高考一轮复习专项练习物理单元质检十磁场

单元质检十磁场(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.两个回路中的电流大小均为I,方向如图所示。圆弧导线中的电流在圆心产生的磁感应强度与其半径成反比,直线电流在其延长线上的磁感应强度为零。则关于图中a、b两点的磁感应强度Ba、Bb的大小关系和方向的判断正确的是()A.Ba>Bb,a点磁感强度的方向垂直纸面向里B.Ba<Bb,a点磁感强度的方向垂直纸面向外C.Ba<Bb,b点磁感强度的方向垂直纸面向里D.Ba>Bb,b点磁感强度的方向垂直纸面向外2.如图所示,半径为R、质量为m的半圆形导线框用两根绝缘细线悬挂,静止时直线边水平,导线框中通有沿顺时针方向的电流,图中水平虚线为匀强磁场的上边界线,匀强磁场的磁感应强度大小为B,方向垂直于导线框向里,处于磁场区域的导线框对应的圆心角为120°,此时每根细线的拉力大小为F1。现保持其他条件不变,将虚线下方的磁场移至虚线上方,使虚线为匀强磁场的下边界,此时每根细线的拉力大小为F2。则导线框中的电流大小为()A.2(FC.3(F3.(2020云南玉溪开学考试)如图所示的虚线区域内,充满垂直于纸面向里的匀强磁场和竖直向下的匀强电场。一带电粒子a(不计重力)以一定的初速度由左边界的O点射入磁场、电场区域,恰好沿直线由区域右边界的O'点(图中未标出)穿出。若撤去该区域内的磁场而保留电场不变,另一个同样的粒子b(不计重力)仍以相同初速度由O点射入,从区域右边界穿出,则粒子b()A.穿出位置一定在O'点下方B.穿出位置一定在O'点上方C.运动时,在电场中的电势能一定减小D.在电场中运动时,动能一定减小4.如图所示为等腰直角三角形匀强磁场区域,磁感应强度的大小为B。磁场垂直纸面向里。BC边的长度为L。一质量为m带电荷量为q的粒子水平射入AB边的中点。从C点垂直BC边射出(不计粒子的重力)。下列说法正确的是()A.粒子带正电B.粒子在磁场中运动的时间为πC.粒子做圆周运动的半径为LD.粒子入射的速度为qBL5.不计重力的两个带电粒子1和2经小孔S垂直于磁场边界,且垂直于磁场方向进入匀强磁场,在磁场中的轨迹如图所示。分别用v1与v2,t1与t2,q1m1与q2A.若q1m1<q2m2,则v1>v2 B.C.若q1m1<q2m2,则t1<t2 D.二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,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)6.(2021山东临沂月考)如图所示,有一对平行金属板相距d=10cm,两板间有匀强磁场,磁感应强度的大小B=0.1T,方向垂直纸面向里。左板A处有一粒子源,以速度v=1×106m/s不断地在纸面内向各个方向发射比荷qm=1×108C/kg的带负电粒子,不计粒子的重力,能打在右侧金属板上且经历时间最短的粒子的偏转角和最短时间分别为(A.90° B.60°C.1.5π×107s D.π3×1077.如图所示,边长为L的正方形abcd内,以对角线ac为界,在△abc区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B1;在△adc区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度为B2。一质量为m,带电荷量为q(q>0)的粒子在b点以速度v=qB1Lm沿bc方向射入磁场,粒子最后垂直于cd方向射出磁场,不计粒子重力,A.BB.B1C.粒子先后在两个磁场的运动时间之比t1tD.粒子先后在两个磁场的运动时间之比t1t8.如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=L,D为AC的中点,在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子,粒子的比荷qm已知,发射速度大小都为v0,且满足v0=qBLm,发射方向由图中的角度θ表示。对于粒子进入磁场后的运动(不计粒子间的相互作用及重力作用),下列说法正确的是(A.粒子在磁场中的运动半径为LB.θ=45°的粒子可能从CD段射出C.在AC边界上最多有一半区域有粒子射出D.所有从AO边界射出的粒子随着θ角的增大在磁场中运动时间变小三、计算题(本题共3小题,共52分)9.(14分)如图,静止于A处的离子,经电压为U的加速电场加速后沿图中圆弧虚线通过静电分析器,从P点垂直CN进入矩形区域的有界匀强电场,电场方向水平向左。静电分析器通道内有均匀辐向分布的电场,已知圆弧所在处电场强度为E0,方向如图所示;离子质量为m、电荷量为q;QN=2d、PN=3d,离子重力不计。(1)求圆弧虚线对应的半径R的大小;(2)若离子恰好能打在NQ的中点上,求矩形区域QNCD内匀强电场的电场强度E的值;(3)若撤去矩形区域QNCD内的匀强电场,换为垂直纸面向里的匀强磁场,要求离子能最终打在N点,求磁场磁感应强度B的大小。10.(18分)如图所示,足够大的荧光屏ON与x轴夹角为30°,当y轴与ON间有沿y方向、电场强度为E的匀强电场时,一质量为m、电荷量为q的正离子从y轴上的P点,以速度v0、沿+x方向射入电场,恰好垂直打到荧光屏上的M点(图中未标出)。现撤去电场,在y轴与ON间加上垂直坐标面向外的匀强磁场,相同的正离子从y轴上的Q点仍以速度v0、沿+x方向射入磁场,恰好也垂直打到荧光屏上的M点,离子的重力不计。(1)求离子在电场中运动的时间t1;(2)求磁场的磁感应强度B;(3)若相同的离子分别从y轴上的不同位置以速度v=ky(y>0,k为常数)、沿+x方向射入磁场,离子都能打到荧光屏上,问k应满足什么条件?满足条件的所有离子中,在磁场中运动时间的最大值为多少?11.(20分)(2021江苏南京高三月考)如图所示,真空中有一个半径r=0.5m的圆形磁场区域,与x轴相切于坐标原点O,磁感应强度B=2×104T,方向垂直于纸面向外,在x=1m处的竖直线的右侧有一水平放置的正对平行金属板M、N,板间距离为d=0.5m,板长L=0.6m,板间中线O2O3的延长线恰好过磁场圆的圆心O1。若在O点处有一粒子源,能向磁场中不同方向源源不断地均匀发射出速率相同的比荷为qm=1×108C/kg,且带正电的粒子,粒子的运动轨迹在纸面内。一个速度方向沿y轴正方向射入磁场的粒子,恰能沿直线O2O3(1)求沿y轴正方向射入的粒子进入平行板间时的速度v0和粒子在磁场中的运动时间t0;(2)求从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比;(3)若在平行板的左端装上一挡板(图中未画出,挡板在O2点有一小孔,恰能让单个粒子通过),并且在两板间加上如图所示电压(周期T0=6×105s),N板比M板电势高时电压值为正,在紧靠平行金属板的右端竖直放置一足够大的荧光屏,求荧光屏上亮线的长度。参考答案单元质检十磁场1.D圆弧导线中的电流产生的磁感应强度与其半径成反比,则B=kr,则Ba=kr+kR,根据右手螺旋定则可知磁场的方向垂直纸面向外,同理Bb=kr-kR,方向垂直纸面向外,2.B当磁场在虚线下方时,线框受到向下的安培力,大小为F安=3BIR,由平衡条件知2F1=mg+F安,当把磁场移到虚线上方时,线框受到向上的安培力,大小为F安'=3BIR,由平衡条件知2F2+F安'=mg,两式相减可得I=F1-F23.Ca粒子要在电场、磁场的复合场区内做直线运动,则该粒子一定做匀速直线运动,故对粒子a有Bqv=Eq,即只要满足E=Bv,无论粒子带正电还是负电,粒子都可以沿直线穿出复合场区,当撤去磁场只保留电场时,粒子b电性不确定,故无法判断从O'点的上方或下方穿出,A、B错误;粒子b在穿过电场区的过程中必然受到电场力的作用而做类似于平抛的运动,电场力做正功,其电势能减小,动能增大,C正确、D错误。4.D从C点垂直BC边射出,可知粒子向下偏转,根据左手定则可知,粒子带负电,A错误;由几何关系可知,粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r=12L,粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,根据向心力公式得qvB=mv2r,解得粒子入射的速度为v=qBrm=qBL25.B带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动,qvB=mv2r,所以v=qBrm,同一磁场,磁感应强度B相同,由图可知r1>r2,如果q1m1<q2m2,则不能确定v1和v2的关系,A错误;若v1=v2,因r1>r2,则q1m1<q2m2,选项B正确;带电粒子在洛伦兹力的作用下做圆周运动,T=2πmqB,t=T2=πm6.BD劣弧弦长越短圆心角越小,时间就越短,由此可知最短弦长为板间距离d,根据Bqv=mv2r得r=mvBq,代入数据得半径为10cm,作图知偏转角等于圆心角为60°,由周期公式T=2πmBq,代入数据得T=2π×107s,经历时间为t=T6=2π×10-77.BD根据带电粒子在磁场中运动半径r=mvqB,得粒子在第一个磁场中运动的半径为r1=L,以a为圆心画出轨迹图可知粒子垂直对角线ac进入第二个磁场,可知在第二个磁场中的轨迹圆心肯定在直线ac上,由题目知道粒子垂直于cd边射出,所以圆心肯定在dc边上,所以圆心一定在c点,由几何关系可知,运动半径r2=(21)L,联立得B1B2=r2r1=21,选项A错误、B正确;粒子在两个磁场中运动的圆心角之比为1∶1,根据T=2πmqB,得运动时间8.ACD粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qv0B=mv02r,且v0=qBLm,解得r=L,A正确;若粒子刚好从D点射出,由几何关系可知,弦长为L,设此时的弦切角为α,则有L=2Lsinα,得α=30°,即此时粒子刚好沿OC方向进入磁场,由旋转法可知,θ=45°的粒子不可能从CD段射出,B错误;当θ=0时飞入的粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC边界上最多有一半区域有粒子射出,C正确;设从AO段射出的粒子的弦切角为β,则运动时间为t=2β2π×2πmqB9.答案(1)2UE0(2)12解析(1)离子在加速电场中加速,根据动能定理,有:qU=12mv离子在辐向电场中做匀速圆周运动,电场力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:qE0=mv联立解得:R=2(2)离子做类平抛运动:QN2=vt,PN=12由牛顿第二定律得:qE=ma联立解得:E=12(3)离子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有:Bqv=mv根据题意作出离子运动径迹如图:由几何关系知:r=PN联立解得:B=210.答案(1)3mv0Eq(2)解析(1)设离子垂直打到荧光屏上的M点时,沿y轴方向的分速度大小为vy,在电场中运动的加速度为a1,则:tan60°=vyv0,Eq=ma1,vy=a解得:t1=3m(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为r,由几何关系可知:rsin60°=v0t1则:r=2由向心力公式得:Bqv0=mv代入得:B=E2(3)临界状态:离子恰好能打到荧光屏上,即轨迹与ON相切,设此时圆周运动半径为r0,由几何关系可知:r0+r0由向心力公式得:Bqv=mv2r0解得:k=(为使离子能打到荧光屏上,应满足r≥r0,则k≥(上述临界状态下,离子在磁场中运动时间有最大值tm=512且T=2代入得:tm=511.答案(1)1.0×104m/s7.85×105s(2)13(3)0.解析(1)由题意可知,沿y轴正方向射入的粒子运动轨迹如图甲所示,粒子运动轨迹的半径为R=r甲根据qv0B=mv02r,解得v0=rBqm=1.0×粒子运动的周期T=2粒子在磁场中的运动时间t0=T4=πm2qB=7.(2)沿任一方向射入磁场的粒子,其运动轨迹都是半径为r的圆,圆心位置在以O点为圆心的半圆上,如图乙所示。乙O、P以及两圆的圆心O1、O4组成菱形,故PO4和y轴平行,所以从P点出射的粒子的速度v和x轴平行,即所有粒子平行向右出射,故恰能从M端和N端射入平行板间的粒子的运动轨迹如图丙所示。丙因为M、N板间距d=0.5m,与r相等,故∠N1O1O2=30°,∠N1OO1=30°,从边界N1出射的粒子,从O点射入磁场的方向与x轴负向夹角为60°;同理,从边界M1出射的粒子,从O点射入磁场的方向与x轴正向夹角为60°。在y轴正方向夹角左右都为30°的范围内的粒子都能射入平行板间,故从M、N板左端射入平行板间的粒子数与从O点射入磁场的粒子数之比为60°(3)根据题图可知,