【核動力】2022屆高三物理一輪復習章末綜合檢測八-第8章-磁場-

章末綜合檢測(八)考試時間：60分鐘第Ⅰ卷(選擇題)評卷人得分一、選擇題(共8小題，每小題6分，共48分)1．如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中，有兩根豎直放置的平行導軌AB、CD.導軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)從t＝0時刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流強度與時間成正比，即I＝kt，其中k為恒量．若金屬棒與導軌始終垂直，則在下列表示棒所受的摩擦力隨時間變化的4幅圖中，正確的是()【解析】在垂直于紙面方向上金屬棒受安培力和導軌對金屬棒的彈力，兩個力大小相等．當金屬棒所受摩擦力Ff＝μFN＝μBIL＝μBLkt<mg時，棒沿導軌向下加速；當金屬棒所受摩擦力Ff＝μBLkt>mg時，棒沿導軌向下減速；在棒停止運動之前，所受摩擦力為滑動摩擦力，大小Ff＝μBILkt；在棒停止運動之后，所受摩擦力為靜摩擦力，大小Ff＝mg，故C正確．【答案】C2．如圖所示，A、B、C、D是菱形的四個頂點，O是A、B連線的中點，以O(shè)為坐標原點，A、B連線為x軸，O、C、D連線為y軸，建立坐標系．過A、B、C、D四個點各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等、方向向里的電流．若C處通電導線和O處通電導線間的安培力大小為F，則過O點的通電直導線所受安培力的大小為()A．0B．FC．2FD.eq\r(2)F【解析】依據(jù)同向電流相吸可推斷O點的通電導線受到的合安培力為0，故A正確．【答案】A3．如圖所示，一個靜止的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電粒子(不計重力)，經(jīng)電壓U加速后垂直進入磁感應強度為B的勻強磁場中，粒子最終落到P點，設(shè)OP＝x，下列圖線能夠正確反映x與U之間的函數(shù)關(guān)系的是()【解析】帶電粒子在電場中加速時，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2，而在磁場中偏轉(zhuǎn)時，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，依題意x＝2r，聯(lián)立解得x＝eq\f(2m,qB)eq\r(\f(2qU,m))，因此正確答案為B.【答案】B4．如圖所示，帶異種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入寬度為d的有界勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點．a(chǎn)、b兩粒子的質(zhì)量之比為()A．1∶2B．2∶1C．3∶4D．4∶3【解析】如圖所示粒子a、b的圓心分別為Oa、Ob.由幾何關(guān)系可知ra＝eq\f(d,\r(3))，a所對的圓心角αa＝120°，a軌跡弧長為sa＝eq\f(2πra,3)，運動時間ta＝eq\f(sa,va)，同理可得rb＝d，αb＝60°，sb＝eq\f(πrb,3)，tb＝eq\f(sb,vb)，又同時到達P點，則ta＝tb，而且eq\f(1,2)maveq\o\al(2,a)＝eq\f(1,2)mbveq\o\al(2,b)，聯(lián)立解得ma∶mb＝3∶4，C正確．【答案】C5．如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面對外、磁感應強度為B的勻強磁場中．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑．在滑塊下滑的過程中，下列推斷正確的是()A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到地面時的動能與B的大小無關(guān)C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面對下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上【解析】取物塊為爭辯對象，由于小滑塊沿斜面下滑受到洛倫茲力作用，如圖所示，選項C正確；FN＝mgcosθ＋QvB，由于v不斷增大，則FN不斷增大，滑動摩擦力Ff＝μFN，摩擦力增大，選項A錯誤；滑塊的摩擦力與B有關(guān)，摩擦力做功與B有關(guān)，依據(jù)動能定理，在滑塊下滑到地面的過程中，滿足eq\f(1,2)mv2－0＝mgh－Ffx，所以滑塊到地面時的動能與B有關(guān)，選項B錯誤；當B很大時，摩擦力增大很快，當Ff＝G1時，滑塊勻速運動，所以滑塊不行能靜止在斜面上，選項D錯誤．【答案】C6．如圖甲所示，某空間存在著足夠大的勻強磁場，磁場沿水平方向．磁場中有A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上．物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣．在t＝0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開頭做加速度相同的運動，在物塊A、B一起運動的過程中，圖乙反映的可能是()A．物塊A所受洛倫茲力大小隨時間t變化的關(guān)系B．物塊A對物塊B的摩擦力大小隨時間t變化的關(guān)系C．物塊A對物塊B的壓力大小隨時間t變化的關(guān)系D．物塊B對地面壓力大小隨時間t變化的關(guān)系【解析】洛倫茲力F洛＝qvB＝qBat，所以A錯誤．物塊A對物塊B的摩擦力大小Ff＝mAa，所以Ff隨時間t的變化保持不變，B錯誤．A對B的壓力FNA＝mAg＋qvB＝mAg＋qBat，C正確．B對地面的壓力FNB＝(mA＋mB)＋qBat，D正確．【答案】CD7．(2021·江蘇揚州中學檢測)狄拉克曾經(jīng)預言，自然界應當存在只有一個磁極的磁單極子，其四周磁感線呈均勻輻射狀分布，距離它r處的磁感應強度大小B＝eq\f(k,r2)(k為常數(shù))．磁單極子S的磁場分布如圖甲所示，它與如圖乙所示負點電荷Q的電場分布相像．假設(shè)磁單極子S和負點電荷Q均固定，有一帶電小球分別在S和Q四周做勻速圓周運動，則關(guān)于小球做勻速圓周運動的推斷正確的是()A．若小球帶正電，其運動軌跡平面可在S的正上方，如圖甲所示B．若小球帶正電，其運動軌跡平面可在Q的正下方，如圖乙所示C．若小球帶負電，其運動軌跡平面可在S的正上方，如圖甲所示D．若小球帶負電，其運動軌跡平面可在Q的正下方，如圖乙所示【解析】對于題圖甲，帶電小球沿圖甲中虛線做圓周運動，受到的洛倫茲力與磁感線垂直，帶電小球能夠做圓周運動，受力狀況如圖a所示，小球可能帶正電，俯視做逆時針的圓周運動，小球也可能帶負電，俯視做順時針的圓周運動，A、C正確．對于題圖乙，小球做圓周運動的受力狀況如圖b所示，小球只能帶正電，B正確，D錯誤．【答案】ABC8．(2021·浙江三校模擬)如圖，空間中存在正交的勻強電場E和勻強磁場B(勻強電場水平向右)，在豎直平面內(nèi)從a點沿ab、ac方向拋出兩帶電小球(不考慮兩帶電球的相互作用，兩球電荷量始終不變)，關(guān)于小球的運動，下列說法正確的是()A．沿ab、ac方向拋出的帶電小球都可能做直線運動B．只有沿ab拋出的帶電小球才可能做直線運動C．若有小球能做直線運動，則它肯定是勻速運動D．兩小球在運動過程中機械能均守恒【解析】沿ab方向拋出的帶正電小球，或沿ac方向拋出的帶負電的小球，在重力、電場力、洛倫茲力作用下，都可能做勻速直線運動，A正確，B錯誤．在重力、電場力、洛倫茲力三力都存在時的直線運動肯定是勻速直線運動，C正確．兩小球在運動過程中除重力做功外還有電場力做功，故機械能不守恒，D錯誤．【答案】AC第Ⅱ卷(綜合應用)評卷人得分二、綜合應用(共4小題，共52分)9.(10分)(2022·重慶理綜，8)某電子天平原理如圖所示，E形磁鐵的兩側(cè)為N極，中心為S極，兩極間的磁感應強度大小均為B，磁極寬度均為L，忽視邊緣效應，一正方形線圈套于中心磁極，其骨架與秤盤連為一體，線圈兩端C、D與外電路連接，當質(zhì)量為m的重物放在秤盤上時，彈簧被壓縮，秤盤和線圈一起向下運動(骨架與磁極不接觸)，隨后外電路對線圈供電，秤盤和線圈恢復到未放重物時的位置并靜止，由此時對應的供電電流I可確定重物的質(zhì)量．已知線圈匝數(shù)為n，線圈電阻為R，重力加速度為g，問：(1)線圈向下運動過程中，線圈中感應電流是從C端還是從D端流出？(2)供電電流I是從C端還是從D端流入？求重物質(zhì)量與電流的關(guān)系．(3)若線圈消耗的最大功率為P，該電子天平能稱量的最大質(zhì)量是多少？【解析】(1)線圈向下運動，線圈左、右兩側(cè)導線切割磁感線，依據(jù)右手定則，推斷出感應電流方向應當從C端流出．(2)要通過供電使線圈恢復到未放重物時的位置，必需在線圈中產(chǎn)生向上的安培力與物體重力平衡，依據(jù)左手定則，推斷電流方向應當從D端流入．由FA＝mg，F(xiàn)A＝2nBIL得m＝eq\f(2nBL,g)I(3)設(shè)稱量最大質(zhì)量為mP.由m＝eq\f(2nBL,g)I，P＝I2R得mP＝eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))【答案】(1)感應電流從C端流出(2)從D端流入eq\f(2nBL,g)I(3)eq\f(2nBL,g)eq\r(\f(P,R))10．(10分)如圖所示，粒子源能放出初速度為0，比荷均為eq\f(q,m)＝1.6×104C/kg的帶負電粒子，進入水平方向的加速電場中，加速后的粒子正好能沿圓心方向垂直進入一個半徑為r＝0.1m的圓形磁場區(qū)域，磁感應強度隨時間變化的關(guān)系為B＝0.5sinωt(T)，在圓形磁場區(qū)域右邊有一屏，屏的高度為h＝0.6eq\r(3)m，屏距磁場右側(cè)距離為L＝0.2m，且屏中心與圓形磁場圓心位于同一水平線上．現(xiàn)要使進入磁場中的帶電粒子能全部打在屏上【解析】如圖所示，依據(jù)洛倫茲力公式F＝qvB可知，磁感應強度肯定時，粒子進入磁場的速度越大，在磁場中偏轉(zhuǎn)量越小．故當磁感應強度取最大值時，若粒子恰好不飛離屏，則加速電壓有最小值．設(shè)此時粒子剛好打在屏的最下端B點，依據(jù)帶電粒子在磁場中運動特點可知：粒子偏離方向的夾角正切值為tanθ＝eq\f(\f(h,2),r＋L)代入數(shù)據(jù)得tanθ＝eq\r(3)即粒子偏離方向的夾角為θ＝60°由幾何關(guān)系可知：此時粒子在磁場中對應的回旋半徑為R＝r×taneq\f(π－θ,2)代入數(shù)據(jù)得R＝0.1eq\帶電粒子在電場中加速時由動能定理得Uq＝eq\f(1,2)mv2②帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)時，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律可得qvB＝eq\f(mv2,R)③聯(lián)立①②③得U＝eq\f(q,2m)R2B2代入數(shù)據(jù)得U＝60V故加速電壓的最小值為60V.【答案】60V11．(16分)在xOy坐標系內(nèi)存在按圖示規(guī)律變化的勻強電場和勻強磁場，電場沿y軸正方向，場強為E0.磁場垂直紙面對外，磁感應強度為B0.一質(zhì)量為m、電荷量為q的正粒子，在t＝0時刻從y軸上某處沿x軸正向射入，已知0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(2πm,qB0)))時間內(nèi)粒子做直線運動．不計粒子重力，求：(1)粒子射入時的速度；(2)在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4×\f(2πm,qB0)))時間內(nèi)，粒子沿y軸方向的位移；(3)若粒子的速度其次次沿x軸負向時，恰好經(jīng)過x軸，則t＝0時粒子的縱坐標為何值？【解析】(1)在0～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1×\f(2πm,qB0)))時間內(nèi)粒子做直線運動，則有qE0＝qvB0解得v＝eq\f(E0,B0)(2)在1×eq\f(2πm,qB0)～4×eq\f(2πm,qB0)時間內(nèi)粒子做一個完整的圓周運動和Δt＝2×eq\f(2πm,qB0)的類平拋運動，則有qE0＝maΔy＝eq\f(1,2)a(Δt)2解得Δy＝eq\f(8π2mE0,qB\o\al(2,0))(3)在t＝4×eq\f(2πm,qB0)時如圖所示，有vy＝aΔt＝eq\f(4πE0,B0)tanθ＝eq\f(vy,vx)＝4πv′＝eq\r(v\o\al(2,x)＋v\o\al(2,y))＝eq\r(1＋16π2)eq\f(E0,B0)在4×eq\f(2πm,qB0)～5×eq\f(2πm,qB0)時間內(nèi)，粒子做圓周運動有qv′B0＝meq\f(v′2,R)解得R＝eq\f(mE0,qB\o\al(2,0))eq\r(16π2＋1)t＝0時粒子的縱坐標y＝Rcosθ＋R－Δy整理得y＝(1＋eq\r(16π2＋1)－8π2)eq\f(mE0,qB\o\al(2,0))【答案】(1)eq\f(E0,B0)(2)eq\f(8π2mE0,qB\o\al(2,0))(3)(1＋eq\r(16π2＋1)－8π2)eq\f(mE0,qB\o\al(2,0))12．(16分)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，y軸左側(cè)有沿x軸正方向的勻強電場，電場強度大小為E；在0<x<L區(qū)域內(nèi)，x軸上、下方有相反方向的勻強電場，電場強度大小均為2E；在x>L的區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面的勻強磁場，磁感應強度大小不變、方向做周期性變化．一電荷量為q、質(zhì)量為m的帶正電粒子(粒子重力不計)，由坐標為(－L，eq\f(L,2))的A點靜止釋放．(1)求粒子第一次通過y軸時速度大小；(2)求粒子第一次射入磁場時的位置坐標及速度；(3)現(xiàn)把握磁場方向的變化周期和釋放粒子的時刻，實現(xiàn)粒子能沿肯定軌道做往復運動，求磁場的磁感應強度B大小的取值范圍．【解析】(1)粒子在y軸左側(cè)的勻強電場中被加速做直線運動，依據(jù)動能定理有qEL＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－0解得粒子第一次通過y軸時速度大小為v0＝eq\r(\f(2qEL,m))(2)粒子進入偏轉(zhuǎn)電場后做類平拋運動，設(shè)其運動時間為t，在x方向上有L＝v0t在y方向上有Δ