江蘇專版2023版高考物理一輪復習精選提分綜合練單元檢測八磁場-31

單元檢測八磁場考生注意：1、本試卷共4頁、2、答卷前,考生務(wù)必用藍、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級、學號填寫在相應位置上、3、本次考試時間90分鐘,滿分100分、4、請在密封線內(nèi)作答,保持試卷清潔完整、一、單項選擇題(本題共8小題,每小題3分,共計24分、每小題只有一個選項符合題意)1、關(guān)于電場強度、磁感應強度,下列說法中正確的是()A、由真空中點電荷的電場強度公式E＝keq\f(Q,r2)可知,當r趨近于零時,其電場強度趨近于無限大B、電場強度的定義式E＝eq\f(F,q)適用于任何電場C、由安培力公式F＝BIl可知,一小段通電導體在某處不受安培力,說明此處一定無磁場D、一帶電粒子在磁場中運動時,磁感應強度的方向一定垂直于洛倫茲力的方向和帶電粒子的運動方向2、如圖所示,表示磁場對直線電流的作用,其中不正確的是()3、(2023·泰州中學第二次調(diào)研)一條形磁鐵靜止在斜面上,固定在磁鐵中心的豎直上方的水平導線中通有垂直紙面向里的恒定電流,如圖1所示,若將磁鐵的N極位置與S極位置對調(diào)后,仍放在斜面上原來的位置,則磁鐵對斜面的壓力F和摩擦力Ff的變化情況分別是()圖1A、F與Ff都增大B、F減小,Ff增大C、F增大,Ff減小D、F與Ff都減小4、(2023·如皋市質(zhì)量檢測)如圖2所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度垂直于xOy平面向里,大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,從x軸上某點P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場、不計重力的影響,則下列有關(guān)說法正確的是()圖2A、只要粒子的速率合適,粒子就可能通過原點B、粒子在磁場中運動的時間一定為eq\f(5πm,3qB)C、粒子在磁場中運動的時間可能為eq\f(πm,qB)D、粒子在磁場中運動的時間可能為eq\f(πm,6qB)5.(2023·泰州中學模擬)如圖3所示,從S處發(fā)出的電子(重力不計)經(jīng)加速電壓U加速后垂直進入相互垂直的勻強電場和勻強磁場中,發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)、設(shè)兩極板間電場強度為E,磁感應強度為B.欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過,只采取下列措施,其中可行的是()圖3A、適當減小電場強度EB、適當減小磁感應強度BC、適當增大加速電場極板之間的距離D、適當減小加速電壓U6、(2023·鹽城中學階段性測試)速度相同的一束粒子(不計重力)由左端射入質(zhì)譜儀后的運動軌跡如圖4所示,則下列相關(guān)說法中正確的是()圖4A、該束粒子帶負電B、速度選擇器的P1極板帶負電C、能通過狹縫S0的粒子的速度等于eq\f(E,B1)D、粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫S0,則粒子的比荷越小7、(2023·高郵市段考)為監(jiān)測某化工廠的含有離子的污水排放情況,技術(shù)人員在排污管中安裝了監(jiān)測裝置,該裝置的核心部分是一個用絕緣材料制成的空腔,其寬和高分別為b和c,左、右兩端開口與排污管相連,如圖5所示、在垂直于上、下底面方向加磁感應強度大小為B的勻強磁場,在空腔前、后兩個側(cè)面上各有長為a的相互平行且正對的電極M和N,M、N與內(nèi)阻為R的電流表相連、污水從左向右流經(jīng)該裝置時,電流表將顯示出污水排放情況、下列說法中錯誤的是()圖5A、M板比N板電勢低B、污水中離子濃度越高,則電流表的示數(shù)越小C、污水流量越大,則電流表的示數(shù)越大D、若只增大所加磁場的磁感應強度,則電流表的示數(shù)也增大8、如圖6所示是醫(yī)用回旋加速器示意圖,其核心部分是兩個D形金屬盒,兩金屬盒置于勻強磁場中,并分別與高頻電源相連、現(xiàn)分別加速氘核(21H)和氦核(42He)、下列說法中正確的是()圖6A、它們的最大速度相等B、它們的最大動能相同C、兩次所接高頻電源的頻率不相同D、僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能二、多項選擇題(本題共4小題,每小題4分,共計16分、每小題有多個選項符合題意、全部選對的得4分,選對但不全的得2分,錯選或不答的得0分)9、(2023·儀征中學學情檢測)如圖7所示,質(zhì)量為m、長為L的導體棒MN電阻為R,初始時靜止于電阻不計、間距為L的光滑的水平金屬軌道上,電源電動勢為E,內(nèi)阻不計、勻強磁場的磁感應強度為B,其方向與軌道平面成θ角斜向上方,開關(guān)閉合后導體棒開始運動,則()圖7A、導體棒向左運動B、開關(guān)閉合瞬間導體棒MN所受安培力為eq\f(BEL,R)C、開關(guān)閉合瞬間導體棒MN所受安培力為eq\f(BELsinθ,R)D、開關(guān)閉合瞬間導體棒MN的加速度為eq\f(BELsinθ,mR)10、(2023·蘇州市調(diào)研)如圖8所示,在光滑絕緣的水平面上疊放著兩個物塊A和B,A帶負電、質(zhì)量為m、電荷量為q,B不帶電、質(zhì)量為2m,A和B間的動摩擦因數(shù)為0.5.初始時A、B處于靜止狀態(tài),現(xiàn)將大小為F＝mg的水平恒力作用在B上,g為重力加速度、A、B處于水平向里的磁場之中,磁感應強度大小為B0.若A、B間的最大靜摩擦力等于滑動摩擦力,物塊B足夠長,則下列說法正確的是()圖8A、水平力作用瞬間,A的加速度大小為eq\f(g,2)B、A做勻加速運動的時間為eq\f(m,qB0)C、A的最大速度為eq\f(mg,qB0)D、B的最大加速度為g11、如圖9,為探討霍爾效應,取一塊長度為a、寬度為b、厚度為d的金屬導體,給金屬導體加與前后側(cè)面垂直的勻強磁場B,且通以圖示方向的電流I時,用電壓表測得導體上、下表面M、N間電壓為U.已知自由電子的電荷量為e.下列說法中正確的是()圖9A、M板比N板電勢高B、導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)越多,電壓表的示數(shù)越大C、導體中自由電子定向移動的速率為v＝eq\f(U,Bd)D、導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)為eq\f(BI,eUb)12、(2023·如皋市質(zhì)檢)磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機,如圖10為其原理示意圖,平行金屬板C、D間有勻強磁場,磁感應強度為B,將一束等離子體(高溫下電離的氣體,含有大量帶正電和帶負電的離子)水平噴入磁場,兩金屬板間就產(chǎn)生電壓,定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半,與開關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端,已知兩金屬板間距離為d,噴入氣流的速度為v,磁流體發(fā)電機的電阻為r(R0<r<2R0),則滑動變阻器的滑片P由a向b端滑動的過程中()圖10A、金屬板C為電源負極,D為電源正極B、發(fā)電機的輸出功率一直增大C、電阻R0消耗功率最大值為eq\f(B2d2v2R0,R0＋r2)D、滑動變阻器消耗功率最大值為eq\f(B2d2v2,r＋R0)三、非選擇題(本題共5小題,共計60分)13、(8分)(2023·儀征中學模擬)如圖11所示,電源電動勢為E,內(nèi)阻為r,定值電阻的阻值R0＝2r,滑動變阻器的最大阻值為R＝3r,兩平行極板a、b間有勻強磁場,兩板間距為d.將滑動變阻器的滑動觸頭P調(diào)到最下端,閉合開關(guān)K電路穩(wěn)定后,一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子從兩平行極板a、b正中間以平行于極板的初速度v0自左向右射入,正好沿直線穿過兩極板,忽略帶電粒子的重力、求：圖11(1)電源兩端的路端電壓U；(2)勻強磁場的磁感應強度大小B；(3)若將開關(guān)K斷開,待電路穩(wěn)定后,在保持其它條件不變的前提下,只改變帶電粒子速度的大小,使其能從兩平行板的左側(cè)飛出,求該帶電粒子射入平行極板a、b時的速度v大小范圍、14、(9分)(2023·鹽城中學月考)如圖12所示,兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場可視為勻強電場；金屬板下方有一范圍無限大、磁感應強度為B的勻強磁場、帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子,由靜止開始從正極板出發(fā),經(jīng)電場加速后射出,并進入磁場做勻速圓周運動、忽略重力的影響,求：圖12(1)粒子從電場射出時速度v的大小；(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R；(3)若在O左側(cè)加一個豎直收集屏,則當屏離O多遠時,粒子恰好以沿與水平方向成60°角的方向打在屏上(用R表示即可,無須帶入R的結(jié)果)、15、(12分)(2023·金壇四中期中)如圖13所示,一個質(zhì)量為m＝2.0×10－11kg、電荷量q＝＋1.0×10－5C的帶電微粒(重力忽略不計),從靜止開始經(jīng)U1＝100V電壓加速后,水平進入兩平行金屬板的偏轉(zhuǎn)電場,偏轉(zhuǎn)電場的電壓U2＝100V、金屬板長L＝20cm,兩板間距d＝10eq\r(3)cm.隨后進入有界勻強磁場,求：圖13(1)微粒進入偏轉(zhuǎn)電場時的速度v0的大?。?2)微粒射出偏轉(zhuǎn)電場時的偏轉(zhuǎn)角θ；(3)若該勻強磁場的寬度為D＝5eq\r(3)cm,為使微粒不會由磁場右邊射出,該勻強磁場的磁感應強度B至少多大？

16.(15分)(2023·江都中學檢測)如圖14所示,真空中以O(shè)′為圓心,半徑r＝0.1m的圓形區(qū)域內(nèi)只存在垂直紙面向外的勻強磁場,圓形區(qū)域的最下端與xOy坐標系的x軸相切于坐標原點O,圓形區(qū)域的右端與平行于y軸的虛線MN相切,在虛線MN右側(cè)x軸的上方足夠大的范圍內(nèi)有方向水平向左的勻強電場,電場強度E＝1.0×105N/C.現(xiàn)從坐標原點O沿xOy平面在y軸兩側(cè)各30°角的范圍內(nèi)發(fā)射速率均為v0＝1.0×106m/s的帶正電粒子,粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑也為r＝0.1m,已知粒子的比荷eq\f(q,m)＝1.0×108C/kg,不計粒子的重力及粒子間的相互作用力、求：圖14(1)磁場的磁感應強度B的大?。?2)沿y軸正方向射入磁場的粒子,在磁場和電場中運動的總時間；(3)若將勻強電場的方向改為豎直向下,其它條件不變,求粒子到達x軸的最遠位置與最近位置的橫坐標之差、17、(16分)(2023·南京市9月調(diào)研)如圖15甲所示,在直角坐標系中的0≤x≤L區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,以點(3L,0)為圓心、半徑為L的圓形區(qū)域,與x軸的交點分別為M、N,在xOy平面內(nèi),從電離室產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子以幾乎為零的初速度飄入電勢差為U的加速電場中,加速后經(jīng)過右側(cè)極板上的小孔沿x軸正向由y軸上的P點進入到磁場,飛出磁場后從M點進入圓形區(qū)域,速度方向與x軸夾角為30°,此時在圓形區(qū)域加如圖乙所示的周期性變化的磁場,以垂直于紙面向外為磁場正方向,電子運動一段時間后從N點飛出,速度方向與從M點進入磁場時的速度方向相同、求：圖15(1)電子剛進入磁場區(qū)域時的yP坐標；(2)0≤x≤L區(qū)域內(nèi)勻強磁場磁感應強度B的大??；(3)寫出圓形磁場區(qū)域磁感應強度B0的大小、磁場變化周期T各應滿足的表達式、答案精析1、B2.C3.A4.C5、A[要使電子在復合場中做勻速直線運動,有Ee＝evB.根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向向下,故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力,所以要么增大洛倫茲力,要么減小電場力、適當減小電場強度E,即可以減小電場力,選項A正確；適當減小磁感應強度B,可以減小洛倫茲力,選項B錯誤；適當增大加速電場極板之間的距離,根據(jù)eU＝eq\f(1,2)mv2可得v＝eq\r(\f(2eU,m)),由于兩極板間的電壓沒有變化,所以電子進入磁場的速度沒有變化,因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小,選項C錯誤；同理,適當減小加速電壓U,可以減小電子進入復合場中的速度v,從而減小洛倫茲力,選項D錯誤、]6、C[根據(jù)該束粒子進入勻強磁場B2時向下偏轉(zhuǎn),由左手定則判斷出該束粒子帶正電,選項A錯誤；粒子在速度選擇器中做勻速直線運動,受到電場力和洛倫茲力作用,由左手定則知洛倫茲力方向豎直向上,則電場力方向豎直向下,因粒子帶正電,故電場強度方向向下,速度選擇器的P1極板帶正電,選項B錯誤；粒子能通過狹縫,電場力與洛倫茲力平衡,有qvB1＝qE,得v＝eq\f(E,B1),選項C正確；粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力做勻速圓周運動,根據(jù)洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律有qvB2＝meq\f(v2,r),得r＝eq\f(mv,B2q),可見v、B2一定時,半徑r越小,則eq\f(q,m)越大,選項D錯誤、]7、B[污水從左向右流動時,正、負離子在洛倫茲力作用下分別向N板和M板偏轉(zhuǎn),故N板帶正電,M板帶負電,A正確、穩(wěn)定時帶電離子在兩板間受力平衡,qvB＝qeq\f(U,b),此時U＝Bbv＝eq\f(BbQ,bc)＝eq\f(BQ,c),式中Q是流量,可見當污水流量越大、磁感應強度越強時,M、N間的電壓越大,電流表的示數(shù)越大,而與污水中離子濃度無關(guān),B錯誤,C、D正確、]8、A[根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R),得v＝eq\f(qBR,m).兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等,所以最大速度相等,故A正確、最大動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(eq\f(q,m))2B2R2,兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等,但質(zhì)量不相等,所以最大動能不相等,故B錯、帶電粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πm,qB),兩粒子的比荷eq\f(q,m)相等,所以周期相等,做圓周運動的頻率相等,因為所接高頻電源的頻率等于粒子做圓周運動的頻率,故兩次所接高頻電源的頻率相同,故C錯誤、由Ek＝eq\f(q2B2R2,2m)可知,粒子的最大動能與加速電壓的頻率無關(guān),故僅增大高頻電源的頻率不能增大粒子的最大動能,故D錯、]9、BD[磁場方向與導體棒垂直,開關(guān)閉合瞬間導體棒所受安培力F＝BIL＝eq\f(BEL,R),方向垂直于磁場方向與電流方向所確定的平面斜向下,其有水平向右的分量,導體棒將向右運動,故A、C錯誤,B正確、導體棒所受的合力F合＝Fcos(90°－θ)＝Fsinθ,由a＝eq\f(F合,m)得a＝eq\f(BELsinθ,mR),D正確、]10、BC[F作用在B上瞬間,假設(shè)A、B一起加速,則對A、B整體有F＝3ma＝mg,對A有FfA＝ma＝eq\f(1,3)mg<μmg＝eq\f(1,2)mg,假設(shè)成立,因此A、B共同做加速運動,加速度為eq\f(g,3),A選項錯誤；A、B開始運動后,整體在水平方向上只受到F作用,做勻加速直線運動,對A分析,B對A有水平向左的靜摩擦力FfA靜作用,由FfA靜＝eq\f(mg,3)知,FfA靜保持不變,但A受到向上的洛倫茲力,支持力FNA＝mg－qvB0逐漸減小,最大靜摩擦力μFNA減小,當FfA靜＝μFNA時,A、B開始相對滑動,此時有eq\f(mg,3)＝μ(mg－qv1B0),v1＝eq\f(mg,3qB0),由v1＝at得t＝eq\f(m,qB0),B正確；A、B相對滑動后,A仍受到滑動摩擦力作用,繼續(xù)加速,有FfA滑＝μ(mg－qvAB0),速度增大,滑動摩擦力減小,當滑動摩擦力減小到零時,A做勻速運動,有mg＝qv2B0,得最大速度v2＝eq\f(mg,qB0),C選項正確；A、B相對滑動后,對B有F－FfA滑＝2maB,FfA滑減小,則aB增大,當FfA滑減小到零時,aB最大,有aB＝eq\f(F,2m)＝eq\f(g,2),D選項錯誤、]11、CD[電流方向向右,則自由電子定向移動方向向左,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板積累了電子,M板比N板電勢低,選項A錯誤、電子定向移動相當于長度為d的導線垂直切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢,電壓表的讀數(shù)U等于感應電動勢E,則有U＝E＝Bdv,可見,電壓表的示數(shù)與導體單位體積內(nèi)自由電子數(shù)無關(guān),選項B錯誤；由U＝E＝Bdv得,導體中自由電子定向移動的速率為v＝eq\f(U,Bd),選項C正確；電流的微觀表達式是I＝nevS,則導體單位體積內(nèi)的自由電子數(shù)n＝eq\f(I,evS),S＝db,v＝eq\f(U,Bd),代入得n＝eq\f(BI,eUb),選項D正確、]12、AC[等離子體噴入磁場后,由左手定則可知正離子向D板偏,負離子向C板偏,即金屬板C為電源負極,D為電源正極,故A正確；等離子體穩(wěn)定流動時,由Bqv＝qeq\f(E,d),所以電源電動勢為E＝Bdv,又R0<r<2R0,滑片P由a向b端滑動時,外電路總電阻減小,期間某位置有r＝R0＋R,由電源輸出功率與外電阻關(guān)系可知,滑片P由a向b端滑動的過程中,發(fā)電機的輸出功率先增大后減小,故B錯誤；由題圖知當滑片P位于b端時,電路中電流最大,電阻R0消耗功率最大,其最大值為P1＝I2R0＝eq\f(E2R0,R0＋r2)＝eq\f(B2d2v2R0,R0＋r2),故C正確；將定值電阻R0歸為電源內(nèi)阻,由滑動變阻器的最大阻值2R0<r＋R0,則當滑動變阻器連入電路的阻值最大時消耗功率最大,最大值為P＝eq\f(2B2d2v2R0,r＋3R02),故D錯誤、]13、(1)eq\f(5,6)E(2)eq\f(E,2v0d)(3)0<v≤eq\f(qE,8mv0)解析(1)電源兩端的路端電壓U＝eq\f(E,R0＋R＋r)(R0＋R)＝eq\f(5,6)E(2)兩極板間電勢差大小為Uab＝eq\f(E,R0＋R＋r)R＝eq\f(1,2)E由題意知qv0B＝qeq\f(Uab,d)解得B＝eq\f(E,2v0d)(3)斷開開關(guān)K,電路穩(wěn)定后,帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有：qvB＝meq\f(v2,r),粒子能從兩平行極板的左側(cè)飛出的條件：r＝eq\f(mv,qB)≤eq\f(1,4)d聯(lián)立可得,該帶電粒子射入平行極板a、b時的速度v大小范圍為：0<v≤eq\f(qE,8mv0).14、見解析解析(1)粒子從電場射出時,由動能定理知qU＝eq\f(1,2)mv2解得：v＝eq\r(\f(2qU,m))(2)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律知qvB＝meq\f(v2,R),則R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))(3)如圖所示,符合題意的豎直收集屏有兩個位置、由幾何關(guān)系知：OP＝R＋Rsin60°＝R(1＋eq\f(\r(3),2))OQ＝R－Rsin60°＝R(1－eq\f(\r(3),2))即屏位于O點左側(cè)且與O點相距(1＋eq\f(\r(3),2))R或(1－eq\f(\r(3),2))R15、(1)1.0×104m/s(2)30°(3)0.4T解析(1)微粒在加速電場中由動能定理得：qU1＝eq\f(1,2)mv02①解得：v0＝1.0×104m/s(2)微粒在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運動,有：a＝eq\f(qU2,md),而vy＝at＝eq\f(aL,v0)射出偏轉(zhuǎn)電場時,速度偏轉(zhuǎn)角的正切值為：tanθ＝eq\f(vy,v0)＝eq\f(U2L,2dU1)②解得：θ＝30°(3)進入磁場時微粒的速度是：v＝eq\f(v0,cosθ)③剛好不從磁場右邊射出時的軌跡如圖,由幾何關(guān)系有：D＝r＋rsinθ④洛倫茲力提供向心力：Bqv＝eq\f(mv2,r)⑤由③④⑤聯(lián)立得：B＝eq\f(mv01＋sinθ,qDcosθ)代入數(shù)據(jù)解得：B＝0.4T所以,為使微粒不會由磁場右邊射出,該勻強磁場的磁感應強度B至少為0.4T.16、(1)0.1T(2)5.14×10－17s(3)0.0732m解析(1)帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由qv0B＝meq\f(v\o\al(02),r),可得：B＝0.1T(2)分析可知,帶電粒子運動過程如圖所示,由粒子在磁場中運動的周期T＝eq\f(2πr,v0),可知粒子第一次在磁場中運動的時間：t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(πr,2v0)粒子在電場中的加速度a＝eq\f(qE,m)粒子在電場中減速到0的時間：t2＝eq\f(v0,a)＝eq\f(mv0,qE)由對稱性,可知運動的總時間：t＝2t1＋2t2＝eq\f(πr,v0)＋eq\f(2mv0,qE)代入數(shù)據(jù),