（浙江選考）2023版高考物理大一輪復(fù)習(xí)第八章磁場章末驗(yàn)收卷

PAGEPAGE1第八章磁場章末驗(yàn)收卷(八)(限時(shí)：45分鐘)一、單項(xiàng)選擇題1．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖1所示，那么()圖1A．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，Ba＞BbB．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，Ba<BbC．同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力大D．同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力小答案A解析磁感線的疏密程度表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，由a、b兩處磁感線的疏密程度可判斷出Ba＞Bb，所以A正確，B錯(cuò)誤；安培力的大小跟該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小、通電導(dǎo)線中的電流I、通電導(dǎo)線的長度L和導(dǎo)線放置的方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向的夾角有關(guān)，故C、D錯(cuò)誤．2．關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強(qiáng)磁場中所受到的安培力，以下說法正確的選項(xiàng)是()A．安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向C．安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D．將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢窧解析安培力總是垂直于磁場與電流所決定的平面，因此，安培力總與磁場和電流垂直，A錯(cuò)誤，B正確；安培力F＝BILsinθ，其中θ是導(dǎo)線與磁場方向的夾角，所以C錯(cuò)誤；將直導(dǎo)線從中點(diǎn)折成直角，導(dǎo)線受到的安培力的大小不僅與導(dǎo)線的有效長度有關(guān)，還與導(dǎo)線在磁場中的相對(duì)位置有關(guān)，D錯(cuò)誤．3．(2022·綠色聯(lián)盟10月評(píng)估)某同學(xué)想利用“電磁彈簧秤〞測量磁感應(yīng)強(qiáng)度，如圖2所示．一長為l的金屬棒ab用兩個(gè)完全相同的、勁度系數(shù)均為k的彈簧水平懸掛在勻強(qiáng)磁場中，磁場方向垂直于紙面向里，彈簧上端固定，下端與金屬棒絕緣．金屬棒通過開關(guān)S與一電動(dòng)勢為E的電源相連，回路總電阻為R.開關(guān)S斷開時(shí)，金屬棒處于平衡狀態(tài)，彈簧伸長長度為x0；閉合開關(guān)S，金屬棒再次處于平衡狀態(tài)時(shí)，彈簧伸長長度為x.重力加速度為g，那么關(guān)于金屬棒質(zhì)量m和磁感應(yīng)強(qiáng)度B，正確的選項(xiàng)是()圖2A．m＝eq\f(kx0,g)，B＝eq\f(Rkx0－x,El)B．m＝eq\f(kx0,g)，B＝eq\f(Rkx0＋x,El)C．m＝eq\f(2kx0,g)，B＝eq\f(2Rkx0－x,El)D．m＝eq\f(2kx0,g)，B＝eq\f(2Rkx0＋x,El)答案C解析斷開S時(shí)，由ab棒受力平衡可知，mg＝2kx0，那么m＝eq\f(2kx0,g)；閉合開關(guān)S時(shí)，由左手定那么知ab棒所受安培力向上，由ab棒受力平衡可知，2kx＋BIl＝mg，其中I＝eq\f(E,R)，可求得B＝eq\f(2Rkx0－x,El).4．如圖3所示，長為2l的直導(dǎo)線折成邊長相等、夾角為60°的V形，并置于與其所在平面相垂直的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，當(dāng)在該導(dǎo)線中通以電流強(qiáng)度為I圖3A．0 B．0.5BIlC．BIl D．2BIl答案C解析導(dǎo)線有效長度為2lsin30°＝l，所以該V形通電導(dǎo)線受到的安培力大小為BIl，應(yīng)選C.5．粗糙絕緣水平面上垂直穿過兩根長直導(dǎo)線，俯視圖如圖4所示，兩根導(dǎo)線中通有相同的電流，電流方向垂直紙面向里，水平面上一帶電滑塊(電性未知)以某一初速度v沿兩導(dǎo)線連線的中垂線入射，運(yùn)動(dòng)過程中滑塊始終未脫離水平面．以下說法正確的選項(xiàng)是()圖4A．滑塊可能做加速直線運(yùn)動(dòng)B．滑塊可能做勻速直線運(yùn)動(dòng)C．滑塊可能做曲線運(yùn)動(dòng)D．滑塊一定做減速運(yùn)動(dòng)答案D解析根據(jù)題意兩根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場如下圖，在兩導(dǎo)線連線的上面磁場水平向右，在兩導(dǎo)線連線的下面磁場水平向左，根據(jù)左手定那么，帶電滑塊受到的洛倫茲力垂直紙面向里或向外，與運(yùn)動(dòng)方向垂直，只影響帶電滑塊受到的壓力的大小，即摩擦力的大小，又因?yàn)閹щ娀瑝K始終未脫離水平面，所以滑塊一定做減速運(yùn)動(dòng)，A、B、C錯(cuò)誤，D正確．6．兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同，方向平行，一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的()A．軌道半徑減小，角速度增大B．軌道半徑減小，角速度減小C．軌道半徑增大，角速度增大D．軌道半徑增大，角速度減小答案D解析由qvB＝meq\f(v2,r)知，r＝eq\f(mv,qB)，B減小，r變大，而速度v不變，那么角速度變小，故D正確．7．(2022·紹興一中期末)在圖5所示的寬度范圍內(nèi)，用勻強(qiáng)電場可使以初速度v0垂直射入電場的某種正離子偏轉(zhuǎn)θ角，假設(shè)改用垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，使該離子穿過磁場時(shí)偏轉(zhuǎn)角度也為θ，那么電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為()圖5A．1∶cosθ B．v0∶cosθC．tanθ∶1 D．v0∶sinθ答案B解析設(shè)該離子的質(zhì)量為m，電荷量為q，場區(qū)寬度為L，離子在電場中做類平拋運(yùn)動(dòng)，那么有：L＝v0t ①a＝eq\f(qE,m) ②tanθ＝eq\f(at,v0) ③由①②③得：tanθ＝eq\f(qEL,mv\o\al(2,0)) ④離子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如下圖，qv0B＝eq\f(mv\o\al(,02),R) ⑤由幾何知識(shí)得：sinθ＝eq\f(L,R) ⑥由⑤⑥得：sinθ＝eq\f(qBL,mv0) ⑦由④⑦式解得：eq\f(E,B)＝eq\f(v0,cosθ)，B正確，A、C、D錯(cuò)誤．8．如圖6所示，粒子源P會(huì)發(fā)出電荷量相等的帶電粒子，這些粒子經(jīng)裝置M加速并篩選后，能以相同的速度從A點(diǎn)垂直磁場方向沿AB射入正方形勻強(qiáng)磁場ABCD.粒子1、粒子2分別從AD中點(diǎn)和C點(diǎn)射出磁場．不計(jì)粒子重力，那么粒子1和粒子2()圖6A．均帶正電，質(zhì)量之比為4∶1B．均帶負(fù)電，質(zhì)量之比為1∶4C．均帶正電，質(zhì)量之比為2∶1D．均帶負(fù)電，質(zhì)量之比為1∶2答案B解析由左手定那么可判斷，粒子1、2均帶負(fù)電．由題圖可知粒子1和粒子2的軌道半徑之比為1∶4.由qvB＝meq\f(v2,r)和eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,4)可得1和2的質(zhì)量之比為1∶4，應(yīng)選B.9．如圖7所示，在x軸上方存在著垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，一個(gè)不計(jì)重力的帶電粒子從坐標(biāo)原點(diǎn)O處以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時(shí)的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，假設(shè)粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，那么該粒子的比荷和所帶電荷的電性分別是()圖7A.eq\f(3v,2aB)，正電荷 B.eq\f(v,2aB)，正電荷C.eq\f(3v,2aB)，負(fù)電荷 D.eq\f(v,2aB)，負(fù)電荷答案C解析粒子穿過y軸正半軸，由左手定那么可判斷粒子帶負(fù)電；根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動(dòng)的對(duì)稱性作出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖，由圖中幾何關(guān)系可得r＋rsin30°＝a，解得r＝eq\f(2,3)a，又qvB＝meq\f(v2,r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(3v,2aB)，C正確．二、計(jì)算題10．如圖8所示，在半徑R＝4cm的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.1T，圓的直徑OA恰好落在x軸上，C為圓心．在原點(diǎn)O處有一粒子源，可向xOy平面內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射速度大小均為v＝8×105m/s、比荷eq\f(q,m)＝1×108C圖8(1)當(dāng)粒子的初速度方向與x軸夾角為θ時(shí)，恰好能從A點(diǎn)射出，求θ角；(2)調(diào)整粒子源的出射速度大小為2×105答案(1)30°(2)15cm2解析(1)設(shè)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r1，據(jù)qvB＝eq\f(mv2,r1)，解得：r1＝8cm.分析知，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O、A三點(diǎn)組成等邊三角形，由幾何關(guān)系知：θ＝30°(2)v改變后，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑：r2＝2cm，能到達(dá)的陰影區(qū)域如下圖S半圓＝eq\f(1,2)πr22S扇形＝eq\f(1,6)π(2r2)2S?。絊扇形－eq\f(1,2)×2r2·eq\r(3)r2故S陰影＝eq\f(11,6)πr22－eq\r(3)r22≈15cm2.11．(2022·寧波市9月聯(lián)考)一圓筒的橫截面如圖9所示，其圓心為O，筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.圓筒下面有相距為d的平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負(fù)電荷．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中，粒子與圓筒發(fā)生二次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動(dòng)能損失，且電荷量保持不變，在不計(jì)重力的情況下，求：圖9(1)M、N間電場強(qiáng)度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N兩板電量不變，M板上下移動(dòng)，保證粒子在磁場中繞O運(yùn)動(dòng)一周后能回到M板邊緣的P點(diǎn)，求兩板距離的可能值．答案(1)eq\f(mv2,2qd)(2)eq\f(\r(3)mv,3qB)(3)eq\f(d,3)tan2eq\f(π,n＋1)，n＝2,3,4，…解析(1)由動(dòng)能定理得qEd＝eq\f(1,2)mv2，可得E＝eq\f(mv2,2qd)(2)粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，qvB＝meq\f(v2,r)，粒子與圓筒發(fā)生二次碰撞后仍從S孔射出，由幾何關(guān)系得r＝Rtaneq\f(π,3)聯(lián)立解得R＝eq\f(\r(3)mv,3qB