2023版高考物理一轮复习第8章磁场综合过关规范限时检测新人教版选修3-1

PAGEPAGE2第八章综合过关标准限时检测总分值100分，考试时间60分钟。一、选择题(此题共8小题，每题6分，共计48分。1～4题为单项选择，5～8题为多项选择，全都选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分)1．(2022·江西南昌一模)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，如下图。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eq\x(导学号51342967)(C)A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏东方向[解析]由安培定那么可知，在小磁针位置通电导线产生的磁场方向由东向西，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。2．(2022·陕西省西安地区八校高三年级联考)如下图，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。那么以下说法正确的选项是eq\x(导学号51342968)(A)A．假设v一定，θ越大，那么粒子在磁场中运动的时间越短B．假设v一定，θ越大，那么粒子离开磁场的位置距O点越远C．假设θ一定，v越大，那么粒子在磁场中运动的角速度越大D．假设θ一定，v越大，那么粒子在磁场中运动的时间越短[解析]如下图，画出粒子在磁场中运动的轨迹，由几何关系得轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(2π－2θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π－2θm,qB)，可知假设v一定，θ越大，运动时间t越短；假设θ一定，那么运动时间一定，A正确，D错误；设粒子的轨迹运动半径为r，那么r＝eq\f(mv,qB)，AO＝2rsinθ＝eq\f(2mvsinθ,qB)，那么假设v一定，θ是锐角，θ越大，AO越大，假设v一定，θ是钝角，θ越大，AO越小，B错误；粒子在磁场中运动的角速度ω＝eq\f(2π,T)，又T＝eq\f(2πm,qB)，那么得ω＝eq\f(qB,m)，与速度v无关，C错误。3．如下图，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两局部，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图，大小为0.5T，质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点，当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿杆向右由静止开始运动。N、P为导轨上的两点，ON竖直、OP水平，且eq\x\to(MN)＝eq\x\to(OP)＝1m，g取10m/s2，那么eq\x(导学号51342969)(D)A．金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2B．金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC．金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D．金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N[解析]金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，选项A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程进行分析，安培力做功W安＝F安·(eq\x\to(MN)＋eq\x\to(OP))＝1J，重力做功WG＝－mg·eq\x\to(ON)＝－0.5J，由动能定理得W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v＝eq\r(20)m/s，选项B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小为a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，选项C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F－F安＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，选项D正确。4．(2022·福建漳州八校第二次联考)如下图，匀强磁场的边界为直角三角形，∠EGF＝30°，磁感应强度为B，方向垂直纸面向里。F处有一粒子源，沿FG方向发射出大量带正电荷q的同种粒子，粒子质量为m，粒子的初速度v0大小可调，那么以下说法正确的选项是eq\x(导学号51342970)(C)A．假设粒子能到达EG边界，那么粒子速度越大，从F运动到EG边的时间越长B．v0取适宜值，粒子可以到达E点C．能到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等D．粒子从F运动到EG边所用的最长时间为eq\f(5πm,12qB)[解析]当粒子运动的轨迹与EG边相切于P时，根据几何关系得rtan30°＝EP，解得粒子的轨道半径r＝eq\r(3)EP，当半径超过该值时，粒子会从EG边射出，速度越大，半径越大，盘旋角越小(因为弦与EF夹角越大)，运动时间越短(周期与速度无关)，故A错误。当粒子速度v0＝eq\f(qBr,m)时，粒子轨迹与EG相切，假设粒子速度大于v0，粒子会从EG边射出，假设粒子速度小于v0，粒子会从EF边射出，无法到达E点，无论v0取何值，粒子都不可能到达E点，B错误。能从EF边出射的粒子都运动了半个周期，因为粒子的周期与速度无关，所以能到达EF边界的所有粒子所用的时间均相等，故C正确。当v0＝eq\f(qBr,m)时，粒子轨迹与EG相切，此时运动到BG边盘旋角最大，为150°，所用时间最长为t＝eq\f(5,12)T＝eq\f(5πm,6qB)，故D错误。5．(2022·陕西咸阳一模)如下图，金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上，棒ab与导轨相互垂直并接触良好，导轨间接有电源。现用两种方式在空间加匀强磁场，ab棒均处于静止，第一次匀强磁场方向竖直向上；第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成θ＝30°角，两次匀强磁场的磁感应强度大小相等，以下说法中正确的选项是eq\x(导学号51342971)(AC)A．两次金属棒ab所受的安培力大小相等B．第二次金属棒ab所受的安培力大C．第二次金属棒ab受的摩擦力小D．第二次金属棒ab受的摩擦力大[解析]两次磁感应强度的方向均与金属棒垂直，所以两次金属棒受的安培力大小相等，A正确，B错误；当磁感应强度方向竖直向上时，安培力水平向右，根据共点力平衡得：此时静摩擦力f1＝BIL；第二次，安培力垂直于金属棒斜向右上，与竖直方向成θ角，根据共点力平衡可知此时静摩擦力f2＝BILsinθ，所以C正确，D错误。6．(2022·山西四校联考)如下图，在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°。当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°。不计电荷的重力，以下说法正确的选项是eq\x(导学号51342972)(BC)A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B．该点电荷的比荷为eq\f(2v0,BR)C．该点电荷在磁场中的运动时间为eq\f(πR,2v0)D．该点电荷带正电[解析]如下图，点电荷在磁场中做匀速圆周运动，作出点电荷运动轨迹如下图。由几何关系知电荷在磁场中刚好运动eq\f(T,2)，电荷做圆周运动的半径r＝Rsin30°，电荷离开磁场时的速度方向与进入磁场时速度方向相反，其反向延长线不通过O点，故A错误；根据qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,rB)＝eq\f(2v0,RB)，故B正确；由图知该电荷在磁场中运动的时间t＝eq\f(T,2)＝eq\f(2πr,2v0)＝eq\f(πR,2v0)，C正确；根据电荷偏转的方向，由左手定那么判定该电荷带负电，故D错误。7．(2022·河北衡水中学七调)在倾角θ＝30°的绝缘斜面上，固定一光滑金属框，宽l＝0.5m，接入电动势E＝6V、内阻r＝0.5Ω的电池，垂直框面放置一根质量m＝0.2kg的金属棒ab，金属棒接入电路的电阻R0的阻值为0.2Ω，整个装置放在磁感应强度B＝1.0T、方向垂直于框面向上的匀强磁场中，调节滑动变阻器R的阻值使金属棒静止在框架上，如下图。那么以下说法正确的选项是(框架的电阻与摩擦不计，框架与金属棒接触良好，g取10m/s2)eq\x(导学号51342973)(ABD)A．金属棒受到的安培力的大小为1NB．通过金属棒的电流强度I的大小为2AC．滑动变阻器R接入电路的阻值为R＝3ΩD．电源的输出功率为P＝10W[解析]对金属棒受力分析如图，F＝mgsin30°＝1N，A正确；F＝BIl，得电路中电流I＝eq\f(F,Bl)＝2A，B正确；由闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，解得R＝2.3Ω，C错误；电源的输出功率P输出＝EI－I2r＝10W，D正确。8．(2022·河南省郑州市第一次质量检测)如下图，两虚线之间的空间内存在着正交或平行的匀强电场E和匀强磁场B，有一个带负电小球(电荷量为－q，质量为m)，从正交或平行的电磁复合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过以下电磁复合场的是eq\x(导学号51342974)(BD)[解析]选项A中，小球受到的电场力大小不变水平向右，洛伦兹力水平向左，小球受重力作用，竖直方向做加速运动，那么小球受到的洛伦兹力增大，不可能做直线运动，A错误；选项B中，小球进入复合场时受竖直向下的重力、斜向右上的电场力、水平向左的洛伦兹力，这三个力可能平衡，之后做匀速直线运动，B正确；选项C中，小球进入复合场时受竖直向下的重力和电场力作用，水平向里的洛伦兹力，不可能做直线运动，C错误；选项D中，小球进入复合场时受竖直向下的重力和电场力作用，速度与磁场平行，不受洛伦兹力，小球向下做加速运动，D正确。二、非选择题(共3小题，共52分。计算题解答时请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤，只写出最后答案的不得分。)9．(15分)如下图，水平导轨间距为L＝0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m＝1kg，电阻R0＝0.9Ω，与导轨接触良好；电源电动势E＝10V，内阻r＝0.1Ω，电阻R＝4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B＝5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α＝53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ＝0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，线对ab的拉力为水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab处于静止状态。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：eq\x(导学号51342975)(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围。[答案](1)2Aa到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N[解析](1)由闭合电路欧姆定律可得I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝2A方向为a到b(2)导体棒ab所受安培力F＝BIL＝5N(3)受力如图fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N当最大静摩擦力方向向右时FT＝Fsin53°－fm＝0.5N当最大静摩擦力方向向左时FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N10．(17分)(2022·吉林省重点中学第二次模拟考试)如下图，左侧是两平行金属板P、Q，右侧是一个边长为eq\r(2)L的正方形磁感应强度为B的匀强磁场区域abcd，e是ad的中点。金属板P上O处有一粒子源，可发射出初速度可视为零的带负电的粒子(比荷为eq\f(q,m)＝k)，Q板中间有一小孔，可使粒子射出后垂直磁场方向从a点沿对角线方向进入匀强磁场区域。eq\x(导学号51342976)(1)在P、Q两极板上加上直流电压，如果带电粒子恰好从d点射出，求所加电压的大小。(2)假设在P、Q两极板上所加直流电压为U0，求带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径。[答案](1)eq\f(1,2)kB2L2(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2U0,k))[解析](1)如下图，根据几何关系可以看出，当粒子恰好从d点射出时，轨道半径为r＝L设带电粒子射入磁场时速度为v，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)解得：v＝eq\f(qBL,m)由功能关系，有qU＝eq\f(1,2)mv2解得所加电压大小U＝eq\f(1,2)kB2L2(2)由功能关系，有qU0＝eq\f(1,2)mv2洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)联立解得带电粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径为R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2U0,k))11．(20分)(2022·河南平顶山第二次调考)如下图，板间距为d、板长为L的两块平行金属板EF、GH水平放置，在紧靠平行板右侧的正三角形区域内存在着垂直纸面的匀强磁场，三角形底边BC与GH在同一水平线上，顶点A与EF在同一水平线上。一个质量为m、电荷量为－q的粒子沿两板中心线以初速度v0水平射入，假设在两板之间加某一恒定电压，粒子离开电场后垂直AB边从D点进入磁场，BD＝eq\f(1,4)AB，并垂直AC边射出(不计粒子的重力)，求：eq\x(导学号51342977)(1)粒子离开电场时瞬时速度的大小及两极板间电压的大小；(2)三角形区域内磁场的磁感应强度；(3)假设两板间不加电压，三角形区域内的磁场方向垂直纸面向里，要使粒子