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1、1第第 9 9 单元单元 磁场磁场单元小结卷(九) 考查范围:第九单元 时间 / 45 分钟 分值 / 100 分 一、选择题(每小题 6 分,共 42 分,14 小题为单选,57 小题为多选) 1.丹麦物理学家奥斯特在 1820 年通过实验发现电流的磁效应.下列说法正确的是( ) A.奥斯特在实验中观察到电流磁效应,揭示了电磁感应定律 B.将直导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小磁针一定会 转动 C.将直导线沿南北方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方,给导线通以足够大电流,小磁针一定会转 动 D.将直导线沿南北方向水平放置,把铜针(用铜制成的指针)放在
2、导线的正下方,给导线通以足够大电流, 铜针一定会转动 2.如图 D9-1 所示,把一根通电的硬直导线ab用轻绳悬挂在通电螺线管正上方,直导线中的电流方向由 a向b.闭合开关 S 瞬间,导线a端所受安培力的方向是 ( )图 D9-1 A.向上 B.向下 C.垂直纸面向外 D.垂直纸面向里 3.正三角形ABC的三个顶点处分别有垂直于三角形平面的无限长直导线,导线中通有恒定电流,方向如 图 D9-2 所示,a、b、c三点分别是正三角形三边的中点.若A、B、C三处导线中的电流分别为 I、2I、3I,已知无限长直导线在其周围某一点产生的磁场磁感应强度B的大小与电流成正比,与电流到这一点的距离成反比,即B
3、=k,则关于a、b、c三点的磁感应强度,下列说法正确的是( )图 D9-2 A.a点最大B.b点最大 C.c点最大D.b、c两点一样大 4. 2018江西师大附中月考 如图 D9-3 所示,在xOy坐标系的、象限有垂直纸面向里的匀强磁场,在 x轴上A点(L,0)同时以相同速率v沿不同方向发出a、b两个相同带电粒子(粒子重力不计),其中a沿 平行于+y方向发射,经磁场偏转后,均先后到达y轴上的B点(0,L),则两个粒子到达B点的时间差为( )2图 D9-3A. 5.如图 D9-4 所示,纸面内A、B两点之间连接有四段导线:ACB、ADB、AEB、AFB,四段导线的粗细相同、 材料相同;匀强磁场垂
4、直于纸面向里.现给A、B两端加上恒定电压,则下列说法正确的是( )图 D9-4 A.四段导线受到的安培力的方向相同 B.四段导线受到的安培力的大小相等 C.ADB段受到的安培力最大 D.AEB段受到的安培力最小 6. 2017湖南衡阳八中质检 如图 D9-5 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上.下列表述正确的是( )图 D9-5 A. 粒子带负电 B. 所有打在A1A2上的粒子在S下方磁场中运动时间都相同C. 能通过
5、狭缝P的带电粒子的速率等于D. 粒子打在A1A2上的位置越靠近P,粒子的比荷越大 7.如图 D9-6 所示,在真空中半径为r=0.1 m 的圆形区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场及水平向左的 匀强电场,磁感应强度B=0.01 T,ab和cd是两条相互垂直的直径.一束带正电的粒子流连续不断地以 速度v=1103 m/s 从c点沿cd方向射入场区,粒子将沿cd方向做直线运动;如果仅撤去磁场,则带电粒子经过a点;如果撤去电场,使磁感应强度变为原来的 ,不计粒子重力,则下列说法正确的是 ( )图 D9-6 A.电场强度的大小为 10 N/C B.带电粒子的比荷为 1106 C/kg C.撤去电场后,带电
6、粒子在磁场中运动的半径为 0.1 m D.撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的时间为 7.8510-5 s 二、非选择题(共 58 分,要求解答过程有必要的文字说明)38.(16 分) 2017哈尔滨六中二模 如图 D9-7 所示,某平面内,折线PAQ为磁场的分界线,已知 A=90,AP=AQ=L.在折线的两侧分布着方向相反、与平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小均为B.现 有一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿PQ方向射出,途经A点而到达Q点,不计粒子重力.求: (1)粒子初速度v应满足的条件;(2)粒子从P点至Q点所需时间的最小值.图 D9-79.(20 分)如图 D9-8 所示,LMN是竖
7、直平面内固定的光滑绝缘轨道,MN水平且足够长,LM下端与MN相切. 在OP与QR之间的区域内有一竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B.C、D 是质量为m和 4m的绝缘小物块(可视为质点),其中D带有电荷量q,C不带电.现将物块D静止放置在 水平轨道的MO段,将物块C从离水平轨道MN高h的L处由静止释放,物块C沿轨道下滑进入水平轨道,然后与D相碰,碰后物块C被反弹滑至LM轨道上距水平轨道MN高 处,物块D进入虚线OP右侧的复合 场中继续运动,最后从RQ侧飞出复合场区域.(重力加速度为g) (1)求物块D进入磁场时的瞬时速度vD; (2)若物块D进入磁场后恰好做匀速圆周运动,
8、求所加匀强电场的电场强度E的值及物块D的电性; (3)接(2)问,若物块D飞离复合场区域时速度方向与水平方向夹角为 60,求物块D飞出QR边界时与 水平轨道的距离d.图 D9-8410.(22 分) 2017南昌三校联考 如图 D9-9 所示,在平面直角坐标系的第一、二象限内有沿y轴负方 向的匀强电场,在第二象限内同时还存在垂直于纸面向里的匀强磁场.一个质量为m、电荷量为q的带 正电的粒子从A点沿水平直线运动经过B进入第一象限,经过C点后立即进入第四象限内的一个上边界 与x轴重合的矩形匀强磁场(未画出),磁场方向垂直于纸面向外,粒子最后垂直于y轴进入第三象限.已知第二、四象限内磁场的磁感应强度
9、分别为B0、2B0,A、C两点的坐标分别为(-l,l),(l,0),不计重 力.求: (1)匀强电场的场强E; (2)第四象限内矩形磁场的最小面积S; (3)粒子从A点到刚进入第三象限经过的总时间t.图 D9-95测评手册 单元小结卷(九) 1.C 解析 奥斯特在实验中观察到了电流的磁效应,而法拉第发现了电磁感应定律,选项 A 错误;将直 导线沿东西方向水平放置,把小磁针放在导线的正下方时,由于通电直导线产生的磁场方向可能与地磁 场的方向相同,故小磁针不一定会转动,选项 B 错误;将直导线沿南北方向水平放置,把小磁针放在导线 的正下方,给导线通以足够大电流,由于通电直导线产生的磁场沿东西方向,
10、则小磁针一定会转动,选项 C 正确;铜不具有磁性,故将导线放在它的上方时,它不会受到力的作用,故不会偏转,选项 D 错误. 2.D 解析 根据右手螺旋定则可知,开关闭合后,螺线管产生的磁极 N 极在右侧,根据左手定则可知, a端受力垂直纸面向里,选项 D 正确.3.B 解析 设正三角形的边长为 2L,则a、b、c三点的磁感应强度大小分别为Ba=2k,Bb=,Bc=,比较可得选项 B 正确.4.D 解析 作出a、b的运动轨迹如图所示,对于a的运动轨迹,由几何关系得R2=(R-L)2+(L)2,解得R=2L,sin =,所以a粒子的偏转角=,同理可得b粒子的偏转角=,a粒子在磁场中运动的时间ta=
11、,b粒子在磁场中运动的时间tb=,它们到达B点的时间差 t=tb-ta=,D 正确.5.AC 解析 导线的粗细相同、材料相同,由电阻定律R=可知,导线越长,电阻越大,由I=可知, ACB段导线电流最小,而ADB段导线电流最大,四段导线的有效长度都相同,由F=BIL可知,ADB段受到 的安培力最大,而ACB段受到的安培力最小,由左手定则可知,它们所受安培力的方向均相同,故 A、C 正 确,B、D 错误. 6.CD 解析 带电粒子在S下方磁场中向左偏转,根据左手定则知,粒子带正电,故 A 错误;所有打在A1A2上的粒子在S下方磁场中做匀速圆周运动,运动的时间t=,T=,则t=,与带电粒子的比荷有6
12、关,故 B 错误;粒子经过速度选择器时所受的电场力和洛伦兹力平衡,有qE=qvB,则v=,故 C 正确;经过速度选择器进入S下方磁场的粒子速度相等,根据r=知,粒子打在A1A2上的位置越靠近P,则半径越 小,粒子的比荷越大,故 D 正确. 7.AC 解析 粒子沿直线运动,则Bqv=Eq,解得E=Bv=0.01103 N/C=10 N/C,选项 A 正确;如果仅撤去磁场,则在水平方向,有r=t2,在竖直方向上,有r=vt,解得=2106 C/kg,选项 B 错误;撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的半径为R=0.1 m,选项 C 正确;撤去电场后,带电粒子在磁场中运动的时间为t=1.5710-4
13、s,选项 D 错误.8.(1)v=(n=1,2,3,) (2) 解析 (1)粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系有L=nr(n=1,2,3,) 由qvB=m解得v=(n=1,2,3,)(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=t1=n(n=1,3,5,)t2=2nT(n=2,4,6,)故粒子从P点至Q点所需时间的最小值tmin=9.(1) (2) 带正电 (3)解析 (1)对物块C,根据动能定理有mgh= mv2反弹后,有解得v1=7碰撞时,由动量守恒定律得mv=-mv1+4mvD解得vD= (2)若物块D做匀速圆周运动,则电场力与重力相等,有 4mg=Eq解得E= 物块D带正电(3)由几何关系得d=(1-cos 60)R=R=解得d=10.(1) (2)l2 (3)解析 (1)设粒子的初速度为v,由从A到B做水平直线运动,有qB0v=qE从B到C做类平抛运动,有l 联立解得E= (2)设粒子经过C点时的速度大小为vC,方向与x轴成角,由动能定理有cos =解得vC=,=60粒子在第四象限的轨迹如图所示,由牛顿第二定律得qvC2B0=m解得R=l有界磁场的最小面积S=Rl2(3)粒子从A到C的时间t1=在矩形磁场中运动的时间t2=8出磁场后运动时间t3=总时间t=t1+t2+t3=
