高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元過關(guān)檢測9 磁場（含解析）-人教版高三物理試題

單元過關(guān)檢測(九)磁場一、選擇題(本題共8小題，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，第1～5題只有一項(xiàng)符合題目要求，第6～8題有多項(xiàng)符合題目要求．)1．(2015·海南卷·1)如圖所示，a是豎直平面P上的一點(diǎn)，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點(diǎn)，P后一電子在偏轉(zhuǎn)線圈和條形磁場的磁場的共同作用下，在水平面內(nèi)向右彎曲經(jīng)過a點(diǎn)．在電子經(jīng)過a點(diǎn)的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向()A．向上 B．向下C．向左 D．向右A[條形磁鐵的磁感線在a點(diǎn)垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運(yùn)動(dòng)，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A正確．]2．(2019·浙江模擬)如圖所示是實(shí)驗(yàn)室里用來測量磁場力的一種儀器——電流天平．某同學(xué)在實(shí)驗(yàn)室里用電流天平測算通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度，若他測得CD段導(dǎo)線長度為4×10－2m，天平(等臂)平衡時(shí)鉤碼重力為4×10－5N，通過導(dǎo)線的電流I＝0.5A．由此，測得通電螺線管中的磁感應(yīng)強(qiáng)度B為()A．2.0×10－3T，方向水平向右B．5.0×10－3T，方向水平向右C．2.0×10－3T，方向水平向左D．5.0×10－3T，方向水平向左A[天平(等臂)平衡時(shí)，CD段導(dǎo)線所受的安培力大小與鉤碼重力大小相等，即F＝mg，由F＝BIL得B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(mg,IL)＝2.0×10－3T；根據(jù)安培定則可以知道磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向向右，所以A正確，B、C、D錯(cuò)誤．]3．(2019·安徽蚌埠一模)如圖所示，A、B、C三根平行通電直導(dǎo)線的質(zhì)量均為m，通入的電流大小均相等，其中C中的電流方向與A、B中的電流方向相反．A、B放置在粗糙的水平面上，C靜止在空中，三根導(dǎo)線的截面處于一個(gè)等邊三角形的三個(gè)頂點(diǎn)，且三根導(dǎo)線均保持靜止，重力加速度為g，則A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的作用力大小和方向?yàn)?)A．eq\f(\r(3),3)mg，方向由A指向BB．eq\f(\r(3),3)mg，方向由B指向AC．eq\r(3)mg，方向由A指向BD．eq\r(3)mg，方向由B指向AA[設(shè)A、B間的作用力大小為F，則A和B對C的作用力大小均為F，且A、B對C均為斥力，根據(jù)共點(diǎn)力平衡知2Fcos30°＝mg，解得F＝eq\f(\r(3),3)mg.三根導(dǎo)線中電流大小相等，間距相同，A導(dǎo)線受到B導(dǎo)線的吸引力，大小為F＝eq\f(\r(3),3)mg，方向由A指向B，故A正確．]4．如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點(diǎn)，出現(xiàn)一個(gè)光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿半徑為r的圓弧運(yùn)動(dòng)，打在熒光屏上的P點(diǎn)，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強(qiáng)大小為E的勻強(qiáng)電場，光斑從P點(diǎn)又回到O點(diǎn)，關(guān)于該粒子(不計(jì)重力)，下列說法正確的是()A．粒子帶負(fù)電 B．初速度為v＝eq\f(B,E)C．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(B2r,E) D．比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(E,B2r)D[垂直于紙面向里的方向上加一磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點(diǎn)，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；當(dāng)電場和磁場同時(shí)存在時(shí)：qvB＝Eq，解得v＝eq\f(E,B)，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；在磁場中時(shí)，由qvB＝meq\f(v2,r)，可得：eq\f(q,m)＝eq\f(v,rB)＝eq\f(E,B2r)，故選項(xiàng)D正確，C錯(cuò)誤．]5．如圖所示，在第Ⅱ象限內(nèi)有沿x軸正方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在第Ⅰ、Ⅳ象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等．有一個(gè)帶電粒子以垂直于x軸的初速度v0從x軸上的P點(diǎn)進(jìn)入勻強(qiáng)電場中，并且恰好與y軸的正方向成45°角進(jìn)入磁場，又恰好垂直于x軸進(jìn)入第Ⅳ象限的磁場．已知O、P之間的距離為d，則帶電粒子在磁場中第二次經(jīng)過x軸時(shí)，在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為()A．eq\f(7πd,2v0) B．eq\f(d,v0)(2＋5π)C．eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(3π,2))) D．eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))D[帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，帶電粒子出電場時(shí)，速度v＝eq\r(2)v0，這一過程的時(shí)間t1＝eq\f(d,\f(v0,2))＝eq\f(2d,v0)，根據(jù)幾何關(guān)系可得帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌道半徑r＝2eq\r(2)d，帶電粒子在第Ⅰ象限中運(yùn)動(dòng)的圓心角為eq\f(3π,4)，故帶電粒子在第Ⅰ象限中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t2＝eq\f(3πm,4Bq)＝eq\f(3\r(2)πd,2v)＝eq\f(3πd,2v0)，帶電粒子在第Ⅳ象限中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t3＝eq\f(2πd,v0)，故t總＝eq\f(d,v0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(7π,2)))，D正確．]6．電磁軌道炮工作原理如圖所示．待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由移動(dòng)，并與軌道保持良好接觸．電流I從一條軌道流入，通過導(dǎo)電彈體后從另一條軌道流回．軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與I成正比．通電的彈體在軌道上受到安培力的作用而高速射出．現(xiàn)欲使彈體的出射速度增加至原來的2倍，理論上可采用的辦法是()A．只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B．只將電流I增加至原來的2倍C．只將彈體質(zhì)量減至原來的一半D．將彈體質(zhì)量減至原來的一半，軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍，其他量不變BD[由題意可知磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝kI，安培力F＝BId＝kI2d，由動(dòng)能定理可得：FL＝eq\f(mv2,2)，解得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))，由此式可判斷B、D選項(xiàng)正確．]7．(2019·廣東廣州調(diào)研)三條在同一平面(紙面)內(nèi)的長直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形，在導(dǎo)線中通過的電流均為I，方向如圖所示．a(chǎn)、b和c三點(diǎn)分別位于三角形的三個(gè)頂角的平分線上，且到相應(yīng)頂點(diǎn)的距離相等．將a、b和c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是()A．B1＝B2<B3B．B1＝B2＝B3C．a(chǎn)和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里D．a(chǎn)處磁場方向垂直于紙面向外，b和c處磁場方向垂直于紙面向里AC[由題意可知，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由三條通電導(dǎo)線在此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成，有兩條導(dǎo)線在此處產(chǎn)生的磁場相互抵消，由第三條導(dǎo)線決定此處的磁場，合磁場方向垂直紙面向外，而b點(diǎn)與a點(diǎn)有相同的情況，同理可得b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，大小與a處的相同，而在c點(diǎn)三根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場方向相同，所以疊加而成的磁場最強(qiáng)，故A正確，B錯(cuò)誤；由圖可知，根據(jù)安培定則可得，a和b處磁場方向垂直于紙面向外，c處磁場方向垂直于紙面向里，故C正確，D錯(cuò)誤．]8．(2019·湖南懷化模擬)(多選)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù)．如圖所示，平行金屬板之間有一個(gè)很強(qiáng)的磁場，將一束含有大量正、負(fù)帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向噴入磁場．圖中虛線框部分相當(dāng)于發(fā)電機(jī)，把兩個(gè)極板與用電器相連，則()A．用電器中的電流方向從B到AB．用電器中的電流方向從A到BC．若只減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大D．若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機(jī)的電動(dòng)勢增大BD[首先對等離子體進(jìn)行動(dòng)態(tài)分析：開始時(shí)由左手定則判斷正離子所受洛倫茲力方向向上，負(fù)離子所受洛倫茲力方向向下，則正離子向上板聚集，負(fù)離子向下板聚集，兩板間產(chǎn)生了電勢差，即金屬板變?yōu)橐浑娫矗疑习鍨檎龢O，下板為負(fù)極，所以通過用電器的電流方向從A到B，故B正確，A錯(cuò)誤；此后的正離子除受到向上的洛倫茲力F洛外，還受到向下的電場力F，最終二力達(dá)到平衡，即最終等離子體將勻速通過磁場區(qū)域，由qvB＝qeq\f(E,d)，解得E＝Bdv，所以電動(dòng)勢E與噴入粒子的速度大小v及磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B成正比，故D正確，C錯(cuò)誤．]二、非選擇題9．如圖所示，兩根傾斜直金屬導(dǎo)軌MN、PQ平行放置，它們所構(gòu)成的導(dǎo)軌平面與水平面之間的夾角θ＝37°，兩導(dǎo)軌之間的距離L＝0.50m．一根質(zhì)量m＝0.20kg的均勻直金屬桿ab放在兩導(dǎo)軌上，并與導(dǎo)軌垂直，且接觸良好，整套裝置處于與ab桿垂直的勻強(qiáng)磁場中．在導(dǎo)軌的上端接有電動(dòng)勢E＝36V、內(nèi)阻r＝1.6Ω的直流電源和電阻箱R.已知導(dǎo)軌與金屬桿的電阻均可忽略不計(jì)，sin37°＝0.60，cos37°＝0.80，重力加速度g取10m/s2.(1)若金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦可忽略不計(jì)，當(dāng)電阻箱接入電路中的電阻R1＝2.0Ω時(shí)，金屬桿ab靜止在導(dǎo)軌上．①如果磁場方向豎直向下，求滿足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小；②如果磁場的方向可以隨意調(diào)整，求滿足條件的磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值及方向．(2)如果金屬桿ab和導(dǎo)軌之間的摩擦不可忽略，整套裝置處于垂直于導(dǎo)軌平面斜向下、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.40T的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電阻箱接入電路中的電阻R2＝3.4Ω時(shí)，金屬桿ab仍保持靜止，求此時(shí)金屬桿ab受到的摩擦力f大小及方向．解析(1)①設(shè)通過金屬桿ab的電源為I1，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知I1＝eq\f(E,R1＋r)，設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B1，由安培定則可知，金屬桿ab所受安培力沿水平方向，金屬桿ab受力如圖甲所示．對金屬桿ab，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有B1I1L＝mgtanθ，解得B1＝eq\f(mgtanθ,I1L)＝0.30T.甲②根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件可知，最小的安培力方向應(yīng)沿導(dǎo)軌平面向上，金屬桿ab受力如圖乙所示．設(shè)磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值為B2，對金屬桿ab，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有B2I1L＝mgsinθ，解得B2＝eq\f(mgsinθ,I1L)＝0.24T．根據(jù)左手定則可判斷出，此時(shí)磁場的方向應(yīng)垂直于導(dǎo)軌平面斜向下．乙(2)設(shè)通過金屬桿ab的電流為I2，根據(jù)閉合電路歐姆定律可知I2＝eq\f(E,R2＋r)，假設(shè)金屬桿ab受到的摩擦力方向沿導(dǎo)軌平面向下，根據(jù)共點(diǎn)力平衡條件有BI2L＝mgsinθ＋f，解得f＝0.24N，結(jié)果為正，說明假設(shè)成立，摩擦力方向沿導(dǎo)軌平面向下．答案(1)①0.30T②0.24T垂直于導(dǎo)軌平面斜向下(2)0.24N沿導(dǎo)軌平面向下10．(2019·福建漳州模擬)如圖所示，在x軸下方的區(qū)域內(nèi)存在方向與y軸正方向相同的勻強(qiáng)電場．在x軸上方以原點(diǎn)O為圓心、R為半徑的半圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強(qiáng)磁場，磁場的方向垂直于xOy平面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.y軸下方的A點(diǎn)與O點(diǎn)的距離為d，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從A點(diǎn)由靜止釋放，經(jīng)電場加速后從O點(diǎn)射入磁場．不計(jì)粒子重力，求：(1)要使粒子離開磁場時(shí)的速度方向與x軸平行，電場強(qiáng)度E0的大小；(2)若電場強(qiáng)度E＝eq\f(2,3)E0，粒子仍從A點(diǎn)由靜止釋放，離開磁場后經(jīng)過x軸時(shí)的位置與原點(diǎn)間的距離．解析(1)粒子在電場中加速，由動(dòng)能定理得qE0d＝eq\f(1,2)mv2，粒子進(jìn)入磁場后做圓周運(yùn)動(dòng)，有qvB＝meq\f(v2,r)，粒子離開磁場時(shí)的速度方向與x軸平行，運(yùn)動(dòng)情況如圖線a所示，由幾何關(guān)系可得R＝eq\r(2)r，由以上各式解得E0＝eq\f(qB2R2,4md).(2)將E＝eq\f(2,3)E0代入可得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r′＝eq\f(R,\r(3))，粒子運(yùn)動(dòng)情況如圖線b所示，由幾何關(guān)系得cosα＝eq\f(\f(R,2),r′)＝eq\f(\r(3),2)，即α＝30°，β＝2α＝60°，粒子離開磁場后經(jīng)過x軸時(shí)的位置坐標(biāo)為x＝r′＋eq\f(r′,cosβ)，聯(lián)立解得x＝eq\r(3)R.答案(1)eq\f(qB2R2,4md)(2)eq\r(3)R11．如圖所示，空間中存在著水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度大小E＝5eq\r(3)N/C，同時(shí)存在著水平方向的勻強(qiáng)磁場，其方向與電場方向垂直，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.5T．有一帶正電的小球，質(zhì)量m＝1×10－6kg，電荷量q＝2×10－6C，正以速度v在圖示的豎直面內(nèi)做勻速直線運(yùn)動(dòng)，當(dāng)經(jīng)過P點(diǎn)時(shí)撤掉磁場(不考慮磁場消失引起的電磁感應(yīng)現(xiàn)象)，取g＝10m/s2.求：(1)小球做勻速直線運(yùn)動(dòng)的速度v的大小和方向；(2)從撤掉磁場到小球再次穿過P點(diǎn)所在的這條電場線經(jīng)歷的時(shí)間t.解析(1)小球勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力如圖，其所受的三個(gè)力在同一平面內(nèi)，合力為零，有qvB＝eq\r(q2E2＋m2g2) ①代入數(shù)據(jù)解得v＝20m/s ②速度v