2019-2020年高考物理一轮复习 单元质检八 磁场（含解析）沪科版.doc

2019-2020年高考物理一轮复习 单元质检八 磁场（含解析）沪科版单元质检第15页一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48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6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)1.为了解释地球的磁性,19世纪安培假设:地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的。在下列四个图中,正确表示安培假设中环形电流方向的是()解析:地理的南极是地磁场的N极,由右手螺旋定则可知选项B正确。答案:B2.如图所示,长为3l的直导线折成三段做成正三角形,并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度为B,当在该导线中通以如图所示的电流I时,该通电导线受到的安培力大小为()A.2BIlB.BIlC.BIlD.0解析:导线AB段和BC段的有效长度为2lsin 30=l,所以该通电导线受到的安培力大小为F=BIl+BIl=2BIl,本题只有选项A正确。答案:A3.如图所示,竖直放置的平行板电容器,A板接电源正极,B板接电源负极,在电容器中加一与电场方向垂直的、水平向里的匀强磁场。一批带正电的微粒从A板中点小孔C射入,射入的速度大小、方向各不相同,考虑微粒所受重力,微粒在平行板A、B间运动过程中()A.所有微粒的动能都将增加B.所有微粒的机械能都将不变C.有的微粒可以做匀速圆周运动D.有的微粒可能做匀速直线运动解析:微粒受重力、电场力和洛伦兹力。电场力可能对微粒做功,也可能不做功,故选项A、B错误。电场沿水平方向,则重力和电场力不可能平衡,选项C错误。若微粒所受电场力和洛伦兹力的合力与重力等大、反向,则选项D正确。答案:D4.如图所示,空间存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场,一带电液滴从静止开始自A点沿曲线ACB运动,到达B点时,速度为零,C点是运动的最低点,则液滴一定带负电;液滴在C点时动能最大;液滴在C点电势能最小;液滴在C点机械能最小以上叙述正确的是()A.B.C.D.解析:液滴偏转是由于受洛伦兹力作用,据左手定则可判断液滴一定带负电,则液滴所受电场力竖直向上,而液滴能够从静止向下运动,说明液滴所受重力大于电场力,则液滴由AC过程中合力做正功,液滴在C处时的动能最大。而由于AC克服电场力做功最多,电势能增加最多,又机械能与电势能的和不变,因此,由AC机械能减小最多,故液滴在C点机械能最小,本题只有选项C正确。答案:C5.如图所示,ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形,磁场垂直纸面向外,比荷为的电子以速度v0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.BB.BC.B解析:画出电子运动轨迹,如图所示,电子正好经过C点,此时圆周运动的半径r=,要想电子从BC边经过,圆周运动的半径要大于,由带电粒子在磁场中运动的公式r=,即BqvB,粒子向下运动;保持开关闭合,将滑片P向上滑动一点,金属板两端电压减小,则qqvB,粒子向下运动。再考虑粒子可能带负电,综合分析可知,选项BCD正确。答案:BCD8.一个小球带正电,在水平匀强磁场中左右摆动,摆动平面与磁场垂直,如图所示,图中的c点为小球运动的最低点,小球向右运动和向左运动通过c点时,以下说法正确的是()A.小球具有相同的速率B.小球具有相同的动能C.小球受到的悬线的拉力大小相等D.小球的加速度一定不等解析:由于洛伦兹力不做功,则小球两次过c点的速率和动能相同,选项A、B正确;小球向右经过c点时由左手定则可知洛伦兹力向上,则FT1+qvB-mg=ma1,同理小球向左经过c点时有FT2-qvB-mg=ma2,联立可知a1=a2,FT1,电流表应采用内接法。(2)采用电压表和电阻箱测量锂电池的电动势E和内阻r,电路如答案中图所示,由闭合电路的欧姆定律得,E=U+r,则,所以x、y坐标轴分别为。答案:(1)用A2替换A1采用电流表内接法(2)如图所示(或者U、)三、计算题(本题共3小题,共47分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤,有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图,虚线OL与y轴的夹角=60,在此角范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子从左侧平行于x轴射入磁场,入射点为M,粒子在磁场中运动的轨道半径为R。粒子离开磁场后的运动轨迹与x轴交于P点(图中未画出),且=R。不计重力,求M点到O点的距离和粒子在磁场中运动的时间。解析:根据题意,带电粒子进入磁场后做圆周运动,运动轨迹交虚线OL于A点,圆心为y轴上的C点,AC与y轴的夹角为,粒子从A点射出后,运动轨迹交y轴于P点,与x轴的夹角为,如图所示,有qvB=m周期为T=由此得T=过A点作x、y轴的垂线,垂足分别为B、D。由图中几何关系得=Rsincot 60cot=由以上五式和题给条件得sin+cos=1解得=30或=90设M点到O点的距离为hh=R-根据几何关系=Rcos-利用以上两式和=Rsin得h=R-Rcos(+30)解得h=(1-)R(=30)h=(1+)R(=90)当=30时,粒子在磁场中运动的时间为t=当=90时,粒子在磁场中运动的时间为t=答案:见解析12.(14分)如图所示,两平行金属板AB中间有互相垂直的匀强电场和匀强磁场。A板带正电荷,B板带等量负电荷,电场强度为E;磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B1。平行金属板右侧有一挡板M,中间有小孔O,OO是平行于两金属板的中心线。挡板右侧有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B2。CD为磁场B2边界上的一绝缘板,它与M板的夹角=45,OC=a,现有大量质量均为m,含有各种不同电荷量、不同速度的带电粒子(不计重力),自O点沿OO方向进入电磁场区域,其中有些粒子沿直线OO方向运动,并进入匀强磁场B2中,求: (1)进入匀强磁场B2的带电粒子的速度。(2)能击中绝缘板CD的粒子中,所带电荷量的最大值。(3)绝缘板CD上被带电粒子击中区域的长度。解析:(1)沿直线OO运动的带电粒子,设进入匀强磁场B2的带电粒子的速度为v,根据qvB1=qE解得v=。(2)粒子进入匀强磁场B2中做匀速圆周运动,根据qvB2=m,解得q=。因此,电荷量最大的带电粒子,运动的半径最小。设最小半径为r1,此时粒子运动轨迹与CD板相切,则有r1+r1=a解得r1=(-1)a则电荷量的最大值q=(+1)。(3)带负电的粒子在磁场B2中向上偏转,某带负电粒子轨迹与CD相切,设半径为r2,依题意有r2+a=r2解得r2=(+1)a则CD板上被带电粒子击中区域的长度为s=r2-r1=2a。答案:(1)(2)(+1)(3)2a13.(18分)如图所示,在同一平面内三个宽度均为d的相邻区域、,区内的匀强磁场垂直纸面向外;区内的匀强磁场垂直纸面向里;区内的平行板电容器垂直磁场边界,板长、板间距均为d,且上极板电势高,OO为电场的中心线。一质量为m、电荷量为+q的粒子(不计重力),从O点以速度v0沿与OO成30方向射入区,恰好垂直边界AC进入电场。(1)求区的磁感应强度B1的大小。(2)为使粒子进入区,求电容器板间所加电压U的范围。(3)为使粒子垂直区右边界射出磁场,求区的磁感应强度B2与电容器板间电压U之间应满足的关系。解析:(1)因粒子垂直边界AC射入电场,由几何关系:Rsin 30=d由洛伦兹力提供向心力qBv0=m解得:B1=。(2)为使粒子均能进入区,最大电压为Um,d=v0tym=at2=maym=+(2-)d解得:Um=(5-2所加电压范围:U(5-2。(3)粒子射入区时速度偏向角为,粒子沿电场强度方向速度为vy,合速度为v,则:sin=vy=at因粒子垂直区右边界射出磁场,设圆周运动半径为R,R=由几何关系:Rsin=d故B2与电压U间应满足:B2=。答案:(1)(2)U(5-2(3)B2=