【红对勾】2014届高三物理一轮总复习：单元综合测试八 磁场

单元综合测试八(磁场)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．如图所示，两根光滑金属导轨平行放置，导轨所在平面与水平面间的夹角为θ.整个装置处于沿竖直方向的匀强磁场中．金属杆ab垂直导轨放置，当金属杆ab中通有从a到b的恒定电流I时，金属杆ab刚好静止．则()A．磁场方向竖直向上B．磁场方向竖直向下C．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向上D．金属杆ab受安培力的方向平行导轨向下解析：当磁场方向竖直向上时，由左手定则可知安培力水平向右，金属杆ab受力可以平衡，A正确；若磁场方向竖直向下，由左手定则可知安培力水平向左，则金属杆ab受力无法平衡，B、C、D错误．答案：A2．如图所示，当电键S闭合的时候，导线ab受力的方向应为()A．向右B．向左C．向纸外D．向纸里解析：由安培定则，导线ab处磁感线方向从右向左，再根据左手定则，D正确．答案：D3．垂直纸面的匀强磁场区域里，一离子从原点O沿纸面向x轴正方向飞出，其运动轨迹可能是图中的()解析：利用左手定则可以判断离子做圆周运动的圆心应在y轴上，B、C正确．答案：BC4．带电小球以一定的初速度v0竖直向上抛出，能够达到的最大高度为h1；若加上水平方向的匀强磁场，且保持初速度仍为v0，小球上升的最大高度为h 2；若加上水平方向的匀强电场，且保持初速度仍为v 0，小球上升的最大高度为h 3，如下图所示，不计空气阻力，则( )A ．h 1＝h 2＝h 3B ．h 1>h 2>h 3C ．h 1＝h 2>h 3D ．h 1＝h 3>h 2解析：由竖直上抛运动的最大高度公式得h 1＝v 202g；当小球在磁场中运动到最高点时，小球应有水平速度，由能量守恒得mgh 2＋E k ＝12m v 20＝mgh 1，所以h 1>h 2；当加上电场时，由运动的分解可知：在竖直方向上有v 20＝2gh 3，所以h 1＝h 3，选项D 正确．答案：D5．如右图所示，一带电小球质量为m ，用丝线悬挂于O 点，并在竖直平面内摆动，最大摆角为60°，水平磁场垂直于小球摆动的平面，当小球自左方摆到最低点时，悬线上的张力恰为零，则小球自右方摆到最低点时悬线上的张力为( )A ．0B ．2mgC ．4mgD ．6mg解析：若没有磁场，则到达最低点悬线的张力为F ，则F －mg ＝m v 2l ①由能量守恒得mgl (1－cos60°)＝12m v 2② 联立①②得F ＝2mg .当有磁场存在时，由于洛仑兹力不做功，在最低点悬线张力为零，则F 洛＝2mg当小球自右方摆到最低点时洛仑兹力大小不变，方向必向下可得F ′－F 洛－mg ＝m v 2l ，所以此时悬线的张力F ′＝4mg .C 项正确．答案：C6．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πL v 0 B ．电子在磁场中运动的时间为2πL 3v 0 C ．磁场区域的圆心坐标为(3L 2，L 2) D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L )解析：由图可以计算出电子做圆周运动的半径为2L ，故在磁场中运动的时间为t ＝π3·2L v 0＝2πL 3v 0，A 错误，B 正确；ab 是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(32L ，L 2)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O ′，计算出其坐标为(0，－L )，所以C 正确，D 错误．答案：BC7．如图所示，有一重力不计的混合正离子束先后通过正交的电场、磁场区域Ⅰ和匀强磁场区域Ⅱ，如果这束正离子束在区域Ⅰ中不偏转，进入区域Ⅱ后偏转半径r相同，则它们一定具有相同的( )A ．速度B ．质量C ．电荷量D ．比荷解析：混合正离子束不偏转，说明它们在区域Ⅰ有Eq ＝Bq v ，则v ＝E B ，进入区域Ⅱ的混合正离子速度都相同．在区域Ⅱ中正离子偏转半径r ＝m v Bq ，速度v 相同，半径r 相同，则m q 必定相同，即比荷相同，A 、D 正确．答案：AD8．如图所示，△ABC 为与匀强磁场垂直的边长为a 的等边三角形，磁场垂直于纸面向外，比荷为e m 的电子以速度v 0从A 点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC 边，则磁感应强度B 的取值应为( )A ．B >3m v 0aeB ．B <2m v 0aeC ．B <3m v 0aeD ．B >2m v 0ae解析：由题意，如图所示，电子正好经过C 点，此时圆周运动的半径R ＝a 2cos30°＝a 3，要想电子从BC 边经过，圆周运动的半径要大于a3，由带电粒子在磁场中运动的公式r＝m vqB有a3<m v0eB，即B<3m v0ae，C选项正确．答案：C9．环形对撞机是研究高能粒子的重要装置，其核心部件是一个高度真空的圆环状的空腔．若带电粒子初速度可视为零，经电压为U 的电场加速后，沿圆环切线方向注入对撞机的环状机腔内，空腔内存在着与圆环平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.带电粒子将被限制在圆环状空腔内运动．要维持带电粒子在圆环内做半径确定的圆周运动，下列说法中正确的是()A．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越大B．对于给定的加速电压，带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B越小C．对于给定的带电离子，加速电压U越大，粒子运动的周期越小D．对于给定的带电粒子，不管加速电压U多大，粒子运动的周期都不变解析：带电粒子经过加速电场后速度为v＝2qUm，带电粒子以该速度进入对撞机的环状空腔内，且在圆环内做半径确定的圆周运动，因此R＝m vqB＝2UmqB2，对于给定的加速电压，即U一定，则带电粒子的比荷q/m越大，磁感应强度B应越小，A错误，B正确；带电粒子运动周期为T＝2πRm2qU，对于给定的粒子，m/q确定，R确定，故C正确，D错误．答案：BC10.如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧．粒子在每段圆弧上运动的时间都为t.规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是下图中的()解析：由左手定则可判断出磁感应强度B 在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里、向外，在三个区域中均运动14圆周，故t ＝T 4，由于T ＝2πm qB ，求得B ＝πm 2qt.只有C 选项正确． 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．如下图所示，空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5T 的匀强磁场，一质量为0.2 kg 且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速度放置一质量为0.1 kg 、电荷量q ＝＋0.2 C 的滑块，滑块与绝缘木板之间的动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力．现对木板施加方向水平向左，大小为0.6 N 的恒力，g 取10 m/s 2，则木板的最大加速度为________；滑块的最大速度为________．解析：开始滑块与板一起匀加速，刚发生相对滑动时整体的加速度a＝FM＋m＝2 m/s2，对滑块μ(mg－q v B)＝ma，代入数据可得此时刻的速度为6 m/s.此后滑块做加速度减小的加速运动，最终匀速．mg ＝q v B代入数据可得此时刻的速度为10 m/s.而板做加速度增加的加速运动，最终匀加速．板的加速度a＝FM＝3 m/s2答案：3 m/s210 m/s12．(2012·课标全国理综)下图中虚线框内存在一沿水平方向、且与纸面垂直的匀强磁场．现通过测量通电导线在磁场中所受的安培力，来测量磁场的磁感应强度大小、并判定其方向．所用部分器材已在图中给出，其中D为位于纸面内的U形金属框，其底边水平，两侧边竖直且等长；E为直流电源；R为电阻箱；Ⓐ为电流表；S为开关．此外还有细沙、天平、米尺和若干轻质导线．(1)在图中画线连接成实验电路图．(2)完成下列主要实验步骤中的填空：①按图接线．②保持开关S断开，在托盘内加入适量细沙，使D处于平衡状态；然后用天平称出细沙质量m1.③闭合开关S，调节R的值使电流大小适当，在托盘内重新加入适量细沙，使D________；然后读出________，并用天平称出_______．④用米尺测量________．(3)用测得的物理量和重力加速度g表示磁感应强度的大小，可以得出B＝________.(4)判定磁感应强度方向的方法是：若________，磁感应强度方向垂直纸面向外；反之，磁感应强度方向垂直纸面向里．解析：(1)本实验的原理是：通过测量D的安培力的大小和方向、电流的大小和方向、D的底边长底，根据F＝BIL，测出B的大小和方向；因此把电流表、滑动变阻器、开关、电源和D串联即可，如答案图所示．(2)根据步骤②可知D的重力G＝m1g，步骤③为让电流流过D，使D在重力、安培力和细线的拉力下重新平衡．要测出安培力，需要测出拉力，即用天平称出重新加入细沙的总质量；要测出B，需要测出电流的大小和D的底边的长度．(3)安培力F＝|m2－m1|g，又F＝BIL，可得B＝|m2－m1|gIL.(4)由电路图知电流的方向水平向右，B方向若垂直纸面向外，则安培力方向为竖直向下，有F＋m1g＝m2g，即m2>m1.答案：(1)连接如下图所示．(2)③重新处于平衡状态 电流表的示数I 此时细沙的质量m 2 ④D 的底边长度l(3)|m 2－m 1|g Il(4)m 2>m 1三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)13．有两个相同的全长电阻为9 Ω的均匀光滑圆环，固定于一个绝缘的水平台面上，两环分别在两个互相平行的、相距为20 cm 的竖直面内，两环的连心线恰好与环面垂直，两环面间有方向竖直向下的磁感应强度B ＝0.87 T 的匀强磁场，两环的最高点A 和C 间接有一内阻为0.5 Ω的电源，连接导线的电阻不计．今有一根质量为10 g ，电阻为1.5 Ω的棒置于两环内侧且可顺环滑动，而棒恰好静止于如图所示的水平位置，它与圆弧的两接触点P 、Q 和圆弧最低点间所夹的弧对应的圆心角均为θ＝60°，取重力加速度g ＝10 m/s 2.试求此电源电动势E 的大小．解析：在题图中，从左向右看，棒PQ 的受力如图所示，棒所受的重力和安培力F B 的合力与环对棒的弹力F N 是一对平衡力，且F B ＝mg tan θ＝3mg而F B ＝IBL ，所以I ＝3mg BL ＝3×10×10－3×100.87×0.2A ＝1 A 在题图所示的电路中两个圆环分别连入电路中的电阻为R ，则R ＝93×(9－93)9Ω＝2 Ω 由闭合电路欧姆定律得E ＝I (r ＋2R ＋R 棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5) V ＝6 V答案：6 V14．如图所示，一质量为m 、电量为＋q 的带电小球以与水平方向成某一角度θ的初速度v 0射入水平方向的匀强电场中，小球恰能在电场中做直线运动．若电场的场强大小不变，方向改为反向，同时加一垂直纸面向外的匀强磁场，小球仍以原来的初速度重新射入，小球恰好又能做直线运动，求电场强度的大小、磁感应强度的大小和初速度与水平方向的夹角θ.解析：在没有磁场，只有电场时，设小球的运动方向与水平方向的夹角为θ，受力情况如下图甲所示，根据已知得：Eq ＝mg tan θ在既有磁场又有电场时，E 不变，受力情况如上图乙．由几何知识得θ＝45°小球仍做直线运动，有：q v 0B ＝Eq cos θ＋mg sin θ解得B ＝2mg q v 0 E ＝mg q tan θ＝mg q答案：mg q 2mg q v 045° 15．如下图所示为一种质谱仪示意图，由加速电场、静电分析器和磁分析器组成．已知：静电分析器通道的半径为R ，均匀辐射电场的电场强度为E .磁分析器中有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B .问：(1)为了使位于A 处电荷量为q 、质量为m 的离子，从静止开始经加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器，加速电场的电压U 应为多大？(2)满足(1)问条件的离子由P 点进入磁分析器后，最终打在乳胶片上的Q 点，该点距入射点P 多远？解析：(1)离子在加速电场中加速，根据动能定理有qU ＝12m v 2① 离子在辐向电场中做匀速圆周运动，电场力提供向心力，有qE ＝m v 2R ②解得U ＝12ER ③ (2)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2r ④由②、④式得r ＝m v qB ＝1BEmR q ⑤ PQ ＝2r ＝2B EmR q答案：(1)12ER (2)2B EmRq 16．(2012·福建理综)如下图甲，在圆柱形区域内存在一方向竖直向下、磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在此区域内，沿水平面固定一半径为r 的圆环形光滑细玻璃管，环心O 在区域中心．一质量为m 、带电荷量为q (q >0)的小球，在管内沿逆时针方向(从上向下看)做圆周运动．已知磁感应强度大小B 随时间t 的变化关系如下图乙所示，其中T 0＝2πm qB 0.设小球在运动过程中电荷量保持不变，对原磁场的影响可忽略．(1)在t ＝0到t ＝T 0 这段时间内，小球不受细管侧壁的作用力，求小球的速度大小v 0；(2)在竖直向下的磁感应强度增大过程中，将产生涡旋电场，其电场线是在水平面内一系列沿逆时针方向的同心圆，同一条电场线上各点的场强大小相等．试求t ＝T 0 到t ＝1.5T 0 这段时间内：①细管内涡旋电场的场强大小E ；②电场力对小球做的功W .解析：(1)小球运动时不受细管侧壁的作用力，因而小球所受洛仑兹力提供向心力q v 0B 0＝m v 20r ①由①式解得v 0＝qB 0r m ②(2)①在T 0到1.5T 0这段时间内，细管内一周的感应电动势E 感＝πr 2ΔBΔt ③由图乙可知ΔB Δt ＝2B 0T 0④ 由于同一条电场线上各点的场强大小相等，所以E ＝E 感2πr⑤ 由③④⑤式及T 0＝2πm qB 0得E ＝qB 20r 2πm⑥ ②在T 0到1.5T 0时间内，小球沿切线方向的加速度大小恒为a ＝qE m ⑦小球运动的末速度大小v ＝v 0＋a Δt ⑧由图乙Δt ＝0.5T 0，并由②⑥⑦⑧式得v ＝32v 0＝3qB 0r 2m⑨ 由动能定理，电场力做功为W ＝12m v 2－12m v 20⑩ 由②⑨⑩式解得W ＝58m v 20＝5q 2B 20r 28m答案：(1)qB 0r m (2)①qB 20r 2πm ②5q 2B 20r 28m。