统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（九）磁场含答案

这是一份统考版2023版高考物理一轮复习单元质量评估（九）磁场含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
1．关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁场发生的
B．乙图中，磁体对通电导线的力是通过磁体的电流发生的
C．丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的
D．丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的
2．如图所示，磁感应强度大小为B的匀强磁场方向斜向右上方，与水平方向所夹的锐角为45°.将一个 eq \f(3,4) 金属圆环ab置于磁场中，圆环的圆心为点O，半径为r，两条半径Oa和Ob相互垂直，且Oa沿水平方向．当圆环中通以电流I时，圆环受到的安培力大小为( )
A． eq \r(2) BIr B． eq \f(3,2) πBIr
C．BIr D．2BIr
3．如图所示，两平行光滑金属导轨CD、EF间距为L，与电动势为E0的电源相连，质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直于导轨放置构成闭合回路，回路平面与水平面成θ角，回路其余电阻不计．为使ab棒静止，需在空间施加的匀强磁场磁感应强度的最小值及其方向分别为( )
A． eq \f(mgR,E0L) ，水平向右
B． eq \f(mgR cs θ,E0L) ，垂直于回路平面向上
C． eq \f(mgR tan θ,E0L) ，竖直向下
D． eq \f(mgR sin θ,E0L) ，垂直于回路平面向下
4．[2021·湖北模拟]一电中性微粒静止在垂直纸面向里的匀强磁场中，在某一时刻突然分裂成a、b和c三个微粒，a和b在磁场中做半径相等的匀速圆周运动，环绕方向如图所示，c未在图中标出．仅考虑磁场对带电微粒的作用力，下列说法正确的是( )
A．a带负电荷
B．b带正电荷
C．c带正电荷
D．a和b的动量大小一定相等
5．[2021·北京模拟]如图所示，在xOy坐标系的第一象限内存在匀强磁场．一带电粒子在P点以与x轴正方向成60°的方向垂直磁场射入，并恰好垂直于y轴射出磁场．已知带电粒子质量为m、电荷量为q，OP＝a.不计重力．根据上述信息可以得出( )
A．带电粒子在磁场中运动的轨迹方程
B．带电粒子在磁场中运动的速率
C．带电粒子在磁场中运动的时间
D．该匀强磁场的磁感应强度
6．回旋加速器在科学研究中得到了广泛应用，其原理如图所示．D1和D2是两个中空的半圆形金属盒，置于与盒面垂直的匀强磁场中，它们接在电压为U、周期为T的交流电源上．位于D1的圆心处的质子源A能不断产生质子(初速度可以忽略)，它们在两盒之间被电场加速．当质子被加速到最大动能Ek后，再将它们引出．忽略质子在电场中的运动时间，则下列说法中正确的是( )
A．若只增大交变电压U，则质子的最大动能Ek会变大
B．若只增大交变电压U，则质子在回旋加速器中运行的时间会变短
C．若只将交变电压的周期变为2T，仍可用此装置加速质子
D．质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为 eq \r(n－1) ∶ eq \r(n)
7．[2020·山东菏泽一模]已知通电长直导线在其周围某点产生磁场的磁感应强度大小B0与通电导线中的电流I成正比，与该点到通电导线的距离r成反比，即B0＝k eq \f(I,r) ，式中k为比例系数．现有两条相距为L的通电长直导线a和b平行放置，空间中存在平行于图示的菱形PbQa的匀强磁场(图中未画出).已知菱形PbQa的边长也为L，当导线a和b中通以大小相等、方向如图所示的电流I时，P点处的磁感应强度恰好为零．则下列说法不正确的是( )
A．Q点处的磁感应强度大小为k eq \f(I,L)
B．匀强磁场的方向从P点指向Q点，大小为2k eq \f(I,L)
C．匀强磁场的方向从Q点指向P点，大小为2k eq \f(I,L)
D．两导线连线中点处的磁感应强度大小为3k eq \f(I,L)
8．如图所示，水平放置的速度选择器、平行板电容器的两极板均关于虚线OO′对称，O′点是距离电容器右端L处的光屏PP′的中点，PP′长为3L.速度选择器及平行板电容器中的电场方向均竖直向下，电场强度大小均为E，速度选择器中匀强磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B，平行板电容器的长和宽均为L.一带电粒子从O点以一定的初速度水平射入速度选择器，粒子沿虚线方向进入平行板电容器，最后打在光屏上的P点，不计粒子重力，以下说法不正确的是( )
A．粒子带负电
B．粒子的比荷为 eq \f(2E,B2L)
C．粒子恰好从平行板电容器的边缘射出
D．粒子打在光屏上时的速度大小为 eq \f(2E,B)
二、非选择题
9．如图所示，在水平面的上方有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小B＝5 T，还有水平向左的匀强电场，其大小为E＝50 V/m.质量为M＝2 kg木块的上表面上钉着一颗小钉子，质量m＝0.5 kg的光滑带电小球通过一长为l＝0.2 eq \r(2) m的细线与小钉子相连接，细线与木块上表面垂直，小球的带电荷量为q＝0.5 C．木块与水平面间的动摩擦因数μ＝0.5，现将木块由静止释放．(重力加速度大小g＝10 m/s2，小球可看成质点)
(1)求木块释放瞬间小球和木块之间弹力的大小；
(2)木块脱离地面的瞬间，求细线对小球的拉力；
(3)从释放木块到木块脱离地面过程中木块的位移为x0＝6.4 m，求木块克服滑动摩擦力做的功．(结果保留1位小数)
10．[2021·全国甲卷，25] 如图，长度均为l的两块挡板竖直相对放置，间距也为l，两挡板上边缘P和M处于同一水平线上，在该水平线的上方区域有方向竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E；两挡板间有垂直纸面向外、磁感应强度大小可调节的匀强磁场．一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子自电场中某处以大小为v0的速度水平向右发射，恰好从P点处射入磁场，从两挡板下边缘Q和N之间射出磁场，运动过程中粒子未与挡板碰撞．已知粒子射入磁场时的速度方向与PQ的夹角为60°，不计重力
(1)求粒子发射位置到P点的距离；
(2)求磁感应强度大小的取值范围；
(3)若粒子正好从QN的中点射出磁场，求粒子在磁场中的轨迹与挡板MN的最近距离．
单元质量评估（九） 磁场
1．解析：导线中的电流对小磁针的作用、磁体对电流的作用、电流之间的相互作用都是通过磁场发生的，故C正确．
答案：C
2．解析：圆环受到的安培力大小等效为ab连线的长度电流受到的安培力，ab连线的长度为 eq \r(2) r，则F＝BI· eq \r(2) r＝ eq \r(2) BIr，选项A正确．
答案：A
3．解析：
对金属棒受力分析，受重力、支持力和安培力，如图所示；从图可以看出，当安培力沿斜面向上时，安培力最小，故安培力的最小值为：FA＝mg sin θ，故磁感应强度的最小值为B＝ eq \f(FA,IL) ＝ eq \f(mg sin θ,IL) ，根据欧姆定律，有E0＝IR，B＝ eq \f(mgR sin θ,E0L) ，选项D正确．
答案：D
4．解析：由左手定则可知，粒子a、粒子b均带正电，电中性的微粒分裂的过程中，总的电荷量应保持不变，则粒子c应带负电，A、C错误，B正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m eq \f(v2,R) ，解得R＝ eq \f(mv,qB) ，由于粒子a与粒子b的电荷量大小关系未知，则粒子a与粒子b的动量大小关系不确定，D错误．
答案：B
5．解析：如图，找出轨迹圆心O′，画出带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹，利用三角函数知识求出轨迹半径r＝ eq \f(a,sin 60°) ，则轨迹方程为x2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(y－\f(\r(3),3)a)) eq \s\up12(2) ＝ eq \f(4,3) a2（x>0，y>0），故A正确；由洛伦兹力提供向心力有qvB＝ eq \f(mv2,r) ，故v＝ eq \f(qBr,m) ，因为B和v均未知，故选项B、D错误；因为T＝ eq \f(2πr,v) ＝ eq \f(2πm,qB) ，B未知，不能求出周期T，故不能求出带电粒子在磁场中运动的时间，C错误．
答案：A
6．解析：由r＝ eq \f(mv,qB) 可知，质子经加速后的最大速度与回旋加速器的最大半径有关，而与交变电压U无关，故A错误；增大交变电压，质子加速次数减小，所以质子在回旋加速器中的运行时间变短，B正确；为了使质子能在回旋加速器中加速，质子的运动周期应与交变电压的周期相同，C错误；由nqU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(n)) 以及rn＝ eq \f(mvn,qB) 可得质子第n次被加速前、后的轨道半径之比为 eq \r(n－1) ∶ eq \r(n) ，D正确．
答案：BD
7．解析：由题意知每股电流在P点处产生的磁场的磁感应强度大小为B＝k eq \f(I,L) ，由安培定则知导线a和b中的电流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向分别垂直Pa和Pb，由平行四边形定则知合磁场由Q指向P，大小仍为k eq \f(I,L) ，则匀强磁场的磁感应强度方向应由P点指向Q点，且大小为k eq \f(I,L) ，才能使P点处的磁感应强度恰为零，B、C项错误；同理可知Q点处的磁感应强度也为零，A项错误；由于两导线连线中点到两导线的距离均为 eq \f(L,2) ，两导线在该处产生的磁感应强度加倍，大小均为2k eq \f(I,L) ，合磁感应强度的大小为3k eq \f(I,L) ，D项正确．
答案：ABC
8．解析：由于粒子最终打在P点，故粒子进入平行板电容器后向上偏转，则粒子带负电，A正确．由粒子沿虚线穿过速度选择器可知qE＝qv0B，可得粒子的初速度v0＝ eq \f(E,B) ；粒子进入平行板电容器后做类平抛运动，设粒子在平行板电容器中的运动时间为t，根据类平抛运动的规律，在水平方向上有L＝v0t，在竖直方向上有y1＝ eq \f(1,2) · eq \f(qE,m) ·t2，整理得粒子在平行板电容器中的竖直位移的大小y1＝ eq \f(qB2L2,2mE) ；粒子离开平行板电容器后做匀速直线运动，直到打在光屏上的P点，所用时间与在平行板电容器中的运动时间相等，故粒子在竖直方向上的位移大小y2＝ eq \f(qE,m) t·t＝ eq \f(qB2L2,mE) .由题意可知y1＋y2＝ eq \f(3L,2) ，解得粒子的比荷 eq \f(q,m) ＝ eq \f(E,B2L) ，y1＝ eq \f(L,2) ，即粒子恰好从平行板电容器的上极板边缘射出，B错误，C正确．粒子打在光屏上时的速度与离开平行板电容器时的速度相等，根据动能定理有qE· eq \f(L,2) ＝ eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up11(2),\s\d4(0)) ，解得粒子打在光屏上时的速度大小v＝ eq \f(\r(2)E,B) ，D错误．
答案：AC
9.
解析：（1）木块释放瞬间，小球不受洛伦兹力．木块和小球整体的受力情况如图所示
根据牛顿运动定律可得：
qE－Ff＝（M＋m）a1
FN－（M＋m）g＝0
Ff＝μFN
求得：a1＝5 m/s2
以小球为研究对象可得：
qE－N＝ma1
求得：N＝22.5 N
（2）木块脱离地面时，地面对木块的支持力为零，以木块和小球整体为研究对象，
f洛－（M＋m）g＝0
qE＝（M＋m）a2
求得：a2＝10 m/s2
以小球为研究对象，如图所示，
根据牛顿第二定律可得：
f洛－mg－T sin θ＝0
qE－T cs θ＝ma2
求得：
T＝20 eq \r(2) N
θ＝45°
细线的拉力大小为20 eq \r(2) N，方向斜向右下方，与水平方向间的夹角为45°.
（3）木块离开地面时小球距悬点的水平距离和竖直距离分别为
x1＝l cs 45°＝0.2 m
h＝l sin 45°＝0.2 m
木块脱离地面的瞬间，对整体、重力和洛伦兹力相等
qvB＝（M＋m）g
求得：v＝ eq \f(（M＋m）g,qB) ＝10 m/s
根据动能定理可得：
qE（x0＋x1）－Wf－mg（h＋l）＝ eq \f(1,2) （M＋m）v2
求得：Wf＝37.6 J
答案：（1）22.5 N （2）见解析 （3）37.6 J
10．解析：（1）画出粒子在电场中的运动轨迹，如图1，有tan 60°＝ eq \f(v0,vy)
vy＝at，a＝ eq \f(Eq,m)
x＝v0t，y＝ eq \f(1,2) at2
从发射位置到P点的距离s＝ eq \r(x2＋y2)
联立解得s＝ eq \f(\r(13)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,6Eq)
（2）磁感应强度B较大时，设粒子恰好从Q点射出，设轨迹半径为R1，在板间的轨迹如图2，则由几何关系有
sin 60°＝ eq \f(\f(l,2), R1 )
qvB1＝m eq \f(v2,R1)
结合（1）中分析，有sin 60°＝ eq \f(v0,v)
联立解得B1＝ eq \f(2mv0,ql)
磁感应强度B最小时，粒子轨迹恰好过N点，设轨迹半径为R2，如图3
eq \f(R2,sin 90°) ＝ eq \f(\f(\r(2),2)l,sin 15°)
qvB2＝m eq \f(v2,R2)
联立解得B2＝ eq \f(（3－\r(3)）mv0,3ql)
故 eq \f(（3－\r(3)）mv0,3ql) ≤B≤ eq \f(2mv0,ql)
（3）画出从NQ中点A出射粒子的轨迹，如图4
根据几何知识可知最近距离d＝l－（R－R sin 30°）
R2＝（l－R cs 30°）2＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(l,2)＋R sin 30°)) eq \s\up12(2)
解得R＝ eq \f(5l,4\r(3)－2)
得最近距离d＝ eq \f(8\r(3)－9,8\r(3)－4) l
答案：见解析