子在磁场中通过的弧长越长,运动时间也越长B.射出磁场的粒子其出射方向的反向延长线也一定过圆心OC.射出磁场的粒子一定能垂直打在MN上D.只要速度满足v=qBRm,入射的粒子出射后一定垂直打在MN上8.(201

6、9安徽马鞍山检测)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。M为磁场边界上一点,有无数个带电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的14,下列说法正确的是()A.粒子从M点进入磁场时的速率为v=BqRmB.粒子从M点进入磁场时的速率为v=2BqR2mC.若将磁感应强度的大小增加到2B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的22D.若将磁感应强度的大小增加到2B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的23二、计算题(本题共3小题,共36分)9.(10分)(

7、2019北京平谷区期末)如图所示,间距L=20 cm的两条平行光滑金属导轨,下端与一电源和定值电阻相连,导轨平面跟水平面成30角,电源电动势E=6.0 V,内阻r=0.4 ,定值电阻R=0.8 ,电路其他部分电阻不计。导轨上水平放置一根金属棒MN,若在导轨所在空间加一垂直导轨平面向上的匀强磁场,当磁感应强度B=1.0 T时,金属棒MN恰好能静止在导轨上,g取10 m/s2,则:(1)电路中电流强度I是多大?(2)金属棒MN受到的安培力F是多大?(3)金属棒MN的质量m是多少?10.(10分)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

8、个区域的宽度都为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,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。11.(16分)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qm=100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以v0=20 m/s的速度从x轴上的点A(-2 m,0)

9、进入第二象限,从y轴上的点C(0,4 m)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。参考答案单元质检九磁场1.A由磁场的叠加可知A图中四根导线在O处的合磁感应强度为B;B图中四根导线在O处的合磁感应强度为2B;C图中O处的合磁感应强度为-2B;D图中O处的合磁感应强度为-B。2.C由安培定则可知,在小磁针位置通电导线产生的磁感线方向由东向西,合磁场的方向指向西偏北的方向,小磁针静止时,N极所指的方向是该处合磁场的方向,C正确。3.A天平原本

10、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.A当金属圆环在b处时,两个的圆环的电流的方向相反,所以两个圆环之间存在排斥力,这一对排斥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,当金属圆环在c位置时,对a的力为F2;当保持b处金属圆环位置不变,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

11、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.B带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动,qvB=mv2r,所以v=qBrm,同一磁场,磁感应强度B相同,由图可知r1r2,如果q1m1r2,则q1m1q2m2,选项B正确;带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动,T=2mqB,t=T2=mqB,若q1m1t2,选项C错误;若t1=t2,则q1m1=q2m2,选项D错误。6.CD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

12、极板间电压稳定,设产生的电动势为E,则有qvB=qEd,E=Bdv,A错误;发电导管内等离子体的电阻r=dab,若可变电阻的阻值为R=dab,由闭合电路欧姆定律有I=ER+r=Bvab2,可变电阻消耗的电功率P=I2R=B2v2dab4,C、D正确。7.BD速度不同的同种带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期相等,对着圆心入射的粒子,速度越大在磁场中轨道半径越大,弧长越长,轨迹对应的圆心角越小,由t=2T知,运动时间t越小,故A错误;带电粒子的运动轨迹是圆弧,根据几何知识可知,对着圆心入射的粒子,其出射方向的反向延长线一定过圆心,故B正确;速度不同,半径不同,轨迹对应的圆心角不同,对着圆心入射的

13、粒子,出射后不一定垂直打在MN上,与粒子的速度有关,故C错误;速度满足v=qBRm时,粒子的轨迹半径为r=mvqB=R,入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形,射出磁场时的轨迹半径与最高点的磁场半径垂直,粒子一定垂直打在MN板上,故D正确。8.BD边界上有粒子射出的范围是偏转圆直径为弦对应的边界圆弧长,即偏转圆半径r=2R2=mvBq,得v=2BqR2m,所以B正确,A错误;磁感应强度增加到原来的2倍时,直径对应的弦长为R,则粒子射出的边界圆弧对应的圆心角为60,所以弧长变为原来的23,D正确,C错误。9.答案 (1)5 A(2)1 N(3)0.2 kg解析 (1)由闭合电路欧姆定律得电路中

14、的电流为I=ER+r=60.8+0.4A=5A;(2)导轨间距为L=20cm=0.2m由左手定则可判定金属棒受到的安培力沿斜面向上。安培力的大小为:F=BIL=1.050.2N=1N;(3)由平衡条件得:BIL-mgsin=0解得:m=0.2kg。10.答案 (1)B1的大小是12qd2mqU;(2)B1与B2的比值是13。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=12mv2在区域的磁场中偏转,有:qB1v=mv2R1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=dsin30=2d联立得B1=12qd2mqU(2)两区域

15、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,有:qB2v=mv2R2由几何关系有:R2sin30+R2=d联立得:B1B2=1311.答案 (1)E=1 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=OCv0=420s=15s;粒子在水平方向上有a=qEm,所以,OA=12at2,则有E=mqa=mq2OAt2=22100(15)2N/C=1N/C;(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=qEmt=20m/s;所以,v=vx2+vy2=202m/s,v与y轴正方向的夹角为45;在洛伦兹力作向心力的作用下,Bvq=mv2R,粒子在磁场中做圆周运动的半径R=mvBq=2021000.4m=22m;粒子做圆周运动的周期T=2Rv=20s,所以,由题图乙可知,粒子每运动半个圆周则偏转方向相反,则粒子在磁场中的运动如图所示,因为42=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,粒子第一、二次经过x轴,在x轴上对应的弦长为2R=1m,所以OD=3m,则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3m,0)。