（江苏专用）高考物理一轮复习 章末质量检测 第8章 磁场（含解析）-人教版高三物理试题

章末质量检测(八)磁场（含解析）(时间：60分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的。)1．(2016·甘肃兰州模拟)如图1所示，均匀绕制的螺线管水平放置，在其正中心的上方附近用绝缘绳水平吊起通电直导线A，A与螺线管垂直。A导线中的电流方向垂直纸面向里，闭合开关S，A受到通电螺线管磁场的作用力的方向是()图1A．水平向左B．水平向右C．竖直向下D．竖直向上解析先根据安培定则判断通电螺线管在A处的磁场方向水平向左，再根据左手定则可判断A受力竖直向上。答案D2.在绝缘圆柱体上a、b两位置固定有两个金属圆环，当两环通有如图2所示电流时，b处金属圆环受到的安培力为F1；若将b处金属圆环移到位置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，则在a位置的金属圆环受到的安培力()图2A．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|，方向向右解析b处金属圆环受到的安培力F1即为两圆环间相互作用的安培力，由于电流方向相反，安培力为斥力，因此a处金属圆环同时也受到大小为F1、方向向左的安培力；当b处圆环移到位置c时，F2也向左，且F1＞F2；若在c位置再放一个金属圆环，电流大小为I2而方向与I1相同，则c处电流对a处金属圆环的安培力大小为F2，方向向右。所以a处金属圆环受到的安培力大小为|F1－F2|，方向向左，C项正确。答案C3.(2014·新课标全国卷Ⅰ，16)如图3所示，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变。不计重力，铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()图3A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)解析设粒子在铝板上方和下方的速率及轨道半径分别为v1、v2及R1、R2。由牛顿第二定律及洛伦兹力公式得：qv1B上＝eq\f(mveq\o\al(2,1),R1)①qv2B下＝eq\f(mveq\o\al(2,2),R2)②由题意知：R1＝2R2③eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)④联立①②③④得：eq\f(B上,B下)＝eq\f(\r(2),2)，选项D正确。答案D4．(2016·苏北四市联考)两个电荷量相等但电性相反的带电粒子a、b分别以速度va和vb射入匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，磁场宽度为d，两粒子同时由A点出发，同时到达B点，如图4所示，(不计粒子重力)则()图4A．a粒子带正电，b粒子带负电B．两粒子的轨道半径之比Ra∶Rb＝eq\r(3)∶1C．两粒子的质量之比ma∶mb＝1∶2D．两粒子的速度之比va∶vb＝1∶2解析根据左手定则和粒子的运动轨迹可知，a粒子带负电，b粒子带正电，选项A错误；如图所示，根据几何关系，则有两半径相比为Ra∶Rb＝1∶eq\r(3)，选项B错误；两圆心的连线与两个半径构成一个角为30°，另一个为60°的直角三角形。则a粒子圆弧对应的圆心角为120°，而b粒子圆弧对应的圆心角为60°。由于它们运动时间相等，所以它们的周期之比为Ta∶Tb＝1∶2，由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，质量之比ma∶mb＝1∶2，选项C正确；由半径公式R＝eq\f(mv,qB)可知，在磁场、电量一定的情况下，速度大小与粒子的质量成反比，与轨迹的半径成正比，所以速度大小之比va∶vb＝2∶eq\r(3)，选项D错误。答案C二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题有多个选项符合题意。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，错选或不选的得0分。)5.(2016·浙江温州联考)如图5所示，金属细棒质量为m，用两根相同轻弹簧吊放在水平方向的匀强磁场中，弹簧的劲度系数为k，棒ab中通有恒定电流，棒处于平衡状态，并且弹簧的弹力恰好为零。若电流大小不变而方向反向，则()图5A．每根弹簧弹力的大小为mgB．每根弹簧弹力的大小为2mgC．弹簧形变量为eq\f(mg,k)D．弹簧形变量为eq\f(2mg,k)解析电流方向改变前，对棒受力分析，根据平衡条件可知，棒受到的安培力竖直向上，大小等于mg；电流方向改变后，棒受到的安培力竖直向下，大小等于mg，对棒受力分析，根据平衡条件可知，每根弹簧弹力的大小为mg，弹簧形变量为eq\f(mg,k)，选项A、C正确。答案AC6．如图6所示，一束带电粒子以一定的初速度沿直线通过由相互正交的匀强磁场(磁感应强度为B)和匀强电场(电场强度为E)组成的速度选择器，然后粒子通过平板S上的狭缝P进入另一匀强磁场(磁感应强度为B′)，最终打在A1A2图6A．粒子带负电B．所有打在A1A2上的粒子，在磁感应强度为BC．能通过狭缝P的带电粒子的速率等于eq\f(E,B)D．粒子打在A1A2的位置越靠近P，粒子的比荷eq\f(q,m)越大解析根据粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动轨迹可判断粒子带正电，A错误；带电粒子在速度选择器中做匀速直线运动，则电场力与洛伦兹力等大反向，Eq＝Bqv，可得v＝eq\f(E,B)，C正确；由洛伦兹力充当粒子做圆周运动的向心力可得r＝eq\f(mv,Bq)，则eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，越靠近P，r越小，粒子的比荷越大，D正确；所有打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中都只运动半个周期，周期T＝eq\f(2πm,B′q)，比荷不同，打在A1A2上的粒子在磁感应强度为B′的磁场中的运动时间不同，B错误。答案CD7.回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图7所示。D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上。位于D1圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速。当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出。忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是()图7A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(n－1)∶eq\r(n)解析由r＝eq\f(mv,qB)可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速的次数减少，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)以及rn＝eq\f(mvn,qB)可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为eq\r(n－1)∶eq\r(n)，D正确。答案BD三、非选择题(共3小题，共58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。)8．(16分)(2016·湖南株洲质检)如图8所示，在xOy平面内，在0＜x＜1.5l的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x≥1.5l、y＞0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为B。有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正方向成θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点射出磁场Ⅱ。已知P点坐标为(1.5l，eq\f(\r(3),2)l)，不计重力的影响，求：图8(1)粒子的初速度大小；(2)M点在x轴上的位置。解析(1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O做初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得：∠APO＝∠O1OP＝30°故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r。由几何关系可得：r＋rcos60°＝1.5解得：r＝l根据牛顿运动定律有qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(qBl,m)(2)由对称性可知OM＝2×1.5l＝答案(1)eq\f(qBl,m)(2)3l9．(20分)质量为m的金属滑块，带电荷量＋q，以某一初速度沿水平放置的绝缘板进入电磁场空间，匀强磁场方向如图9所示，匀强电场方向水平(且与地板平行)，滑块与绝缘地板间的动摩擦因数为μ。已知滑块自A点沿绝缘板匀速直线运动，到B点与电路开关相撞，使形成电场的电路断开，电场立即消失，磁场依然存在。设碰撞时滑块无电荷量损失，而动能变为碰前的eq\f(1,4)。滑块碰撞后，做匀速直线运动返回A点，往返总时间为T，AB长为L，求：图9(1)匀强电场场强大小及方向；(2)磁感应强度B；(3)全过程摩擦力做的功。解析(1)滑块速度向右，根据匀速运动条件Eq＝μ(mg＋qv1B)①可知E的方向必水平向右。由返回速度向左时仍匀速运动可知qv2B＝mg②而题中有eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)×eq\f(1,4)③②③联立得知v1＝2v2，即qv1B＝2mg，代入①式，所以E＝eq\f(μ（mg＋2mg）,q)＝eq\f(3μmg,q)。(2)由往返总时间为T＝eq\f(L,v2)＋eq\f(L,v1)＝eq\f(L,v2)＋eq\f(L,2v2)＝eq\f(3L,2v2)即v2＝eq\f(3L,2T)，代入②式可得B＝eq\f(mg,qv2)＝eq\f(2mgT,3qL)。(3)返回时不受摩擦力，所以全过程摩擦力做功为W＝－FfL＝－μ(mg＋qv1B)L＝－3μmgL。答案(1)eq\f(3μmg,q)水平向右(2)eq\f(2mgT,3qL)(3)－3μmgL10．(22分)(2016·湖北黄冈质检)如图10所示，在直角坐标系xOy的第一象限中两个相同的直角三角形区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满了方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场，已知C点坐标为(eq\r(3)l，l)，质量为m，带电荷量为q的正电荷从A(eq\f(\r(3),3)l，l)点以一定的速度平行于y方向垂直进入磁场，并从x轴上的D点(图中未画出)垂直x轴离开磁场，电荷重力不计。图10(1)求D点的位置坐标及电荷进入磁场区域Ⅰ时的速度大小v；(2)若将区域Ⅱ内的磁场换成沿－x轴方向的匀强电场，该粒子仍从A点以原速度进入磁场区域Ⅰ，并最终仍能垂直x轴离开，求匀强电场的场强E。解析(1)根据粒子运动的对称性可知，粒子从OC的中点O′进入磁场区域Ⅱ，且AC＝OD，则D的坐标为(eq\f(2\r(3),3)l，0)。设粒子在磁场中运动的半径为r，在磁场Ⅰ中的轨迹所对圆心角为θ，根据几何知识可知rsinθ＝eq\f(1,2)l，r－rcosθ＝eq\f(\r(3),2)l－eq\f(\r(3),3)l，解得θ＝eq\f(π,3)，r＝eq\f(\r(3),3)l。粒子在磁