江苏专版2019版【高考物理一轮复习】精选提分-单元检测-八磁场

单元检测八 磁场考生注意： 1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分． 4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意)1．关于电场强度、磁感应强度，下列说法中正确的是( )A ．由真空中点电荷的电场强度公式E ＝k Qr2可知，当r 趋近于零时，其电场强度趋近于无限大B ．电场强度的定义式E ＝F q适用于任何电场C ．由安培力公式F ＝BIl 可知，一小段通电导体在某处不受安培力，说明此处一定无磁场D ．一带电粒子在磁场中运动时，磁感应强度的方向一定垂直于洛伦兹力的方向和带电粒子的运动方向2．如图所示，表示磁场对直线电流的作用，其中不正确的是( )3．(2017·泰州中学第二次调研)一条形磁铁静止在斜面上，固定在磁铁中心的竖直上方的水平导线中通有垂直纸面向里的恒定电流，如图1所示，若将磁铁的N 极位置与S 极位置对调后，仍放在斜面上原来的位置，则磁铁对斜面的压力F 和摩擦力F f 的变化情况分别是( )图1A ．F 与F f 都增大B ．F 减小，F f 增大C ．F 增大，F f 减小D ．F 与F f 都减小4．(2018·如皋市质量检测)如图2所示，在x >0，y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子，从x 轴上某点P 沿着与x 轴成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法正确的是( )图2A ．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过原点B ．粒子在磁场中运动的时间一定为5πm3qBC ．粒子在磁场中运动的时间可能为πmqBD ．粒子在磁场中运动的时间可能为πm6qB5.(2018·泰州中学模拟)如图3所示，从S 处发出的电子(重力不计)经加速电压U 加速后垂直进入相互垂直的匀强电场和匀强磁场中，发现电子流向上极板偏转．设两极板间电场强度为E ，磁感应强度为B .欲使电子沿直线从电场和磁场区域通过，只采取下列措施，其中可行的是( )图3A ．适当减小电场强度EB ．适当减小磁感应强度BC ．适当增大加速电场极板之间的距离D ．适当减小加速电压U6．(2018·盐城中学阶段性测试)速度相同的一束粒子(不计重力)由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图4所示，则下列相关说法中正确的是( )图4A ．该束粒子带负电B ．速度选择器的P 1极板带负电C ．能通过狭缝S 0的粒子的速度等于EB 1D ．粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝S 0，则粒子的比荷越小7．(2018·高邮市段考)为监测某化工厂的含有离子的污水排放情况，技术人员在排污管中安装了监测装置，该装置的核心部分是一个用绝缘材料制成的空腔，其宽和高分别为b 和c ，左、右两端开口与排污管相连，如图5所示．在垂直于上、下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在空腔前、后两个侧面上各有长为a 的相互平行且正对的电极M 和N ，M 、N 与内阻为R 的电流表相连．污水从左向右流经该装置时，电流表将显示出污水排放情况．下列说法中错误的是( )图5A ．M 板比N 板电势低B ．污水中离子浓度越高，则电流表的示数越小C ．污水流量越大，则电流表的示数越大D ．若只增大所加磁场的磁感应强度，则电流表的示数也增大8．如图6所示是医用回旋加速器示意图，其核心部分是两个D 形金属盒，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)．下列说法中正确的是( )图6A ．它们的最大速度相等B ．它们的最大动能相同C ．两次所接高频电源的频率不相同D ．仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)9．(2018·仪征中学学情检测)如图7所示，质量为m 、长为L 的导体棒MN 电阻为R ，初始时静止于电阻不计、间距为L 的光滑的水平金属轨道上，电源电动势为E ，内阻不计．匀强磁场的磁感应强度为B ，其方向与轨道平面成θ角斜向上方，开关闭合后导体棒开始运动，则( )图7A ．导体棒向左运动B ．开关闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为BELRC ．开关闭合瞬间导体棒MN 所受安培力为BEL sin θRD ．开关闭合瞬间导体棒MN 的加速度为BEL sin θmR10．(2018·苏州市调研)如图8所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块A 和B ，A 带负电、质量为m 、电荷量为q ，B 不带电、质量为2m ，A 和B 间的动摩擦因数为0.5.初始时A 、B 处于静止状态，现将大小为F ＝mg 的水平恒力作用在B 上，g 为重力加速度．A 、B 处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为B 0.若A 、B 间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，物块B 足够长，则下列说法正确的是( )图8A ．水平力作用瞬间，A 的加速度大小为g2B ．A 做匀加速运动的时间为mqB 0C ．A 的最大速度为mgqB 0D ．B 的最大加速度为g11．如图9，为探讨霍尔效应，取一块长度为a 、宽度为b 、厚度为d 的金属导体，给金属导体加与前后侧面垂直的匀强磁场B ，且通以图示方向的电流I 时，用电压表测得导体上、下表面M 、N 间电压为U .已知自由电子的电荷量为e .下列说法中正确的是( )图9A ．M 板比N 板电势高B ．导体单位体积内自由电子数越多，电压表的示数越大C ．导体中自由电子定向移动的速率为v ＝U BdD ．导体单位体积内的自由电子数为BI eUb12．(2018·如皋市质检)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机，如图10为其原理示意图，平行金属板C 、D 间有匀强磁场，磁感应强度为B ，将一束等离子体(高温下电离的气体，含有大量带正电和带负电的离子)水平喷入磁场，两金属板间就产生电压，定值电阻R 0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半，与开关S 串联接在C 、D 两端，已知两金属板间距离为d ，喷入气流的速度为v ，磁流体发电机的电阻为r (R 0<r <2R 0)，则滑动变阻器的滑片P 由a 向b 端滑动的过程中( )图10A ．金属板C 为电源负极，D 为电源正极B ．发电机的输出功率一直增大C ．电阻R 0消耗功率最大值为B 2d 2v 2R 0(R 0＋r )2D ．滑动变阻器消耗功率最大值为B 2d 2v 2r ＋R 0三、非选择题(本题共5小题，共计60分)13．(8分)(2017·仪征中学模拟)如图11所示，电源电动势为E ，内阻为r ，定值电阻的阻值R 0＝2r ，滑动变阻器的最大阻值为R ＝3r ，两平行极板a 、b 间有匀强磁场，两板间距为d .将滑动变阻器的滑动触头P 调到最下端，闭合开关K 电路稳定后，一质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子从两平行极板a 、b 正中间以平行于极板的初速度v 0自左向右射入，正好沿直线穿过两极板，忽略带电粒子的重力．求：图11(1)电源两端的路端电压U ； (2)匀强磁场的磁感应强度大小B ；(3)若将开关K 断开，待电路稳定后，在保持其它条件不变的前提下，只改变带电粒子速度的大小，使其能从两平行板的左侧飞出，求该带电粒子射入平行极板a 、b 时的速度v 大小范围．14．(9分)(2017·盐城中学月考)如图12所示，两平行金属板间距为d ，电势差为U ，板间电场可视为匀强电场；金属板下方有一范围无限大、磁感应强度为B 的匀强磁场．带电荷量为＋q 、质量为m 的粒子，由静止开始从正极板出发，经电场加速后射出，并进入磁场做匀速圆周运动．忽略重力的影响，求：图12(1)粒子从电场射出时速度v的大小；(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径R；(3)若在O左侧加一个竖直收集屏，则当屏离O多远时，粒子恰好以沿与水平方向成60°角的方向打在屏上(用R表示即可，无须带入R的结果)．15．(12分)(2017·金坛四中期中)如图13所示，一个质量为m＝2.0×10－11 kg、电荷量q＝＋1.0×10－5 C的带电微粒(重力忽略不计)，从静止开始经U1＝100 V电压加速后，水平进入两平行金属板的偏转电场，偏转电场的电压U2＝100 V．金属板长L＝20 cm，两板间距d＝10 3 cm.随后进入有界匀强磁场，求：图13(1)微粒进入偏转电场时的速度v0的大小；(2)微粒射出偏转电场时的偏转角θ；(3)若该匀强磁场的宽度为D＝5 3 cm，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B至少多大？16.(15分)(2017·江都中学检测)如图14所示，真空中以O′为圆心，半径r＝0.1 m的圆形区域内只存在垂直纸面向外的匀强磁场，圆形区域的最下端与xOy坐标系的x轴相切于坐标原点O，圆形区域的右端与平行于y轴的虚线MN相切，在虚线MN右侧x轴的上方足够大的范围内有方向水平向左的匀强电场，电场强度E＝1.0×105 N/C.现从坐标原点O沿xOy平面在y轴两侧各30°角的范围内发射速率均为v0＝1.0×106 m/s的带正电粒子，粒子在磁场中的偏转半径也为r＝0.1 m，已知粒子的比荷qm＝1.0×108C/kg，不计粒子的重力及粒子间的相互作用力．求：图14(1)磁场的磁感应强度B的大小；(2)沿y轴正方向射入磁场的粒子，在磁场和电场中运动的总时间；(3)若将匀强电场的方向改为竖直向下，其它条件不变，求粒子到达x轴的最远位置与最近位置的横坐标之差．17．(16分)(2017·南京市9月调研)如图15甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，以点(3L,0)为圆心、半径为L的圆形区域，与x轴的交点分别为M、N，在xOy平面内，从电离室产生的质量为m、带电荷量为e的电子以几乎为零的初速度飘入电势差为U的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔沿x轴正向由y轴上的P点进入到磁场，飞出磁场后从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°，此时在圆形区域加如图乙所示的周期性变化的磁场，以垂直于纸面向外为磁场正方向，电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与从M点进入磁场时的速度方向相同．求：图15(1)电子刚进入磁场区域时的y P坐标；(2)0≤x≤L区域内匀强磁场磁感应强度B的大小；(3)写出圆形磁场区域磁感应强度B0的大小、磁场变化周期T各应满足的表达式．答案精析1．B 2.C 3.A 4.C5．A [要使电子在复合场中做匀速直线运动，有Ee ＝evB .根据左手定则可知电子所受的洛伦兹力的方向向下，故电子向上极板偏转的原因是电场力大于洛伦兹力，所以要么增大洛伦兹力，要么减小电场力．适当减小电场强度E ，即可以减小电场力，选项A 正确；适当减小磁感应强度B ，可以减小洛伦兹力，选项B 错误；适当增大加速电场极板之间的距离，根据eU ＝12mv 2可得v ＝2eUm，由于两极板间的电压没有变化，所以电子进入磁场的速度没有变化，因此没有改变电场力和洛伦兹力的大小，选项C 错误；同理，适当减小加速电压U ，可以减小电子进入复合场中的速度v ，从而减小洛伦兹力，选项D 错误．]6．C [根据该束粒子进入匀强磁场B 2时向下偏转，由左手定则判断出该束粒子带正电，选项A 错误；粒子在速度选择器中做匀速直线运动，受到电场力和洛伦兹力作用，由左手定则知洛伦兹力方向竖直向上，则电场力方向竖直向下，因粒子带正电，故电场强度方向向下，速度选择器的P 1极板带正电，选项B 错误；粒子能通过狭缝，电场力与洛伦兹力平衡，有qvB 1＝qE ，得v ＝EB 1，选项C 正确；粒子进入匀强磁场B 2中受到洛伦兹力做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB 2＝m v 2r ，得r ＝mvB 2q，可见v 、B 2一定时，半径r 越小，则qm越大，选项D 错误．]7．B [污水从左向右流动时，正、负离子在洛伦兹力作用下分别向N 板和M 板偏转，故N 板带正电，M 板带负电，A 正确．稳定时带电离子在两板间受力平衡，qvB ＝q U b，此时U ＝Bbv ＝BbQ bc ＝BQc，式中Q 是流量，可见当污水流量越大、磁感应强度越强时，M 、N 间的电压越大，电流表的示数越大，而与污水中离子浓度无关，B 错误，C 、D 正确．]8．A [根据qvB ＝m v 2R ，得v ＝qBR m .两粒子的比荷qm相等，所以最大速度相等，故A 正确．最大动能E k ＝12mv 2＝12m (q m )2B 2R 2，两粒子的比荷qm 相等，但质量不相等，所以最大动能不相等，故B 错．带电粒子在磁场中运动的周期T ＝2πm qB ，两粒子的比荷qm相等，所以周期相等，做圆周运动的频率相等，因为所接高频电源的频率等于粒子做圆周运动的频率，故两次所接高频电源的频率相同，故C 错误．由E k ＝q 2B 2R 22m可知，粒子的最大动能与加速电压的频率无关，故仅增大高频电源的频率不能增大粒子的最大动能，故D 错．]9．BD [磁场方向与导体棒垂直，开关闭合瞬间导体棒所受安培力F ＝BIL ＝BELR，方向垂直于磁场方向与电流方向所确定的平面斜向下，其有水平向右的分量，导体棒将向右运动，故A 、C 错误，B 正确．导体棒所受的合力F 合＝F cos(90°－θ)＝F sin θ，由a ＝F 合m 得a ＝BEL sin θmR，D 正确．] 10．BC [F 作用在B 上瞬间，假设A 、B 一起加速，则对A 、B 整体有F ＝3ma ＝mg ，对A 有F f A ＝ma ＝13mg <μmg ＝12mg ，假设成立，因此A 、B 共同做加速运动，加速度为g3，A 选项错误；A 、B 开始运动后，整体在水平方向上只受到F 作用，做匀加速直线运动，对A 分析，B 对A 有水平向左的静摩擦力F f A 静作用，由F f A 静＝mg3知，F f A 静保持不变，但A 受到向上的洛伦兹力，支持力F N A ＝mg －qvB 0逐渐减小，最大静摩擦力μF N A减小，当F f A 静＝μF N A 时，A 、B 开始相对滑动，此时有mg3＝μ(mg －qv 1B 0)，v 1＝mg 3qB 0，由v 1＝at 得t ＝mqB 0，B 正确；A 、B 相对滑动后，A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有F f A 滑＝μ(mg －qv A B 0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时，A 做匀速运动，有mg ＝qv 2B 0，得最大速度v 2＝mgqB 0，C 选项正确；A 、B 相对滑动后，对B 有F －F f A 滑＝2ma B ，F f A 滑减小，则a B 增大，当F f A 滑减小到零时，a B 最大，有a B ＝F2m＝g2，D 选项错误．]11．CD [电流方向向右，则自由电子定向移动方向向左，根据左手定则判断可知，电子所受的洛伦兹力方向向上，则M 板积累了电子，M 板比N 板电势低，选项A 错误．电子定向移动相当于长度为d 的导线垂直切割磁感线产生感应电动势，电压表的读数U 等于感应电动势E ，则有U ＝E ＝Bdv ，可见，电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关，选项B 错误；由U ＝E ＝Bdv 得，导体中自由电子定向移动的速率为v ＝UBd ，选项C 正确；电流的微观表达式是I ＝nevS ，则导体单位体积内的自由电子数n ＝IevS ，S ＝db ，v ＝U Bd ，代入得n ＝BIeUb，选项D 正确．]12．AC [等离子体喷入磁场后，由左手定则可知正离子向D 板偏，负离子向C 板偏，即金属板C 为电源负极，D 为电源正极，故A 正确；等离子体稳定流动时，由Bqv ＝q Ed，所以电源电动势为E ＝Bdv ，又R 0<r <2R 0，滑片P 由a 向b 端滑动时，外电路总电阻减小，期间某位置有r ＝R 0＋R ，由电源输出功率与外电阻关系可知，滑片P 由a 向b 端滑动的过程中，发电机的输出功率先增大后减小，故B 错误；由题图知当滑片P 位于b 端时，电路中电流最大，电阻R 0消耗功率最大，其最大值为P 1＝I 2R 0＝E 2R 0(R 0＋r )2＝B 2d 2v 2R 0(R 0＋r )2，故C 正确；将定值电阻R 0归为电源内阻，由滑动变阻器的最大阻值2R 0<r ＋R 0，则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大，最大值为P ＝2B 2d 2v 2R 0(r ＋3R 0)2，故D 错误．]13．(1)56E (2)E 2v 0d (3)0<v ≤qE8mv 0解析 (1)电源两端的路端电压U ＝E R 0＋R ＋r (R 0＋R )＝56E(2)两极板间电势差大小为U ab ＝E R 0＋R ＋r R ＝12E由题意知qv 0B ＝q U abd解得B ＝E2v 0d(3)断开开关K ，电路稳定后，带电粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有：qvB ＝m v 2r ，粒子能从两平行极板的左侧飞出的条件：r ＝mv qB ≤14d联立可得，该带电粒子射入平行极板a 、b 时的速度v 大小范围为：0<v ≤qE8mv 0.14．见解析解析 (1)粒子从电场射出时，由动能定理知qU ＝12mv 2解得：v ＝2qUm(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知qvB ＝m v 2R，则R ＝mv qB ＝1B2mUq(3)如图所示，符合题意的竖直收集屏有两个位置．由几何关系知：OP ＝R ＋R sin 60°＝R (1＋32) OQ ＝R －R sin 60°＝R (1－32)即屏位于O 点左侧且与O 点相距(1＋32)R 或(1－32)R 15．(1)1.0×104 m/s (2)30° (3)0.4 T 解析 (1)微粒在加速电场中由动能定理得： qU 1＝12mv 02①解得：v 0＝1.0×104 m/s(2)微粒在偏转电场中做类平抛运动，有：a ＝qU 2md ，而v y ＝at ＝aLv 0射出偏转电场时，速度偏转角的正切值为：tan θ＝v y v 0＝U 2L2dU 1②解得：θ＝30°(3)进入磁场时微粒的速度是：v ＝v 0cos θ③刚好不从磁场右边射出时的轨迹如图，由几何关系有：D ＝r ＋r sin θ④洛伦兹力提供向心力：Bqv ＝mv 2r⑤由③④⑤联立得：B ＝mv 0(1＋sin θ)qD cos θ代入数据解得：B ＝0.4 T所以，为使微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少为0.4 T. 16．(1)0.1 T (2)5.14×10－17 s (3)0.073 2 m 解析 (1)带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由qv 0B ＝m v 02r，可得：B ＝0.1 T(2)分析可知，带电粒子运动过程如图所示，由粒子在磁场中运动的周期T ＝2πr v 0，可知粒子第一次在磁场中运动的时间：t 1＝14T ＝πr2v 0粒子在电场中的加速度a ＝qE m粒子在电场中减速到0的时间：t 2＝v 0a ＝mv 0qE由对称性，可知运动的总时间： t ＝2t 1＋2t 2＝πr v 0＋2mv 0qE代入数据，解得：t ＝5.14×10－7 s(3)由题意分析可知，当粒子沿着y 轴两侧30°角射入时，将会沿着水平方向射出磁场区域，之后垂直虚线MN 分别从P ′、Q ′射入电场区，做类平抛运动，最终到达x 轴的位置分别为最远位置P 和最近位置Q .由几何关系知P ′到x 轴的距离y 1＝1.5r ，t 1＝2y 1a＝3mrqE最远位置P 横坐标为x 1＝v 0t 1＋r ＝v 03mrqE＋rQ ′到x 轴的距离y 2＝0.5r t 2＝2y 2a＝mr qE最近位置Q 横坐标为x 2＝v 0t 2＋r ＝v 0mr qE＋r 所以，横坐标之差为Δx ＝x 1－x 2＝(3－1)v 0mr qE代入数据，解得Δx ＝0.073 2 m. 17．见解析解析 (1)电子在矩形磁场区域做圆周运动，出磁场后做直线运动，其轨迹如图所示由几何关系有：R ＝2Ly P ＝(2－233)L 因此电子刚进入磁场区域时的y P 坐标为(0，(2－233)L )(2)由动能定理：eU ＝12mv 02可得：v 0＝2eU m ，又ev 0B ＝mv 02R因R ＝2L 解得：B ＝2meU2eL(3)由题意知，在磁场变化的半个周期内电子的偏转角为60°，根据几何知识，在磁场变化的半个周期内，电子在x 轴方向上的位移恰好等于r ，电子到达N 点而且速度符合要求的空间条件是：2nr ＝2L电子在圆形区域磁场做圆周运动的轨道半径r ＝mv 0eB 0解得B 0＝n 2emUeL(n ＝1,2,3，…) 电子在磁场变化的半个周期内恰好转过16圆周，同时在MN 间运动时间是磁场变化周期的整数倍时，可使电子到达N 点并且速度满足题设要求，应满足的时间条件：16T 0＝T2，又T 0＝2πmeB 0解得：T ＝2πmL3n 2emU(n ＝1,2,3，…)。