2025屆高考物理一輪復習第九章磁場章末質(zhì)量檢測九含解析粵教版

PAGE9-章末質(zhì)量檢測(九)(時間：40分鐘)一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單項選擇題，6～8題為多項選擇題)1.如圖1所示，長直導線ab旁邊有一帶正電荷的小球用絕緣絲線懸掛在M點。當ab中通以由b→a的恒定電流時，下列說法正確的是()圖1A.小球受磁場力作用，方向與導線垂直且垂直紙面對里B.小球受磁場力作用，方向與導線垂直且垂直紙面對外C.小球受磁場力作用，方向與導線垂直并指向左方D.小球不受磁場力作用答案D2.法拉第電動機原理如圖2所示。條形磁鐵豎直固定在圓形水銀槽中心，N極向上。一根金屬桿斜插在水銀中，桿的上端與固定在水銀槽圓心正上方的鉸鏈相連。電源負極與金屬桿上端相連。與電源正極連接的導線插入水銀中。從上往下看，金屬桿()圖2A.向左搖擺 B.向右搖擺C.順時針轉(zhuǎn)動 D.逆時針轉(zhuǎn)動解析從上往下看，依據(jù)左手定則可推斷出，金屬桿所受的安培力將會使其逆時針轉(zhuǎn)動，D正確。答案D3.如圖3所示，兩平行直導線cd和ef豎直放置，通以方向相反、大小相等的電流，a、b兩點位于兩導線所在的平面內(nèi)，則()圖3A.b點的磁感應(yīng)強度為零B.ef導線在a點產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對里C.cd導線受到的安培力方向向右D.同時變更兩導線中的電流方向，cd導線受到的安培力方向不變解析依據(jù)右手螺旋定則可知兩導線在b處產(chǎn)生的磁場方向均為垂直紙面對外，選項A錯誤；ef在a處產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面對外，選項B錯誤；依據(jù)左手定則可推斷，電流方向相反的兩平行直導線相互排斥，選項C錯誤；只要兩直導線中的電流方向相反，就相互排斥，選項D正確。答案D4.(2024·成都七中模擬)如圖4所示，光滑絕緣的斜面與水平面的夾角為θ，導體棒ab靜止在斜面上，ab與斜面底邊平行，通有圖示的恒定電流I，空間充溢豎直向上的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B?，F(xiàn)緩慢增大θ(0＜θ＜90°)，若電流I不變，且ab始終靜止在斜面上(不考慮磁場變更產(chǎn)生的影響)，下列說法正確的是()圖4A.B應(yīng)緩慢減小 B.B應(yīng)緩慢增大C.B應(yīng)先增大后減小 D.B應(yīng)先減小后增大解析金屬棒受重力、支持力及向右的安培力的作用，增大角度θ，則支持力的方向?qū)⑾蜃笮D(zhuǎn)，要使棒仍舊平衡，則支持力與安培力的合力大小始終等于重力大小，安培力必需增大，故磁感應(yīng)強度應(yīng)增大，B項正確。答案B5.如圖5甲所示是用來加速帶電粒子的回旋加速器的示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時，兩金屬盒置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻電源相連。帶電粒子在磁場中運動的動能Ek隨時間t的變更規(guī)律如圖乙所示。忽視帶電粒子在電場中的加速時間，則下列推斷中正確的是()圖5A.在Ek－t圖象中應(yīng)有t4－t3＜t3－t2＜t2－t1B.加速電壓越大，粒子最終獲得的動能就越大C.粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能肯定越大D.要想粒子獲得的最大動能增大，可增加D形盒的面積解析帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期與速度大小無關(guān)，因此，在Ek－t圖中應(yīng)有t4－t3＝t3－t2＝t2－t1，A錯誤；粒子獲得的最大動能與加速電壓無關(guān)，加速電壓越小，粒子加速次數(shù)越多，由qvB＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(2mEk),qB)，則Ek＝eq\f(q2B2r2,2m)，即粒子獲得的最大動能取決于D形盒的半徑，當軌道半徑r與D形盒半徑R相等時就不能接著加速了，故B、C錯誤，D正確。答案D6.如圖6所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面對里的勻強磁場，現(xiàn)有比荷大小相等的甲、乙兩粒子，甲以速度v1從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t1時間射出磁場，射出磁場時的速度方向與初速度方向間的夾角為60°；乙以速度v2從距離直徑AOB為eq\f(R,2)的C點平行于直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過t2時間射出磁場，其軌跡恰好通過磁場的圓心。不計粒子受到的重力，則()圖6A.兩個粒子帶異種電荷B.t1＝t2C.v1∶v2＝eq\r(3)∶1D.兩粒子在磁場中軌跡長度之比l1∶l2＝eq\r(3)∶1解析依據(jù)左手定則推斷可得，甲粒子帶正電，乙粒子帶負電，選項A正確；分別對甲、乙粒子作圖，找出其做勻速圓周運動的圓心和半徑以及圓心角，則有r甲＝eq\r(3)R，r乙＝R，θ甲＝eq\f(π,3)，θ乙＝eq\f(2π,3)，依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，所以eq\f(v1,v2)＝eq\f(r甲,r乙)＝eq\f(\r(3),1)，選項C正確；依據(jù)t＝eq\f(θ,2π)T可得eq\f(t1,t2)＝eq\f(θ甲,θ乙)＝eq\f(1,2)，選項B錯誤；粒子在磁場中的軌跡長度為l＝vt，所以eq\f(l1,l2)＝eq\f(v1t1,v2t2)＝eq\f(\r(3),2)，選項D錯誤。答案AC7.質(zhì)譜儀最初是由湯姆遜的學生阿斯頓設(shè)計的，他用質(zhì)譜儀證明了同位素的存在。如圖7所示，容器A中有質(zhì)量分別為m1、m2，電荷量相同的兩種粒子(不考慮粒子重力及粒子間的相互作用)，它們從容器A下方的小孔S1不斷飄入電壓為U的加速電場(粒子的初速度可視為零)，沿直線S1S2(S2為小孔)與磁場垂直的方向進入磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面對外的勻強磁場中，最終打在水平放置的照相底片上。由于實際加速電壓的大小在U±ΔU范圍內(nèi)微小變更，這兩種粒子在底片上可能發(fā)生重疊。對此，下列說法正確的有()圖7A.兩種粒子均帶正電B.打在M處的粒子質(zhì)量較小C.若U肯定，ΔU越大越簡單發(fā)生重疊D.若ΔU肯定，U越大越簡單發(fā)生重疊解析依據(jù)左手定則推斷出兩種粒子均帶正電，選項A正確；設(shè)粒子質(zhì)量為m，經(jīng)電場加速有qU＝eq\f(1,2)mv2，得出v＝eq\r(\f(2qU,m))。粒子達究竟片上的位置為s＝2r＝eq\f(2mv,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(2mU,q))，q相同時，s越小說明質(zhì)量越小，選項B正確；若U肯定，兩種粒子打究竟片的理論位置確定，ΔU越大，兩種粒子理論位置兩側(cè)寬度越大，越簡單發(fā)生重疊，選項C正確；ΔU肯定，兩種粒子理論位置兩側(cè)寬度不變，U越大，兩種粒子打究竟片的理論位置距離越大，越不簡單發(fā)生重疊，選項D錯誤。答案ABC8.目前，世界上正在探討一種新型發(fā)電機叫磁流體發(fā)電機，立體圖如圖8甲所示，側(cè)視圖如圖乙所示，其工作原理是燃燒室在高溫下將氣體全部電離為電子與正離子，即高溫等離子體，高溫等離子體經(jīng)噴管提速后以速度v＝1000m/s進入矩形發(fā)電通道，發(fā)電通道有垂直于噴射速度方向的勻強磁場(圖乙中垂直紙面對里)，磁感應(yīng)強度大小B0＝5T，等離子體在發(fā)電通道內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)，這時兩金屬薄板上就會聚集電荷，形成電勢差。已知發(fā)電通道長L＝50cm，寬h＝20cm，高d＝20cm，等離子體的電阻率ρ＝4Ω·m，電子的電荷量e＝1.6×10－19C。不計電子和離子的重力以及微粒間的相互作用，則以下推斷正確的是()圖8A.發(fā)電機的電動勢為2500VB.若電流表示數(shù)為16A，則單位時間(1s)內(nèi)打在下極板的電子有1020個C.當外接電阻為12Ω時，電流表的示數(shù)為50AD.當外接電阻為50Ω時，發(fā)電機輸出功率最大解析由等離子體所受的電場力和洛倫茲力平衡得qvB0＝qeq\f(E,d)，則得發(fā)電機的電動勢為E＝B0dv＝1000V，故A錯誤；由電流的定義可知I＝eq\f(ne,Δt)，代入數(shù)據(jù)解得n＝1020個，故B正確；發(fā)電機的內(nèi)阻為r＝ρeq\f(d,Lh)＝8Ω，由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝50A，故C正確；當電路中內(nèi)、外電阻相等時發(fā)電機的輸出功率最大，此時外電阻為R＝r＝8Ω，故D錯誤。答案BC二、非選擇題9.(2024·濟南模擬)如圖9所示，質(zhì)量為m＝1kg、電荷量為q＝5×10－2C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4m的光滑絕緣eq\f(1,4)圓弧軌道上由靜止自A端滑下。整個裝置處在方向相互垂直的勻強電場與勻強磁場中。已知E＝100V/m，方向水平向右，B＝1T，方向垂直紙面對里，g取10m/s2，求：圖9(1)滑塊到達C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力；(3)在C點滑塊對軌道的壓力。解析以滑塊為探討對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F洛＝qvB，方向始終垂直于速度方向。(1)滑塊從A到C的過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得mgR－qER＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,C)得vC＝eq\r(\f(2（mg－qE）R,m))＝2m/s，方向水平向左。(2)依據(jù)洛倫茲力公式得F＝qvCB＝5×10－2×2×1N＝0.1N，方向豎直向下。(3)在C點，F(xiàn)N－mg－qvCB＝meq\f(veq\o\al(2,C),R)得FN＝mg＋qvCB＋meq\f(veq\o\al(2,C),R)＝20.1N由牛頓第三定律可知，滑塊對軌道的壓力大小為20.1N，方向豎直向下。答案(1)大小為2m/s，方向水平向左(2)大小為0.1N，方向豎直向下(3)大小為20.1N，方向豎直向下10.(2024·河南五校聯(lián)考)如圖10所示，在直角坐標系的其次象限中有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直于xOy平面對里的勻強磁場區(qū)域Ⅰ，在第一象限的y＞L區(qū)域有磁感應(yīng)強度與區(qū)域Ⅰ相同的勻強磁場區(qū)域Ⅱ，在第一象限的eq\f(L,2)＜y＜L區(qū)域有磁感應(yīng)強度大小未知、方向垂直于xOy平面對外的勻強磁場區(qū)域Ⅲ，在坐標原點O處有一電壓可調(diào)的沿x軸正方向的加速電場(圖中未畫出)，電場右側(cè)有一粒子源，可產(chǎn)生帶電荷量為q、質(zhì)量為m、初速度忽視不計的帶負電粒子。粒子經(jīng)加速后從坐標原點O處沿x軸負方向射入磁場區(qū)域Ⅰ。圖10(1)若粒子恰好經(jīng)過坐標為(eq\f(\r(3),3)L，L)的P點，且已知粒子運動到P點前僅經(jīng)過磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，求加速電場的電壓；(2)若調(diào)低加速電場的電壓，粒子會從磁場區(qū)域Ⅰ垂直y軸進入磁場區(qū)域Ⅲ，經(jīng)過坐標為(eq\f(\r(3),3)L，L)的P點后進入磁場區(qū)域Ⅱ，粒子在P點的速度方向與y軸正方向夾角為θ，求磁場區(qū)域Ⅲ的磁感應(yīng)強度大小。解析(1)設(shè)帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2帶電粒子進入勻強磁場中，洛倫茲力供應(yīng)向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)由幾何關(guān)系知(L－R)2＋(eq\f(\r(3),3)L)2＝R2聯(lián)立解得U＝eq\f(2B2qL2,9m)。(2)設(shè)調(diào)低加速電場電壓后，帶電粒子經(jīng)加速電場加速后的速度大小為v1，區(qū)域Ⅲ的磁感應(yīng)強度大小為B1，粒子軌跡如圖所示。帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅰ中做圓周運動，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),R1)帶電粒子在磁場區(qū)域Ⅲ中做圓周運動，有qv1B1＝meq\f(veq\o\al(2,1),R2)解得B1＝eq\f(R1,R2)B由幾何關(guān)系知R2cosθ＝eq\f(\r(3),3)L2R1＋R2－R2sinθ＝L聯(lián)立解得B1＝eq\f(1,2)(sinθ＋eq\r(3)cosθ－1)B。答案(1)eq\f(2B2qL2,9m)(2)eq\f(1,2)(sinθ＋eq\r(3)cosθ－1)B11.(2024·南昌模擬)如圖11所示，在豎直平面內(nèi)建立直角坐標系xOy，其第一象限存在著正交的勻強電場和勻強磁場，電場強度的方向水平向右，磁感應(yīng)強度的方向垂直紙面對里。一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的微粒從原點動身沿與x軸正方向的夾角為45°的初速度進入復合場中，正好做直線運動，當微粒運動到A(l，l)時，電場方向突然變?yōu)樨Q直向上(不計電場變更的時間)，粒子接著運動一段時間后，正好垂直于y軸穿出復合場。不計一切阻力，求：圖11(1)電場強度E的大?。?2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)粒子在復合場中的運動時間。解析(1)微粒到達A(l，l)之前做勻速直線運動，對微粒受力分析如圖甲，所以Eq＝mg，得E＝eq\f(mg,q)。甲(2)由平衡條件得qvB＝eq\r(2)mg電場方向變更后，微粒所受重力與電場力平衡，微粒在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，軌跡如圖乙，則qvB＝meq\f(v2,r)乙由幾何學問可得r＝eq\r(2)lv