（浙江专用）高考物理大一轮总复习 配套章末检测 第八章 磁场（含解析）

第八章检测试题(时间:60分钟满分:100分)【测控导航】知识点题号1.磁场、磁感线22.安培力1、9、123.洛伦兹力、匀速圆周运动3、4、10、114.复合场6、13、14、155.运动实例分析5、7、8一、单项选择题(本题共8小题,每小题4分,共32分)1.(陕西模拟)下列关于磁感应强度大小的说法,正确的是(D)A.通电导线受安培力大的地方磁感应强度一定大B.通电导线在磁感应强度大的地方受力一定大C.放在匀强磁场中各处的通电导线,受力大小和方向处处相同D.磁感应强度的大小和方向跟放在磁场中的通电导线受力的大小和方向无关解析:磁场中某点磁感应强度的大小和方向由磁场本身决定,与通电导线的受力大小及方向都无关,故选项A错误,选项D正确.通电导线在磁场中受力的大小不仅与磁感应强度大小有关,而且与通电导线的方向有关,故选项B错误.虽然匀强磁场中磁感应强度处处相等,但当通电导线在各个位置的方向不同时,安培力是不相同的(通电导线与磁场垂直时受安培力最大,与磁场平行时受安培力为0),而选项C中没有说明通电导线在各个位置的方向是否相同,所以选项C错误.故选D.2.如图所示,三根长直导线垂直于纸面放置,通以大小相同、方向如图所示的电流,ac⊥bd,且ab=ad=ac,则a点处磁感应强度的方向为(C)A.垂直于纸面向外 B.垂直于纸面向里C.沿纸面由a向d D.沿纸面由a向c解析:因为ab=ad,则b与d两直导线电流产生的磁场可互相抵消,a点磁感应强度的方向决定于c中的电流,根据安培定则可判断,a点的磁感应强度的方向沿纸面由a向d.故选C.3.一带电粒子沿垂直于磁场方向射入一匀强磁场,粒子的运动轨迹如图所示,由于带电粒子沿途使空气电离,粒子的动能逐渐减小,而电荷量保持不变,则可判定(B)A.粒子从a到b,带正电 B.粒子从b到a,带正电C.粒子从a到b,带负电 D.粒子从b到a,带负电解析:本题考查粒子做圆周运动的轨道半径,带电粒子在匀强磁场中受洛伦兹力作用,在任何一个位置都有Bqv=mv2r此题考查学生能否灵活应用洛伦兹力、左手定则及匀速圆周运动等知识,在分析r的变化时,抓住能量减小即速度减小这一关键点.4.如图(甲)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变化的关系可能是图(乙)中的(C)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=T4,由于T=2π5.(浙江杭州市一模)如图所示,匀强电场水平向右,匀强磁场垂直纸面向里,带正电的小球在场中静止释放,最后落到地面上.关于该过程,下述说法正确的是(C)A.小球做匀变速曲线运动B.小球减少的电势能等于增加的动能C.电场力和重力做的功等于小球增加的动能D.若保持其他条件不变,只减小磁感应强度,小球着地时动能不变解析:小球在运动过程中所受洛伦兹力不停变化,合外力不恒定,不可能做匀变速曲线运动,故选项A错;电场力做的功等于电势能的减少量,电场力做的功和重力做的功之和等于小球的动能增量,故选项B错误,选项C正确;只减小磁感应强度,会导致洛伦兹力减小,飞行的水平距离减小,电场力做功减小,则小球落地时动能减小,故选项D错.故选C.解答这类问题时,一定要明确各种力做功的特点:重力做功只与初末位置的高度差有关;电场力做功与初末位置的电势差有关;而洛伦兹力永不做功.6.如图所示,相距为d的水平金属板M、N的左侧有一对竖直金属板P、Q,板P上的小孔S正对板Q上的小孔O,M、N间有垂直于纸面向里的匀强磁场,在小孔S处有一带负电粒子,其重力和初速度均不计,若滑动变阻器的滑片在AB的中点,带负电粒子恰能在M、N间做直线运动,若滑动变阻器的滑片在A点,则(A)A.粒子在M、N间运动过程中,动能一定不变B.粒子在M、N间运动过程中,动能一定增大C.粒子在M、N间运动过程中,动能一定减小D.以上说法都不对解析:滑片向上滑动,两个极板间的电压减小,粒子所受电场力减小,当滑片滑到A点时,两极板间的电压为零,粒子进入此区域后做圆周运动.而加在PQ间的电压始终没有变化,所以进入偏转磁场后动能也就不发生变化了.综上所述,选项A正确.7.如图所示,一个带正电q的小带电体处于垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,若小带电体的质量为m,为了使它对水平绝缘面正好无压力,应该(D)A.使B的数值增大B.使磁场以速度v=mgqBC.使磁场以速度v=mgqBD.使磁场以速度v=mgqB解析:带电体与磁场相对运动时,带电体受洛伦兹力的作用,洛伦兹力竖直向上,由左手定则和相对运动可知使磁场向左移动.又因mg=qvB得v=mgqB8.(江苏苏南四校联考)如图所示,两个相同的半圆形光滑绝缘轨道分别竖直放置在匀强电场E和匀强磁场B中,轨道两端在同一高度上,两个相同的带正电小球a、b同时从轨道左端最高点由静止释放,且在运动中始终能通过各自轨道的最低点M、N,则(D)A.两小球某次到达轨道最低点时的速度可能有vN=vMB.两小球都能到达轨道的最右端C.小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻相同D.a小球受到的电场力一定不大于a的重力,b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力解析:由于洛伦兹力不做功,电场力对带电小球一定做负功,所以两小球某次到达轨道最低点时的速度不可能有vN=vM,选项A错误;小球b可以到达轨道的最右端,小球a不能到达轨道的最右端,选项B错误;由于两个小球受力情况不同,运动情况不同,小球b第一次到达N点的时刻与小球a第一次到达M点的时刻不相同,选项C错误;由于题述没有给出半圆形光滑绝缘轨道半径和小球带电量、质量具体数据,b小球受到的最大洛伦兹力可能大于b的重力,而a小球受到的电场力一定不大于a的重力,选项D正确.二、不定项选择题(本题共4小题,每小题5分,共20分)9.(浙江省湖州市四校联考)如图所示,质量为m、长为L的直导线用两绝缘细线悬挂于O、O′点,并处于匀强磁场中,当导线中通以沿x正方向的电流I,且导线保持静止时,悬线与竖直方向夹角为θ,则磁感应强度方向和大小可能为(BC)A.z正向,mgtanθ/IL B.y正向,mg/ILC.z负向,mgtanθ/IL D.沿悬线向上,mgsinθ/IL解析:若沿z正向,根据左手定则可知,安培力指向y轴负方向,导线不可能平衡,所以选项A错误;若沿y正向,安培力指向z轴正方向,根据平衡条件可得BIL=mg,所以B=mg/IL,选项B正确;若沿z负向,安培力指向y轴正方向,根据平衡条件可得BIL=mgtanθ,所以B=mgtanθ/IL,选项C正确;若沿悬线向上,安培力垂直于悬线指向左下方,导线不可能平衡,所以选项D错误.10.(宁波八校高三下学期测试)如图是医用回旋加速器示意图,其核心部分是两个D形金属盒,两金属盒置于匀强磁场中,并分别与高频电源相连.现分别加速氘核(12H)和氦核A.它们的最大速度相同B.它们的最大动能相同C.它们在D形盒中运动的周期相同D.仅增大高频电源的频率可增大粒子的最大动能解析:由洛伦兹力提供向心力解得它们的最大速度v=qBrm,由于氘核和氦核的比荷相同,所以它们的最大速度相同,最大动能Ek=(qBr)2211.如图所示,正方形容器处于匀强磁场中,一束电子从孔a垂直于磁场沿ab方向射入容器中,其中一部分从c孔射出,一部分从d孔射出,容器处于真空中,则下列结论中正确的是(AB)A.从两孔射出的电子速率之比vc∶vd=2∶1B.从两孔射出的电子在容器中运动的时间之比tc∶td=1∶2C.从两孔射出的电子在容器中运动的加速度大小之比ac∶ad=2∶1D.从两孔射出的电子在容器中运动的角速度之比ωc∶ωd=2∶1解析:本题考查粒子做圆周运动的速率、时间、加速度和角速度,带电粒子在磁场中做圆周运动,求时间时要考虑时间与周期的关系,求加速度为向心加速度,需考虑洛伦兹力,求速率也要考虑洛伦兹力,因为Bqv=mv2r,从a孔射入,经c、d两孔射出的粒子轨道半径分别为正方形边长和12边长,所以vcvd=rcrd=21,选项A正确;粒子在同一匀强磁场中运动周期T=2πmBq相同,因为tc=T4,td=T2,所以tc12.如图所示,在倾角为37°的光滑斜面上有一根长为0.4m,质量为6×10-2kg的通电直导线,电流I=1A,方向垂直于纸面向外,导线用平行于斜面的轻绳拴住不动,整个装置放在竖直向上的匀强磁场中.(sin37°=0.6,cos37°=0.8,g取10m/s2A.斜面对导线的支持力为零时,轻绳对导线的拉力为0.8NB.斜面对导线的支持力为零时,轻绳对导线的拉力为1.0NC.斜面对导线的支持力为零时,磁感应强度为2TD.斜面对导线的支持力为零时,磁感应强度为2.25T解析:斜面对导线的支持力为零时导线的受力如图所示.由平衡条件FTcos37°=F①FTsin37°=mg②由①②解得:FT=1.0N,F=0.8N由F=BIL得:B=FIL=0三、计算题(共48分)13.(浙江高三名校交流卷)(8分)如图所示,有位于竖直平面上的半径为R的圆形光滑绝缘轨道,其上半部分处于竖直向下、场强为E的匀强电场中,下半部分处于垂直纸面向里的匀强磁场中.质量为m,电荷量为q的带正电小球,从轨道的水平直径的M端由静止释放,若小球在某一次通过最低点时对轨道的压力为零,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)小球对轨道最低点的最大压力;(3)若要小球在圆形轨道内做完整的圆周运动,小球从轨道的水平直径的M端下滑的最小速度.解析:(1)设小球向右通过最低点时的速率为v,据题有:mgR=12mv2①qBv-mg=mv2R解得B=3mgq2gR(2)小球向左通过最低点时对轨道的压力最大FN-mg-qBv=mv2R由①③④可得FN=6mg.⑤(1分)(3)要小球完成圆周运动的条件是在最高点满足:mg+qE=mv12R又因从M端到最高点据动能定理有:-mgR-qER=12mv12-12m由以上可得v0=3R(mg+答案:(1)3mg(3)3小球在最低点的速度大小相等,向心力大小相等,但洛伦兹力方向不同,对轨道的压力也不同.14.(10分)如图所示,在平面直角坐标系xOy内,第Ⅰ象限存在沿y轴负方向的匀强电场,第Ⅳ象限以ON为直径的半圆形区域内,存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场,磁感应强度为B.一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,从y轴上y=h处的M点,以速度v0垂直于y轴射入电场,经x轴上x=2h处的P点进入磁场,最后以垂直于y轴的方向射出磁场.不计粒子重力.求:(1)电场强度大小E.(2)粒子在磁场中运动的轨道半径r.(3)粒子从进入电场到离开磁场经历的总时间t.解析:(1)粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在电场中运动的时间为t1,x方向:2h=v0t1,y方向:h=12at12根据牛顿第二定律:Eq=ma求得E=mv02(2)根据动能定理,Eqh=12mv2-12mv0将E的表达式代入上式,可求得v=2v0再根据Bqv=mv2r,求出r=2mv(3)粒子在电场中运动的时间:t1=2粒子在磁场中运动的周期:T=2πr设粒子射入磁场时与x轴成α角,在磁场中运动的圆弧所对圆心角为β则cosα=v0v=22,因射出磁场时的速度方向垂直于y轴,故β=135°(1分)所以粒子在磁场中运动的时间为t2=38T总时间t=t1+t2=2hv0+3答案:(1)mv022qh(2)解决带电粒子在组合场中运动问题时,能够正确画出粒子的运动轨迹是解题的关键,做题时一定要用铅笔规范作图.15.(浙江四校高三联考)(15分)如图(甲)所示,两平行金属板间接有如图(乙)所示的随时间t变化的电压u,两板间电场可看作是均匀的,且两板外无电场,极板长L=0.2m,板间距离d=0.2m,在金属板右侧有一边界为MN的区域足够大的匀强磁场,MN与两板中线OO′垂直,磁感应强度B=5×10-3T,方向垂直纸面向里.现有带正电的粒子流沿两板中线OO′连续射入电场中,已知每个粒子的速度v0=105m/s,比荷q/m=(1)试求带电粒子射出电场时的最大速度.(2)证明任意时刻从电场射出的带电粒子,进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为定值.(3)从电场射出的带电粒子,进入磁场运动一段时间后又射出磁场.求粒子在磁场中运动的最长时间和最短时间.解析:(1)设两板间的电压为U1时,粒子刚好从极板的边缘飞出,根据类平抛运动规律可得:d2=U1qL22md代入数据得U1=100V(1分)从此处射出的粒子速度最大,由动能定理可得:12mvm2-12mv0代入数据得vm=2×105m/s.(2)设粒子进入磁场时的速度方向与OO′的夹角为θ,粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,半径r=mv0进入磁场的点和出磁场点的距离s=2rcosθ=2mv代入数据得s=0.4m(1分)所以s与进入电场时的偏转电压无关,进入磁场时在MN上的入射点和出磁场时在MN上的出射点间的距离为定值.(1分)(3)粒子飞出电场进入磁场,在磁场中按逆时针方向做匀速圆周运动.粒子飞出电场时的速度方向与OO′的最大夹角为α,cosα=v0vmα=45°(1分)如图,当粒子从下板边缘飞出电场再进入磁场时,在磁场中运动时间最长,tmax=3T4=3πm2qB=3π当粒子从上板边缘飞出电场再进入磁场时,在磁场中运动时间最短,tmin=T4=πm2qB=π×10-6s.答案:(1)2×105(2)证明见解析(3)3π×10-6sπ×10-6s16.(浙江重点中学协作体高三模底)(15分)如图(a)所示,水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场,现将一重力不计、比荷qm=106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放,经过π15×10-5s后,电荷以v0(1)匀强电场的电场强度E;(2)图(b)中t=4π5×10(3)如果在O点右方d=68cm处有一垂直于MN的足够大的挡板,求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间.(sin37°=0.60,cos37°=0.80)解析:(1)电荷在电场中做匀加速直线运动,设其在电场中运动的时间为t1,有:v0=at1,Eq=ma