2020版高考物理总复习第九章磁场综合检测（含解析）.docx

磁场 综合检测(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本题共12小题,每小题4分,共48分.在每小题给出的四个选项中,第18小题只有一个选项正确,第912小题有多个选项正确,全部选对得4分,选对但不全得2分,有选错或不选的得0分)1.2016年备受瞩目的国家自然科学奖一等奖,颁给了中国科学技术大学潘建伟院士领衔的“多光子纠缠及干涉度量”项目,在物理学理论建立的过程中,有许多科学家做出了贡献.关于科学家的贡献和研究方法,下列说法正确的是(A)A.法拉第首先引入电场线和磁感线,极大地促进了他对电磁现象的研究B.库仑提出了库仑定律,并最早用实验测得元电荷e的数值C.奥斯特发现了电流的磁效应,并发现了电磁感应现象D.“点电荷”、“总电阻”、“电场强度”概念的提出应用了等效替代的方法解析:法拉第首先引入电场线和磁感线,极大地促进了他对电磁现象的研究,选项A正确;库仑提出了库仑定律,密立根最早用实验测得元电荷e的数值,选项B错误;奥斯特发现了电流的磁效应,法拉第发现了电磁感应现象,选项C错误;“点电荷”是理想模型法,“电场强度”是比值定义法,故D错误.2.一通电直导线长度为1 cm、质量为1 g、电流为1 A,用两根绝缘轻质细线悬挂在天花板上,静止在水平位置,如下正面图.在通电导线所处位置加上匀强磁场,静止后细线与竖直方向成30角,如下侧面图(=30),g取10 m/s2,则B的最小值及对应方向是(B)A.0.866 T,方向竖直向下B.0.5 T,方向沿线向上C.0.577 T,方向沿线向上D.1 T,方向平行于纸面水平向左解析:当安培力方向与拉力方向垂直时,此时安培力最小,磁场方向沿线向上,由几何关系可得F=mgsin 30,安培力为F=BIL,联立以上解得B=0.5 T,故B正确.3.如图所示,两平行直导线cd和ef竖直放置,通以方向相反大小相等的电流,a,b两点位于两导线所在的平面内,则(C)A.b点的磁感应强度为零B.ef导线在a点产生的磁场方向垂直纸面向里C.cd导线受到的安培力方向向左D.同时改变两导线的电流方向,cd导线受到的安培力方向改变解析:根据安培定则可知,两导线在b处的磁场方向均为垂直纸面向外,所以b点的磁场方向向外,不等于0,故A错误;根据安培定则可知,导线ef在a处的磁场垂直纸面向外,故B错误;根据左手定则可判断,方向相反的两个电流的安培力互相排斥,所以cd导线受到的安培力方向向左,故C正确;不管电流方向如何,只要电流方向相反,就互相排斥,故D错误.4.如图所示,有一边长l=2 m的正三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小B= T,有一比荷=200 C/kg的带正电粒子从AB边上的P点垂直AB边进入磁场,AP的距离为 m,要使粒子能从AC边射出磁场,带电粒子的最大初速度为(粒子的重力不计)(B)A.500 m/s B.600 m/sC.4102 m/sD.1 200 m/s解析:由题意,使粒子能从AC边射出磁场,带电粒子有最大初速度时的轨迹如图;由几何关系可知,R= m,由qvB=解得v=200 m/s=600 m/s.5.如图所示,实线表示在竖直平面内的匀强电场的电场线,电场线与水平方向成角,匀强磁场与电场正交,方向垂直纸面.有一带电液滴沿虚线L斜向上做直线运动,L与水平方向成角,且,则下列说法中正确的是(D)A.磁场方向一定垂直纸面向里B.液滴一定带正电C.液滴有可能做匀变速直线运动D.撤去磁场,液滴一定做类平抛运动解析:带电液滴受竖直向下的重力G、沿电场线方向的电场力F、垂直于速度方向的洛伦兹力f,由于,这三个力的合力不可能沿带电液滴的速度方向,因此这三个力的合力一定为零,带电液滴做匀速直线运动,不可能做匀变速直线运动;若带电液滴带正电,磁场方向垂直纸面向里,电场线方向斜向上,如果带电液滴带负电,电场线方向斜向下,磁场方向垂直纸面向外,带电液滴所受合力为零,所以磁场方向不一定垂直纸面向里,液滴不一定带正电,故A,B,C错误;撤去磁场前,液滴做匀速直线运动,根据平衡条件可知重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向,所以重力与电场力的合力的方向与速度垂直,撤去磁场后,液滴一定做类平抛运动,故D正确.6.在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极,沿边缘内壁放一个圆环形电极,把它们分别与电池的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体,例如盐水.如果把玻璃皿放在磁场中,液体就会旋转起来.则正确的是(C)A.若磁场方向垂直纸面向里,液体逆时针转动(俯视)B.若磁场方向反向,电池正负极对调,则液体转动方向也发生变化C.电池消耗的总功率=电路总电阻的热功率+液体的机械功率D.若已知电池路端电压U和总电流I,则液体电阻R=解析:若磁场方向垂直纸面向里,根据左手定则,液体顺时针转动(俯视),选项A错;若磁场方向反向,电池正负极对调,则液体转动方向不发生变化,选项B错;根据能量守恒可知,电池消耗的总能量转化为内能和液体的机械能,电池消耗的总功率=电路总电阻的热功率+液体的机械功率,选项C正确;此电路为非纯电阻电路,不满足欧姆定律,选项D错.7.如图所示,ab是一弯管,其中心线是半径为R的一段圆弧,将之置于一匀强磁场中,磁感线方向垂直于圆弧所在的纸面并向外,一束粒子对准左端射入弯管,粒子有不同的质量,不同的速度,但都是一价正离子,则(D)A.只有速度大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管B.只有质量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管C.只有动能大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管D.只有动量大小一定的粒子可以沿中心线通过弯管解析:洛伦兹力提供向心力,根据牛顿第二定律,有qvB=m,解得R=,由于电荷量和磁感应强度一定,故半径与动量成正比,故D正确.8.如图所示,正三角形的三条边都与圆相切,在圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,质子PH)和氦核QHe)都从顶点A沿BAC的角平分线方向射入磁场,质子PH)从C点离开磁场,氦核QHe)从相切点D离开磁场,不计粒子重力,则质子和氦核的入射速度大小之比为(A)A.61B.31C.21D.32解析:当质子PH)从顶点A沿BAC的角平分线方向射入磁场,根据对称性可画出运动轨迹如图1所示,设内切圆的半径为R,根据几何关系得,轨迹半径r1=R;当氦核QHe)从顶点A沿BAC的角平分线方向射入磁场,根据对称性可画出运动轨迹如图2所示,轨迹半径r2=Rtan 30=R;设质子和氦核的入射速度大小分别为v1和v2,根据带电粒子在匀强磁场中的半径公式r=,又=3,=,联立方程可解得,=,故A正确.9.如图所示,一带电粒子,质量为m,电荷量为q,以一定的速度沿水平直线AB方向通过一正交的电磁场,磁感应强度为B1,电场强度为E.粒子沿垂直等边三角形磁场边框的AB边方向由中点的小孔O进入另一匀强磁场,该三角形磁场的边长为a,经过两次与磁场边框碰撞后(碰撞过程无能量损失)恰好返回到小孔O,则以下说法正确的是(不计重力)(BD)A.该带电粒子一定带正电B.该带电粒子的速度为C.该粒子返回到小孔O之后仍沿BA直线运动D.等边三角形磁场的磁感应强度为解析:粒子沿着AB方向的运动是匀速直线运动,洛伦兹力和电场力平衡,粒子可能带正电荷,也可能带负电荷,故A错误;粒子沿着AB方向的运动是匀速直线运动,根据平衡条件,有qvB1=qE,解得v=,故B正确;该粒子返回到小孔O之后,速度反向,洛伦兹力反向,粒子做曲线运动,故C错误;粒子进入三角形区域的运动轨迹如图所示,结合几何关系得,轨道半径为r=,根据牛顿第二定律有qvB=m,又v=,联立解得B=,故D正确.10.现代质谱仪可用来分析比质子重很多倍的离子,其示意图如图所示.从粒子源O出来时的粒子速度很小,可以看做初速度为零,粒子经过电场加速后进入有界的垂直纸面向外的匀强磁场区域,并沿着半圆周运动而达到出口,设入口和出口间的距离为x,则(AC)A.粒子一定带正电B.粒子一定带负电C.x越大,则粒子的质量与电荷量之比一定越大D.x越大,则粒子的质量与电荷量之比一定越小解析:根据左手定则,知粒子带正电,选项A正确,B错误;根据半径公式r=知,x=2r=,又qU=mv2,联立解得x=,知x越大,质量与电荷量的比值越大,选项C正确,D错误.11.如图所示,在第二象限内有水平向右的匀强电场,在第一、第四象限内分别存在如图所示的匀强磁场,磁感应强度大小相等.在该平面有一个质量为m、带电荷量q的正电粒子,以初速度v0垂直x轴,从x轴上的P点进入匀强电场,之后与y轴成45角射出电场,再经过一段时间恰好垂直于x轴进入下面的磁场,已知OP之间的距离为d,不计带电粒子的重力,则(BD)A.磁感应强度B=B.电场强度E=C.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为D.自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为解析:粒子的轨迹如图所示带电粒子在电场中做类平抛运动,水平方向做匀加速运动,竖直方向做匀速运动,由题得知,出电场时,vx=vy=v0,根据x=t,y=vyt=v0t,得y=2x=2d,出电场时与y轴交点坐标为(0,2d),则设粒子在磁场中运动的半径为R,则有Rsin (180-)=y=2d,而=135,解得R=2d,粒子在磁场中运动的速度为v=v0,根据R=,解得B=,故A错误;根据vx=at=t=v0,x=t,联立解得E=,故B正确;在第一象限运动时间为t1=T=,在第四象限运动时间为t2=T=,所以自进入磁场至在磁场中第二次经过x轴所用时间为t=t1+t2=,故D正确,C错误.12.如图所示,PQ为磁感应强度为B=110-2 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场的边界,磁场中的O点有一粒子源,它均匀地向纸面内各个方向同时发射速率为v=1104 m/s、比荷为=1107 C/kg的带正电的粒子.已知O点与PQ的距离为10 cm,不计带电粒子的重力和粒子间的相互作用,下列判断正确的是(AD)A.飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半B.PQ上有粒子飞出的区域长度为20 cmC.飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的2倍D.飞出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间是最短时间的4.5倍解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,根据qvB=m,得r=0.1 m=10 cm;根据题意可知,当带电粒子水平向左出射时偏转个周期恰好与QP边相切,当带电粒子水平向右出射时偏转个周期恰好与QP边相切,如图(甲)所示,从水平向左出射逆时针至水平向右出射,对应的角度为,即在这个角度内出射的粒子都可以飞出磁场,而另一半方向出射的粒子将不能飞出磁场,故飞出磁场的粒子数占所有粒子数的一半,故A正确;当水平向右出射的粒子恰好与QP相切时为粒子在上端出射的最远距离,当OD的距离为2r=20 cm时,可以求粒子在下端出射的最远距离,如图(乙)所示,由几何关系可知,PQ上有粒子飞出的区域长度为CD段长度,过O点作QP的垂线交于E点,且OE=10 cm,由几何关系得CE=r=10 cm,ED= cm=10 cm,故CD=CE+ED=10(1+)cm,故B错误;粒子从A点射出时粒子在磁场中运动的时间最长,粒子从E点射出时粒子在磁场中运动的时间最短,如图(丙)所示:对从E点射出的粒子,因OE=r=10 cm,故OO2E是等边三角形,故OO2E=,对应的时间为t1=T=T;对从A点射出的粒子,由图可知其圆心角为,对应的时间为t2=T=T,故=4.5,故C错误,D正确.二、非选择题(共52分)13.(8分)两条相距为1 m的水平金属导轨上放置一根导体棒ab,处于竖直方向的匀强磁场中,磁感应强度的大小为B=0.3 T,如图所示,导体棒的质量是m=1.2 kg,当棒中通入I1=2 A的电流时(电流方向是从a到b),它可在导轨上以v0=3 m/s的速度向右匀速滑动.求: (1)磁场的方向;2)滑动摩擦力的大小;(3)如果某时刻导体棒电流增大到I2=4 A并且电流方向相反(从b到a),改变电流后经历多长时间导体棒的速度变为零?解析:(1)根据题意,导体棒沿水平导轨向右做匀速运动,受力分析可知,安培力FA水平向右,如图所示.根据左手定则,可知磁场方向竖直向上.(2分)(2)导体棒向右匀速运动,受力平衡,故I1LB=f,(2分)代入数据得f=0.6 N.(1分)(3)改变电流的一瞬间,由于惯性,导体棒继续向右运动.分析可知,导体棒向右做匀减速直线运动根据牛顿第二定律,在水平方向:I2LB+f=ma(1分)根据运动学公式:v=v0+at(1分)联立方程并代入数据,得t=2 s.(1分)答案:(1)竖直向上(2)0.6 N(3)2 s14.(8分)如图所示为回旋加速器的示意图.两个靠得很近的D形金属盒处在与盒面垂直的匀强磁场中,一质子从加速器的A处开始加速.已知D形盒的半径为R,磁场的磁感应强度为B,高频交变电源的电压为U、频率为f,质子质量为m,电荷量为q.求:(1)质子所能获得的最大动能是多少?(2)质子在回旋加速器中运动的时间.解析:(1)质子出回旋加速器的速度最大,此时的半径为R,根据qvB=m得v=(2分)则粒子的最大动能Ekm=mv2=.(2分)(2)加速电场的加速电压为U,带电粒子每加速一次获得的能量为E0=qU(1分)设带电粒子在磁场中运动的圈数为n,每圈有两次加速所以有2nqU=Ekm=(1分)带电粒子在磁场中运动周期T=(1分)所以带电粒子在回旋加速器内运动的最少时间为t=nT=.(1分)答案:(1)(2)15.(8分)在如图所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边界上的一点.现有一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为=30,OP=L,求:(1)磁感应强度的大小和方向;(2)该圆形磁场区域的最小面积.解析:(1)由左手定则得磁场方向垂直xOy平面向里.粒子在磁场中做弧长为圆周的匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场.设其圆心为O,半径为R.由几何关系有(L-R)sin 30=R,(1分)得R=(1分)由牛顿第二定律有qv0B=m,(1分)故R=(1分)由以上各式得磁感应强度B=.(1分)(2)设磁场区的最小面积为S.由几何关系得,圆形磁场区域直径=R=L,(2分)得S=.(1分)答案:(1),垂直xOy平面向里(2)16.(8分)如图所示,在xOy平面直角坐标系中,以原点O为圆心,半径为L的圆内存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B0.一个带正电粒子以某一初速度从原点O出发,粒子只在纸面内运动,该带电粒子运动过程中恰好不能出磁场.已知该粒子质量为m所带电荷量大小为q,不计粒子所受的重力.求:(1)粒子初速度大小;(2)现将该带电粒子的初速度大小增大到原来的两倍,若该粒子离开磁场时的速度方向恰好与y轴平行,试求该粒子初速度与x轴正方向的夹角;(3)为了将第(2)问中初速度增大到原来两倍的带电粒子束缚在磁场中,可以在圆形磁场边界外再增加一垂直纸面的环形磁场,该环形磁场内边界与原磁场外边界重合,磁感应强度大小也为B0,求环形磁场的外边界半径的最小值,并求出带电粒子在磁场中的运动周期大小.解析:(1)粒子离开出发点最远的距离为轨道半径的2倍,L=2r(1分)由qvB0=m得v=.(2分)(2)粒子初速度加倍则运动半径变为r1=L(1分)画出出磁场速度与y轴平行情况可知,圆周运动半径EF平行x轴,又由圆半径OF=EO=EF=L,知=60,初速度垂直EO,所以初速度与x轴夹角为30,同理若出磁场速度指向y轴负向,则初速度与x轴夹角为210.(3)若所加外磁场方向与原磁场同向,则知粒子运动的半径为r1=L,则外磁场外径R2=2L(1分)周期T0=(1分)若所加外磁场方向与原磁场反向,根据对称性画出运动轨迹图(如图所示),由几何关系得R2=r1+r1=(1+)L(1分)T0=(T0+T0)=.(1分)答案:(1)(2)30或210 (3)2L或(1+)L或17.(10分)如图所示,金属板的右侧存在n(n大于2)个有理想边界的匀强磁场,磁场的宽度均相等,且上边界与下边界间的距离足够大.相邻磁场的方向相反,ABCD区域里磁场的方向垂直于纸面向里,CDEF区域里磁场的方向垂直于纸面向外,以此类推,第n个磁场方向向里.区域中磁感应强度的大小均为B,磁场区域的宽度均相同.当加速电压为某一值时,一电子由静止开始,经电场加速后,以速度v0垂直于磁场边界AB进入匀强磁场,经t=的时间后,到达另一磁场边界EF.已知电子的质量为m,电荷量为e.求:(1)每一磁场的宽度d;(2)若要保证电子能够到达磁场边界EF,加速电压U至少为多少?(3)现撤去加速装置,使ABCD区域的磁感应强度变为2B,第n个磁场(最右侧)磁感应强度变为2B(其他磁场均不变),使电子仍以速率v0从磁场边界AB的同一位置射入,可改变射入时速度的方向.现使得电子穿过ABCD区的时间最短,求电子穿出整个磁场区域的时间t和电子从磁场射出的位置到水平虚线的距离x.解析:(1)电子在每一磁场中运动的时间为t1=(1分)故电子在磁场中转过电子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力即evB=m(1分)由图(甲)可知d=rsin 45,解得d=.(1分)(2)若使电子能够到达EF,则电子恰好从CD边穿出磁场,电子轨迹与CD相切,设此时对应的电压为U,电子进入磁场时的速度为v,则evB=m(1分)R=d,eU=mv2,(2分)解得U=.(1分)(3)若要电子穿过ABCD区域的时间最短,则需要电子对称地穿过ABCD区域(弦最短),电子在两区域的半径关系r2=2r1=,(1分)由sin =,解得=45第一段时间t1=T=在区域CDEF中的圆心必在EF边上如图(乙),=第二段时间t2=T=电子通过每个磁场的时间均为t2直至第n个磁场的磁感应强度为2B,rn=,Tn=故并未从第n个磁场右侧射出磁场,经过半周后返回第n-1个磁场,最后从AB边射出磁场,粒子运动的整个轨迹完全对称.故从进入磁场到离开磁场的总时间为t=2(n-1)+=+(1分)电子从磁场中射出位置到水平虚线的距离x=2r2(1-cos 45)(n-2)+d=+.(1分)答案:(1)(2) (3)+(2-)(n-2)+18.(10分)在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy,x轴沿水平方向,如图(甲)