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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 單元質(zhì)檢八 磁場(chǎng)（含解析）魯科版 　單元質(zhì)檢第15頁(yè)　? 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。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。全部選對(duì)的得6分,選對(duì)但不全的得3分,有選錯(cuò)的得0分) 1.為了解釋地球的磁性,19世紀(jì)安培假設(shè):地球的磁場(chǎng)是由繞過(guò)地心的軸的環(huán)形電流I引起的。在下列四個(gè)圖中,正確表示安培假設(shè)中環(huán)形電流方向的是(　　) 解析:地理的南極是地磁場(chǎng)的N極,由右手螺旋定則可知選項(xiàng)B正確。 答案:B 2. 如圖所示,長(zhǎng)為3l的直

2、導(dǎo)線折成三段做成正三角形,并置于與其所在平面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,當(dāng)在該導(dǎo)線中通以如圖所示的電流I時(shí),該通電導(dǎo)線受到的安培力大小為(　　) A.2BIl B.BIl C.BIl D.0 解析:導(dǎo)線AB段和BC段的有效長(zhǎng)度為2lsin 30°=l,所以該通電導(dǎo)線受到的安培力大小為F=BIl+BIl=2BIl,本題只有選項(xiàng)A正確。 答案:A 3.如圖所示,豎直放置的平行板電容器,A板接電源正極,B板接電源負(fù)極,在電容器中加一與電場(chǎng)方向垂直的、水平向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一批帶正電的微粒從A板中點(diǎn)小孔C射入,射入的速度大小、方向各不相同,考慮微粒所受重力,微粒在平行板A、B間運(yùn)動(dòng)過(guò)程

3、中(　　) A.所有微粒的動(dòng)能都將增加 B.所有微粒的機(jī)械能都將不變 C.有的微?？梢宰鰟蛩賵A周運(yùn)動(dòng) D.有的微?？赡茏鰟蛩僦本€運(yùn)動(dòng) 解析:微粒受重力、電場(chǎng)力和洛倫茲力。電場(chǎng)力可能對(duì)微粒做功,也可能不做功,故選項(xiàng)A、B錯(cuò)誤。電場(chǎng)沿水平方向,則重力和電場(chǎng)力不可能平衡,選項(xiàng)C錯(cuò)誤。若微粒所受電場(chǎng)力和洛倫茲力的合力與重力等大、反向,則選項(xiàng)D正確。 答案:D 4.如圖所示,空間存在豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),一帶電液滴從靜止開(kāi)始自A點(diǎn)沿曲線ACB運(yùn)動(dòng),到達(dá)B點(diǎn)時(shí),速度為零,C點(diǎn)是運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn),則①液滴一定帶負(fù)電;②液滴在C點(diǎn)時(shí)動(dòng)能最大;③液滴在C點(diǎn)電勢(shì)能最小;④液滴在

4、C點(diǎn)機(jī)械能最小 以上敘述正確的是(　　) A.①② B.①②③ C.①②④ D.②③ 解析:液滴偏轉(zhuǎn)是由于受洛倫茲力作用,據(jù)左手定則可判斷液滴一定帶負(fù)電,則液滴所受電場(chǎng)力豎直向上,而液滴能夠從靜止向下運(yùn)動(dòng),說(shuō)明液滴所受重力大于電場(chǎng)力,則液滴由A→C過(guò)程中合力做正功,液滴在C處時(shí)的動(dòng)能最大。而由于A→C克服電場(chǎng)力做功最多,電勢(shì)能增加最多,又機(jī)械能與電勢(shì)能的和不變,因此,由A→C機(jī)械能減小最多,故液滴在C點(diǎn)機(jī)械能最小,本題只有選項(xiàng)C正確。 答案:C 5.如圖所示,ABC為與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的邊長(zhǎng)為a的等邊三角形,磁場(chǎng)垂直紙面向外,比荷為的電子以速度v0從A點(diǎn)沿AB方向射入,欲使電子能經(jīng)

5、過(guò)BC邊,則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值應(yīng)為(　　) A.B> B.B< C.B< D.B> 解析:畫(huà)出電子運(yùn)動(dòng)軌跡,如圖所示,電子正好經(jīng)過(guò)C點(diǎn),此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r=,要想電子從BC邊經(jīng)過(guò),圓周運(yùn)動(dòng)的半徑要大于,由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的公式r=,即B<,本題只有選項(xiàng)C正確。 答案:C 6.如圖所示,通電導(dǎo)體棒靜止于水平導(dǎo)軌上,棒的質(zhì)量為m,長(zhǎng)為l,通過(guò)的電流大小為I且垂直紙面向里,勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的方向與導(dǎo)軌平面成θ角,則導(dǎo)體棒受到的(　　) A.安培力大小為BIl B.安培力大小為BIlsinθ C.摩擦力大小為BIlsinθ D.支持力大小為mg-BIlcosθ

6、 解析:對(duì)導(dǎo)體棒受力分析如圖,安培力F=BIl,選項(xiàng)A正確、B錯(cuò)誤;根據(jù)平衡條件得:f=BIlsinθ,FN=mg+BIlcosθ,故選項(xiàng)C正確、D錯(cuò)誤。 答案:AC 7.(xx·云南昆明質(zhì)檢)如圖所示的電路中,電源電動(dòng)勢(shì)為E、內(nèi)阻為r,兩平行金屬板間有勻強(qiáng)磁場(chǎng)。開(kāi)關(guān)S閉合后,當(dāng)滑動(dòng)變阻器滑片P位于圖示位置時(shí),一帶電粒子恰好以速度v勻速穿過(guò)兩板。若不計(jì)重力,以下說(shuō)法正確的是(　　) A.如果將開(kāi)關(guān)斷開(kāi),粒子將繼續(xù)沿直線運(yùn)動(dòng) B.保持開(kāi)關(guān)閉合,將a極板向下移動(dòng)一點(diǎn),粒子可能向上偏轉(zhuǎn) C.保持開(kāi)關(guān)閉合,將滑片P向上滑動(dòng)一點(diǎn),粒子將可能從下極板邊緣射出 D.保持開(kāi)關(guān)閉合,將滑片

7、P向下滑動(dòng)一點(diǎn),粒子將可能從下極板邊緣射出 解析:假定粒子帶正電,滑動(dòng)變阻器滑片P位于題圖示位置時(shí),該粒子勻速穿過(guò)兩板,其合力為零,設(shè)板間電壓為U,如圖所示,q-qvB=0。開(kāi)關(guān)斷開(kāi),金屬板放電而使兩板間電壓變?yōu)?,粒子只受洛倫茲力的作用,應(yīng)向上運(yùn)動(dòng),選項(xiàng)A錯(cuò)誤;保持開(kāi)關(guān)閉合,將a極板向下移動(dòng)一點(diǎn),金屬板兩端電壓不變,d減小,則q>qvB,粒子向下運(yùn)動(dòng);保持開(kāi)關(guān)閉合,將滑片P向上滑動(dòng)一點(diǎn),金屬板兩端電壓減小,則qqvB,粒子向下運(yùn)動(dòng)。再考慮粒子可能帶負(fù)電,綜合分析可知,選項(xiàng)BCD正確。 答案:BCD

8、 8.(xx·河北徐水中學(xué)高三檢測(cè))一個(gè)小球帶正電,在水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)中左右擺動(dòng),擺動(dòng)平面與磁場(chǎng)垂直,如圖所示,圖中的c點(diǎn)為小球運(yùn)動(dòng)的最低點(diǎn),小球向右運(yùn)動(dòng)和向左運(yùn)動(dòng)通過(guò)c點(diǎn)時(shí),以下說(shuō)法正確的是(　　) A.小球具有相同的速率 B.小球具有相同的動(dòng)能 C.小球受到的懸線的拉力大小相等 D.小球的加速度一定不等 解析:由于洛倫茲力不做功,則小球兩次過(guò)c點(diǎn)的速率和動(dòng)能相同,選項(xiàng)A、B正確;小球向右經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)由左手定則可知洛倫茲力向上,則FT1+qvB-mg==ma1,同理小球向左經(jīng)過(guò)c點(diǎn)時(shí)有FT2-qvB-mg==ma2,聯(lián)立可知a1=a2,FT1

9、 二、實(shí)驗(yàn)題(共15分) 9.(6分)(xx·山西四校第二次聯(lián)考)同打點(diǎn)計(jì)時(shí)器一樣,光電計(jì)時(shí)器也是一種研究物體運(yùn)動(dòng)情況的常用計(jì)時(shí)儀器,其結(jié)構(gòu)如圖甲所示。a、b分別是光電門的激光發(fā)射和接收裝置,當(dāng)有物體從a、b間通過(guò)時(shí),光電計(jì)時(shí)器就可以顯示物體的擋光時(shí)間?，F(xiàn)利用圖乙所示裝置研究滑塊的運(yùn)動(dòng)情況,圖中MN是水平桌面,Q是木板與桌面的接觸點(diǎn),1和2是固定在木板上適當(dāng)位置的兩個(gè)光電門,與之連接的兩個(gè)光電計(jì)時(shí)器沒(méi)有畫(huà)出,讓滑塊從木板的頂端滑下,光電門1、2各自連接的計(jì)時(shí)器顯示的擋光時(shí)間分別為5.0×10-2s和2.0×10-2s。用游標(biāo)卡尺測(cè)量小滑塊的寬度d,卡尺示數(shù)如圖丙所示。 (1)讀出滑塊的

10、寬度d=　　　　cm。? (2)滑塊通過(guò)光電門1的速度v1=　　　　m/s(保留兩位有效數(shù)字)。? (3)若提供一把刻度尺,測(cè)出兩個(gè)光電門之間的距離為1.00 m,則滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度為　　　　m/s2(保留兩位有效數(shù)字)。? 解析:(1)游標(biāo)卡尺的讀數(shù)為50 mm+0.05×3 mm=50.15 mm,滑塊的寬度d=5.015 cm。(2)滑塊通過(guò)光電門1的速度v1==1.0 m/s。(3)滑塊通過(guò)光電門2的速度v2==2.5 m/s,滑塊運(yùn)動(dòng)的加速度a==2.6 m/s2。 答案:(1)5.015　(2)1.0　(3)2.6 10.(9分)(xx·山西四校第二次聯(lián)考)某課題研究小組

11、,收集了數(shù)碼相機(jī)、手機(jī)等用舊了的各種類型的電池,及從廢舊收音機(jī)上拆下的電阻、電容、電感線圈?，F(xiàn)從這些材料中選取兩個(gè)待測(cè)元件:一是電阻R0(約為2 kΩ),二是手機(jī)中常用的鋰電池(電動(dòng)勢(shì)E的標(biāo)稱值為3.7 V,允許最大放電電流為100 mA)。在操作臺(tái)上還準(zhǔn)備了如下實(shí)驗(yàn)器材: A.電壓表V(量程4 V,電阻RV約為10.0 kΩ) B.電流表A1(量程100 mA,電阻RA1約為5 Ω) C.電流表A2(量程2 mA,電阻RA2約為50 Ω) D.滑動(dòng)變阻器R1(0~50 Ω,額定電流1 A) E.電阻箱R2(0~999.9 Ω,最小分度值0.1 Ω) F.開(kāi)關(guān)S一只、導(dǎo)線若干

12、 (1)為了測(cè)定電阻R0的阻值,該小組的一位成員設(shè)計(jì)了如圖所示的電路原理圖,并選取了相應(yīng)的器材(電源用待測(cè)的鋰電池)。結(jié)果發(fā)現(xiàn)其電路設(shè)計(jì)和器材選取中有兩處不妥之處,你認(rèn)為這兩處應(yīng)該怎樣調(diào)整?①　　　　　　;②　。? (2)在實(shí)際操作過(guò)程中,發(fā)現(xiàn)滑動(dòng)變阻器R1、電流表A1、電流表A2已損壞,請(qǐng)用余下的器材測(cè)量鋰電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r。 ①請(qǐng)你在方框中畫(huà)出實(shí)驗(yàn)電路圖(標(biāo)注所用器材符號(hào))。 ②為了便于分析,一般采用線性圖象處理數(shù)據(jù),請(qǐng)寫出與線性圖象坐標(biāo)軸(x,y)對(duì)應(yīng)的物理量分別為　。? 解析:(1)電阻R0的最大電流I=A=1.85×10-3A,電流表應(yīng)選A2;又R0>,電流表應(yīng)采用內(nèi)

13、接法。(2)采用電壓表和電阻箱測(cè)量鋰電池的電動(dòng)勢(shì)E和內(nèi)阻r,電路如答案中圖所示,由閉合電路的歐姆定律得,E=U+r,則,所以x、y坐標(biāo)軸分別為。 答案:(1)①用A2替換A1　②采用電流表內(nèi)接法 (2)①如圖所示 ②(或者U、) 三、計(jì)算題(本題共3小題,共47分。解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說(shuō)明、方程式和演算步驟,有數(shù)值計(jì)算的要注明單位) 11.(15分)(xx·全國(guó)理綜,26) 如圖,虛線OL與y軸的夾角θ=60°,在此角范圍內(nèi)有垂直于xOy平面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從左側(cè)平行于x軸射入磁場(chǎng),入射點(diǎn)為M,粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌

14、道半徑為R。粒子離開(kāi)磁場(chǎng)后的運(yùn)動(dòng)軌跡與x軸交于P點(diǎn)(圖中未畫(huà)出),且=R。不計(jì)重力,求M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間。 解析:根據(jù)題意,帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做圓周運(yùn)動(dòng),運(yùn)動(dòng)軌跡交虛線OL于A點(diǎn),圓心為y軸上的C點(diǎn),AC與y軸的夾角為α,粒子從A點(diǎn)射出后,運(yùn)動(dòng)軌跡交y軸于P點(diǎn),與x軸的夾角為β,如圖所示,有 qvB=m 周期為T= 由此得T= 過(guò)A點(diǎn)作x、y軸的垂線,垂足分別為B、D。由圖中幾何關(guān)系得 =Rsinα cot 60° cotβ α=β 由以上五式和題給條件得 sinα+cosα=1 解得α=30° 或α=90° 設(shè)M點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h

15、h=R- 根據(jù)幾何關(guān)系 =Rcosα- 利用以上兩式和=Rsinα得 h=R-Rcos(α+30°) 解得 h=(1-)R　(α=30°) h=(1+)R　(α=90°) 當(dāng)α=30°時(shí),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t= 當(dāng)α=90°時(shí),粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 t= 答案:見(jiàn)解析 12.(14分)(xx·河北唐山高三摸底)如圖所示,兩平行金屬板AB中間有互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)。A板帶正電荷,B板帶等量負(fù)電荷,電場(chǎng)強(qiáng)度為E;磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1。平行金屬板右側(cè)有一擋板M,中間有小孔O',OO'是平行于兩金屬板的中心線。擋板右側(cè)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)

16、磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。CD為磁場(chǎng)B2邊界上的一絕緣板,它與M板的夾角θ=45°,O'C=a,現(xiàn)有大量質(zhì)量均為m,含有各種不同電荷量、不同速度的帶電粒子(不計(jì)重力),自O(shè)點(diǎn)沿OO'方向進(jìn)入電磁場(chǎng)區(qū)域,其中有些粒子沿直線OO'方向運(yùn)動(dòng),并進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中,求: (1)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的帶電粒子的速度。 (2)能擊中絕緣板CD的粒子中,所帶電荷量的最大值。 (3)絕緣板CD上被帶電粒子擊中區(qū)域的長(zhǎng)度。 解析:(1)沿直線OO'運(yùn)動(dòng)的帶電粒子,設(shè)進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2的帶電粒子的速度為v,根據(jù)qvB1=qE 解得v=。 (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場(chǎng)B2中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),根據(jù)qvB2=m,解得

17、q=。因此,電荷量最大的帶電粒子,運(yùn)動(dòng)的半徑最小。設(shè)最小半徑為r1,此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與CD板相切,則有r1+r1=a 解得r1=(-1)a 則電荷量的最大值q=(+1)。 (3)帶負(fù)電的粒子在磁場(chǎng)B2中向上偏轉(zhuǎn),某帶負(fù)電粒子軌跡與CD相切,設(shè)半徑為r2,依題意有r2+a=r2 解得r2=(+1)a 則CD板上被帶電粒子擊中區(qū)域的長(zhǎng)度為s=r2-r1=2a。 答案:(1)　(2)(+1)　(3)2a 13.(18分)(xx·湖南長(zhǎng)沙示范性高中聯(lián)考)如圖所示,在同一平面內(nèi)三個(gè)寬度均為d的相鄰區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ,Ⅰ區(qū)內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向外;Ⅲ區(qū)內(nèi)的勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直紙面向里;Ⅱ區(qū)內(nèi)的平行板電容

18、器垂直磁場(chǎng)邊界,板長(zhǎng)、板間距均為d,且上極板電勢(shì)高,OO'為電場(chǎng)的中心線。一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子(不計(jì)重力),從O點(diǎn)以速度v0沿與OO'成30°方向射入Ⅰ區(qū),恰好垂直邊界AC進(jìn)入電場(chǎng)。 (1)求Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1的大小。 (2)為使粒子進(jìn)入Ⅲ區(qū),求電容器板間所加電壓U的范圍。 (3)為使粒子垂直Ⅲ區(qū)右邊界射出磁場(chǎng),求Ⅲ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2與電容器板間電壓U之間應(yīng)滿足的關(guān)系。 解析:(1)因粒子垂直邊界AC射入電場(chǎng),由幾何關(guān)系: Rsin 30°=d 由洛倫茲力提供向心力qBv0=m 解得:B1=。 (2)為使粒子均能進(jìn)入Ⅲ區(qū),最大電壓為Um, d=v0t ym=at2 =ma ym=+(2-)d 解得:Um=(5-2 所加電壓范圍:U<(5-2。 (3)粒子射入Ⅲ區(qū)時(shí)速度偏向角為α,粒子沿電場(chǎng)強(qiáng)度方向速度為vy,合速度為v,則: sinα= vy=at 因粒子垂直Ⅲ區(qū)右邊界射出磁場(chǎng),設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R',R'= 由幾何關(guān)系:R'sinα=d 故B2與電壓U間應(yīng)滿足:B2=。 答案:(1)　(2)U<(5-2　(3)B2=