高考總復(fù)習(xí)物理（人教版）練習(xí)單元質(zhì)量檢測(cè)09

單元質(zhì)量檢測(cè)(九)磁場(chǎng)教師用書(shū)獨(dú)具一、選擇題(每小題6分，共48分.1～5為單選題，6～8為多選題)1．(2018·江西南昌模擬)奧斯特在研究電流的磁效應(yīng)實(shí)驗(yàn)時(shí)，將一根長(zhǎng)直導(dǎo)線南北放置在小磁針的正上方，導(dǎo)線不通電時(shí)，小磁針在地磁場(chǎng)作用下靜止時(shí)N極指向北方，如圖所示．現(xiàn)在導(dǎo)線中通有由南向北的恒定電流I，小磁針轉(zhuǎn)動(dòng)后再次靜止時(shí)N極指向()A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏東方向解析：選C由安培定則可知，在小磁針位置通電導(dǎo)線產(chǎn)生的磁線方向由東向西，合磁場(chǎng)的方向指向西偏北的方向，小磁針靜止時(shí)，N極所指的方向是該處合磁場(chǎng)的方向，C正確．2．(2018·福建三明模擬)如圖所示，兩個(gè)完全相同且相互絕緣、正交的金屬環(huán)，可沿軸線OO′自由轉(zhuǎn)動(dòng)，現(xiàn)通以圖示方向電流，沿OO′看去會(huì)發(fā)現(xiàn)()A．A環(huán)、B環(huán)均不轉(zhuǎn)動(dòng)B．A環(huán)將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)也逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩環(huán)相對(duì)不動(dòng)C．A環(huán)將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)也順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩環(huán)相對(duì)不動(dòng)D．A環(huán)將順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)將逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，兩者吸引靠攏至重合為止解析：選D同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，所以A環(huán)順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，B環(huán)逆時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)，二者相互靠攏，直至重合，故D正確．3．如圖所示，一根長(zhǎng)為L(zhǎng)質(zhì)量為m的絕緣導(dǎo)體棒位于粗糙的水平面上，處在斜向右上方、與水平方向成α角(0＜α＜180°)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，棒與水平面間的動(dòng)摩擦因數(shù)為μ＝eq\f(\r(3),3)，若在棒中通以恒定電流I，在安培力作用下棒將向右做勻速運(yùn)動(dòng)．下列說(shuō)法正確的是()A．當(dāng)α＝90°時(shí)安培力最小B．當(dāng)α＝120°時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小C．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為定值，則α增大導(dǎo)體棒將做勻減速運(yùn)動(dòng)D．若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為定值，則α增大導(dǎo)體棒有可能做加速運(yùn)動(dòng)解析：選D由導(dǎo)體棒處于平衡狀態(tài)可得：f＝F安sinα，F(xiàn)N＝mg＋F安cosα，安培力F安＝BIL，由平衡條件可得：BILsinα＝f＝μFN，代入整理得：B＝eq\f(μmg,ILsinα－μILcosα)，結(jié)合數(shù)學(xué)知識(shí)可得：B＝eq\f(μmg,\r(μIL2＋I(xiàn)L2)sinα－60°)，當(dāng)α＝150°時(shí)磁感應(yīng)強(qiáng)度最小，對(duì)應(yīng)安培力最小，AB錯(cuò)誤；若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為定值，在α＜90°的前提下增大α則壓力減小，安培力的水平分力增大，導(dǎo)體棒做加速運(yùn)動(dòng)，C錯(cuò)誤，D正確．4．(2017·寧波期末考試)如圖所示的平行板之間，電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B相互垂直，具有不同水平速度的帶電粒子(不計(jì)重力)射入后發(fā)生偏轉(zhuǎn)的情況不同．這種器件能把具有特定速度的粒子選擇出來(lái)，所以叫速度選擇器．下列關(guān)于速度選擇器的說(shuō)法正確的是()A．這個(gè)特定速度與粒子的質(zhì)量有關(guān)B．這個(gè)特定速度與粒子的比荷有關(guān)C．從右向左以特定速度射入的粒子有可能沿直線穿出速度選擇器D．從左向右以特定速度射入的粒子才能沿直線穿出速度選擇器解析：選D當(dāng)帶電粒子能從左向右勻速直線穿過(guò)時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力反向，且Eq＝qvB，解得v＝eq\f(E,B)，該速度與粒子的質(zhì)量和帶電荷量無(wú)關(guān)，A、B錯(cuò)誤；當(dāng)粒子從右向左運(yùn)動(dòng)時(shí)，電場(chǎng)力和洛倫茲力的方向相同，粒子不可能沿直線穿過(guò)，C錯(cuò)誤，D正確．5．(2018·福建漳州八校聯(lián)考)不計(jì)重力的兩個(gè)帶電粒子1和2經(jīng)小孔S垂直磁場(chǎng)邊界，且垂直磁場(chǎng)方向進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中的軌跡如圖所示．分別用v1與v2，t1與t2，eq\f(q1,m1)與eq\f(q2,m2)表示它們的速率、在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間及比荷，則下列說(shuō)法正確的是()A．若eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)，則v1＜v2 B．若v1＝v2，則eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)C．若eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)，則t1＜t2 D．若t1＝t2，則eq\f(q1,m1)＞eq\f(q2,m2)解析：選B帶電粒子在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)：qvB＝meq\f(v2,r)，所以v＝eq\f(qBr,m).同一磁場(chǎng)磁感強(qiáng)度B相同，如果eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)，則v∝r.由圖可知r1＞r2，所以不能確定v1和v2的關(guān)系．故A錯(cuò)誤．若v1＝v2，因r1＞r2則eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)，選項(xiàng)B正確；帶電粒子在洛倫茲力的作用下做圓周運(yùn)動(dòng)：T＝eq\f(2πm,qB)，t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，若eq\f(q1,m1)＜eq\f(q2,m2)，則t1＞t2，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若t1＝t2，則eq\f(q1,m1)＝eq\f(q2,m2)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤，故選B．6．(2018·江西贛中南五校聯(lián)考)(多選)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界上，有兩個(gè)電荷量絕對(duì)值相同、質(zhì)量相同的正、負(fù)離子(不計(jì)重力)，從O點(diǎn)以相同的速度先后射入磁場(chǎng)中，入射方向與邊界成θ角，則正、負(fù)離子在磁場(chǎng)中()A．運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同B．運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑相等C．重新回到邊界時(shí)速度大小不等，方向相同D．重新回到邊界時(shí)與O點(diǎn)的距離相等解析：選BD設(shè)正離子軌跡的圓心角為α，負(fù)離子軌跡的圓心角為β，由幾何知識(shí)得到，α＝2π－2θ，β＝2θ，由離子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，知負(fù)離子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(2θ,2π)T，正離子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝eq\f(2π－2θ,2π)T，故兩離子運(yùn)動(dòng)時(shí)間不相同，故A錯(cuò)誤；正、負(fù)離子垂直射入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，均有qvB＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，即它們運(yùn)動(dòng)軌跡的半徑相同，故B正確；兩個(gè)離子軌跡都是圓，速度沿軌跡的切線方向，如圖所示，根據(jù)圓的對(duì)稱性可知，重新回到磁場(chǎng)邊界時(shí)速度大小和方向都相同，C錯(cuò)誤；根據(jù)幾何知識(shí)可知，重新回到磁場(chǎng)邊界的位置與O點(diǎn)距離相等，故D正確．7．(2018·浙江杭州五校聯(lián)盟一診)(多選)如圖所示，一塊長(zhǎng)度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導(dǎo)體，當(dāng)加有與側(cè)面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)B，且通以圖示方向的電流I時(shí)，用電壓表測(cè)得導(dǎo)體上、下表面M、N間電壓為U.已知自由電子的電荷量為e，下列說(shuō)法中正確的是()A．M面比N面電勢(shì)高B．導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多，電壓表的示數(shù)越大C．導(dǎo)體中自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝eq\f(U,Bd)D．導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)解析：選CD電流方向向右，電子定向移動(dòng)方向向左，根據(jù)左手定則判斷可知，電子所受的洛倫茲力方向向上，則M面積累了電子，M、N之間產(chǎn)生向上的電場(chǎng)，所以M板比N板電勢(shì)低，故A錯(cuò)誤．電子在導(dǎo)體上下方向受力平衡，有Bev＝eq\f(U,d)e，則有U＝Bdv，可見(jiàn)，電壓表的示數(shù)與導(dǎo)體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無(wú)關(guān)，故B錯(cuò)誤．由U＝Bdv得自由電子定向移動(dòng)的速度為v＝eq\f(U,Bd)，故C正確．電流的微觀表達(dá)式是I＝nevS，則導(dǎo)體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝eq\f(BI,eUb)，故D正確．8．(多選)如圖所示，在豎直平面內(nèi)有一矩形MNQP區(qū)域，其中MN邊長(zhǎng)為d，MP邊長(zhǎng)為2d，該區(qū)域內(nèi)有豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直矩形平面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為m的帶電粒子從MP的中點(diǎn)O垂直于電場(chǎng)和磁場(chǎng)方向以速度v0射入，恰沿直線從NQ的中點(diǎn)A射出；若撤去電場(chǎng)，則粒子從M點(diǎn)射出(粒子重力不計(jì))．以下說(shuō)法正確的是()A．該粒子帶負(fù)電B．若撤去電場(chǎng)，則該粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為原來(lái)的eq\f(π,2)倍C．若撒去磁場(chǎng)，則粒子射出時(shí)的速度大小為eq\r(5)v0D．若撤去磁場(chǎng)，則該粒子在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中電勢(shì)能增加mveq\o\al(2,0)解析：選BC若撤去電場(chǎng)，從M點(diǎn)射出，故受到的洛倫茲力應(yīng)向上，若該粒子帶負(fù)電，則受到豎直向上的電場(chǎng)力，根據(jù)左手定則可得受到的洛倫茲力的方向?yàn)樨Q直向下，不符合題意，A錯(cuò)誤；撤去電場(chǎng)，根據(jù)幾何知識(shí)可得r＝eq\f(d,2)，故運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t＝eq\f(πd,2v0)，而原來(lái)的運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t′＝eq\f(d,v0)，所以該粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間為原來(lái)的eq\f(π,2)倍，B正確；粒子沿直線通過(guò)場(chǎng)區(qū)時(shí)Bqv0＝Eq，撤去電場(chǎng)后，在洛倫茲力的作用下，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)，由幾何知識(shí)知r＝eq\f(d,2)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，撤去磁場(chǎng)，粒子做類平拋運(yùn)動(dòng)，粒子的加速度a，穿越電場(chǎng)所用時(shí)間為t，水平方向d＝v0t，加速度a＝eq\f(qE,m)，豎直分位移y＝eq\f(1,2)at2，解得y＝d，設(shè)末速度為v，由動(dòng)能定理知eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)＝Eqd，解得v＝eq\r(5)v0，即粒子射出金屬板時(shí)的速度大小是射入金屬板時(shí)的速度大小的eq\r(5)倍，故C正確；由于電場(chǎng)力做正功，電勢(shì)能減小，D錯(cuò)誤．二、實(shí)驗(yàn)題(共2小題，共20分)9．(14分)圖中虛線框內(nèi)存在一沿水平方向且與紙面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．現(xiàn)通過(guò)測(cè)量通電導(dǎo)線在磁場(chǎng)中所受的安培力，來(lái)測(cè)量磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、并判定其方向．所用部分器材已在圖中給出，其中D為位于紙面內(nèi)的U形金屬框，其底邊水平，兩側(cè)邊豎直且等長(zhǎng)；E為直流電源；R為電阻箱；?為電流表；S為開(kāi)關(guān)．此外還有細(xì)沙、天平、米尺和若干輕質(zhì)導(dǎo)線．(1)在圖中畫(huà)線連接成實(shí)驗(yàn)電路圖．(2)完成下列主要實(shí)驗(yàn)步驟中的填空：①按圖接線．②保持開(kāi)關(guān)S斷開(kāi)，在托盤內(nèi)加入適量細(xì)沙，使D處于平衡狀態(tài)；然后用天平稱出細(xì)沙質(zhì)量m1．③閉合開(kāi)關(guān)S，調(diào)節(jié)R的值使電流大小適當(dāng)，在托盤內(nèi)重新加入適量細(xì)沙，使D________；然后讀出________，并用天平稱出________.④用米尺測(cè)量________.(3)用測(cè)得的物理量和重力加速度g表示磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小，可以得出B＝________.(4)判定磁感應(yīng)強(qiáng)度方向的方法是：若________，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外；反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里．解析：設(shè)金屬框質(zhì)量為M，托盤質(zhì)量為m0，第一次操作中未接通電源時(shí)由平衡條件有Mg＝(m0＋m1)g，第二次接通電源后，加入適量細(xì)沙m2使D重新處于平衡狀態(tài)，然后讀出電流表的示數(shù)I，并測(cè)量出金屬框底部的長(zhǎng)度l，若金屬框受到的安培力豎直向下，由平衡條件有BIl＋Mg＝(m0＋m2)g，兩式聯(lián)立解B＝eq\f(m2－m1g,Il)；若金屬框受到的安培力豎直向上，則B＝eq\f(m1－m2g,Il)，綜上B＝eq\f(|m2－m1|,Il)g，若m2>m1，則由左手定則可知磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向外，反之，磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向里．答案：(1)如圖所示(2)③重新處于平衡狀態(tài)電流表的示數(shù)I此時(shí)細(xì)沙質(zhì)量m2④D的底邊長(zhǎng)度l(3)eq\f(|m2－m1|g,Il)(4)m2>m110．(6分)(2016·全國(guó)卷Ⅲ)某同學(xué)用圖中所給器材進(jìn)行與安培力有關(guān)的實(shí)驗(yàn)．兩根金屬導(dǎo)軌ab和a1b1固定在同一水平面內(nèi)且相互平行，足夠大的電磁鐵(未畫(huà)出)的N極位于兩導(dǎo)軌的正上方，S極位于兩導(dǎo)軌的正下方，一金屬棒置于導(dǎo)軌上且與兩導(dǎo)軌垂直．(1)在圖中畫(huà)出連線，完成實(shí)驗(yàn)電路．要求滑動(dòng)變阻器以限流方式接入電路，且在開(kāi)關(guān)閉合后，金屬棒沿箭頭所示的方向移動(dòng)．(2)為使金屬棒在離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)具有更大的速度，有人提出以下建議：A．適當(dāng)增加兩導(dǎo)軌間的距離B．換一根更長(zhǎng)的金屬棒C．適當(dāng)增大金屬棒中的電流其中正確的是________(填入正確選項(xiàng)前的標(biāo)號(hào))．解析：(1)如圖所示，注意滑動(dòng)變阻器的接法是限流接法(2)根據(jù)公式F＝BIL可得適當(dāng)增加導(dǎo)軌間的距離或者增大電流，可增大金屬棒受到的安培力，根據(jù)動(dòng)能定理Fs－fs＝eq\f(1,2)mv2可知金屬棒離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)的動(dòng)能變大，即離開(kāi)導(dǎo)軌時(shí)的速度變大，AC正確；若換用一根更長(zhǎng)的金屬棒，但金屬棒切割磁感線的有效長(zhǎng)度即導(dǎo)軌間的寬度不變，所以對(duì)最后的速度沒(méi)有影響，B錯(cuò)誤．答案：(1)如圖所示(2)AC三、計(jì)算題(共2小題，共32分)11．(16分)如圖所示，質(zhì)量m＝0.015kg的木塊Q放在水平桌面上的A點(diǎn)．A的左邊光滑，右邊粗糙，與木塊間的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.08．在如圖的兩條虛線之間存在豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，場(chǎng)強(qiáng)分別為E＝20N/C、B＝1T．場(chǎng)區(qū)的水平寬度d＝0.2m，豎直方向足夠高．帶正電的小球P，質(zhì)量M＝0.03kg，電荷量q＝0.015C，以v0＝0.5m/s的初速度向Q運(yùn)動(dòng)．與Q發(fā)生正碰后，P在電、磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間t＝1．0s．不計(jì)P和Q的大小，P、Q碰撞時(shí)無(wú)電量交換，重力加速度g取10m/s2，計(jì)算時(shí)取π＝(1)通過(guò)受力分析判斷碰后P球在電、磁場(chǎng)中做什么性質(zhì)的運(yùn)動(dòng)；(2)P從電、磁場(chǎng)中出來(lái)時(shí)的速度大?。?3)P從電、磁場(chǎng)中出來(lái)的時(shí)刻，Q所處的位置．解析：(1)P進(jìn)入電、磁場(chǎng)后，受電場(chǎng)力、重力、洛倫茲力三力作用。電場(chǎng)力F＝qE＝0.3N重力G＝Mg＝0.3N可見(jiàn)電場(chǎng)力與重力大小相等方向相反，兩力平衡．故相當(dāng)于P在電、磁場(chǎng)中只受洛侖茲力作用，做勻速圓周運(yùn)動(dòng)．(2)由qvB＝Meq\f(v2,R)得R＝eq\f(Mv,qB) ①周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πM,qB)代入數(shù)據(jù)得T＝12s由已知條件，有t＝1．0s＝eq\f(1,12)T，故P的軌跡圓心角θ＝30°由圖可知，軌跡半徑R＝eq\f(d,sin30°)＝0.4m結(jié)合①式得v＝0.2(3)P和Q碰撞時(shí)，系統(tǒng)動(dòng)量守恒，有Mv0＝Mv＋mv′解得v′＝0.6對(duì)Q應(yīng)用牛頓第二定律，有μmg＝ma得a＝0.8mQ停下前運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t′＝eq\f(0－v′,－a)＝0.75s由于t′＜t，說(shuō)明P離開(kāi)電、磁場(chǎng)時(shí)，Q已經(jīng)停下故位移S＝eq\f(v′2,2a)＝0.225m即Q停留在右方距初始位置0.225m答案：(1)勻速圓周運(yùn)動(dòng)(2)0.2m/s(3)停在距Q右方12．(16分)(2018·南寧市第一次適應(yīng)性考試)如圖甲所示，在兩塊間距為L(zhǎng)、板長(zhǎng)均為eq\r(3)L的固定水平金屬板之間，存在方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)；兩板的右側(cè)存在范圍足夠大、方向垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．當(dāng)兩板不帶電時(shí)，讓質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子流從兩板左端連線的中點(diǎn)O以初速度v0水平向右射入板間，結(jié)果粒子恰好打到下板的中點(diǎn)．現(xiàn)將下板接地，上板的電勢(shì)φ隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，其中U＝eq\f(2mv\o\al(2,0),3q)，t＝0時(shí)刻從O點(diǎn)射入的粒子P經(jīng)時(shí)間t0恰好從下板右邊緣射出．粒子打到板上均被板