第十一章 磁场 章末综合检测-2023年高考物理一轮系统复习学思用

这是一份第十一章 磁场 章末综合检测-2023年高考物理一轮系统复习学思用，共17页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
第十一章  磁场章末综合检测第Ⅰ卷(选择题  共46分)一、选择题(本题共10小题。在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每个小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有错选或不答的得0分)1．(2022•广东深圳市高三(下)一模)质量为m，长为L的直导体棒放置于四分之一光滑圆弧轨道上，整个装置处于竖直向上磁感应强度为B的匀强磁场中，直导体棒中通有恒定电流，平衡时导体棒与圆弧圆心的连线与竖直方向成60°角，其截面图如图所示，则下列关于导体棒中的电流分析正确的是(　　)A．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为 B．导体棒中电流垂直纸面向外，大小为C．导体棒中电流垂直纸面向里，大小为D．导体棒中电流垂直纸面向里，大小【解析】  平衡时导体棒受到竖直向下的重力、斜向上的弹力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小与弹力大小相等，方向相反，由平衡条件得，解得，再由左手定则可知，导体棒中电流的方向应垂直纸面向里。故选C。【答案】  C2．(2022•湖南岳阳市高三(下)二模)两个完全相同的弹簧秤竖直放置，下方悬挂一粗细均匀的水平直导线ab，长度为L。整个装置处在垂直于纸面向里的匀强磁场中，如图所示。若在ab中通入由a到b的恒定电流I，其中一个弹簧秤的示数为F1，若将电流反向，大小变为2I，则其中一个弹簧秤的示数为F2.下列说法正确的是(　　)A．直导线ab的质量 B．直导线ab的质量C．匀强磁场的磁感应强度 D．匀强磁场的磁感应强度【解析】  由左手定则，安培力方向竖直向上，由共点力平衡，由安培力公式，当电流反向时，由左手定则，安培力方向竖直向下，由共点力平衡，由安培力公式，联立解得，，故选C。【答案】  C3．(2022•上海市浦东新区高三(上)一模)已知通电长直导线周围某点产生的磁感应强度B与导线中的电流I成正比，与该点到导线的距离r成反比。即：。如图所示，两根平行长直导线相距R，通以大小、方向均相同的电流。取垂直纸面向里为正，在O—R区间内B随r变化的图线可能是(　　)A．                 B．C．                D．【解析】  由安培定则和磁场矢量叠加知O—R区间的中点处，磁感应强度为零，且O到0.5R之间的合磁感应强度方向向外，因取垂直纸面向里为正，故O到0.5R之间的合磁感应强度为负，且逐渐减小；同理可知0.5R到R之间的合磁感应强度方向向里，即为正，且逐渐增大。故选D。【答案】  D4．(2022•广东广州市高三(下)一模)如图所示，虚线内有垂直纸面的匀强磁场，是半圆，圆心是O，半径为r，，现有一质量为m、电荷量为的离子，以速度v沿半径射入磁场，从边垂直边界离开磁场，则(　　)A．离子做圆周运动的半径为 B．离子离开磁场时距b点为C．虚线内的磁感应强度大小为 D．离子在磁场中的运动时间为【解析】  AB．由题意，作出离子在磁场中运动轨迹示意图如图所示，则根据几何关系，离子在磁场中圆周运动半径为，离子离开磁场时距b点为 r，故AB错误；C．离子在磁场中，由洛伦兹力提供向心力，可得，故C错误；D．由几何关系知，离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150°，则运动时间为，故D正确。故选D。【答案】  D5．(2022•广东省广州市高三(下)综合测试二)阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器，其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图，探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，当宇宙中带电量为＋q的粒子从ab中点O沿纸面垂直ab边射入磁场区域时，磁谱仪记录到粒子从ad边射出，则这些粒子进入磁场时的动量p满足(　　)A． B．C． D．或【解析】  带电量为＋q的粒子进入磁场，洛伦兹力提供向心力，解得，粒子从a点射出，由几何关系可知，粒子从d点射出，由几何关系可知，解得，则磁谱仪记录到粒子从ad边射出可知，故粒子进入磁场时的动量p满足故选A。【答案】  A6．如图所示，在x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30°角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R.则下列说法正确的是(　　)A．粒子经偏转一定能回到原点OB．粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C．粒子完成一次周期性运动的时间为D．粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R【解析】  由r＝可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t＝T1＋T2＝＋＝，所以C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进l＝R＋2R＝3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A错误、D正确．【答案】  D7．如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的.将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2，结果相应的弧长变为原来的一半，则B2∶B1等于(　　)A．　　　 B．　　　　C．2　　　 D．3【解析】  当轨迹半径小于或等于磁场区半径时，粒子射出圆形磁场的点离入射点最远距离为轨迹直径．如图所示，当粒子从圆周射出磁场时，粒子在磁场中运动的轨迹直径为PQ，粒子都从圆弧PQ之间射出，因此轨迹半径r1＝Rcos 30°＝R；若粒子射出的圆弧对应弧长为“原来”的一半，即周长，对应的弦长为R，即粒子运动轨迹直径等于磁场区半径R，轨迹半径r2＝，由r＝可得＝＝.选项B正确．【答案】  B8．(多选)(2022•山东聊城市高三(下)一模)如图所示，匀强磁场方向垂直纸面向里，上端开口、下端封闭的玻璃管竖直放置，玻璃管内壁光滑，管底有一带正电的小球，在外力作用下，玻璃管垂直进入磁场并保持速度不变，小球最终从上端管口飞出．从进入磁场到小球飞出玻璃管的过程中，下列说法正确的是(    )A．洛伦兹力对小球做正功 B．小球的机械能增加C．小球的运动轨迹是一条抛物线 D．小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度无关【解析】  A．洛伦兹力的方向与速度方向垂直，永远不做功，故A错误；B．设小球竖直分速度为vy、水平分速度为v，小球受力如图所示，玻璃管对带电小球的弹力水平向右，小球的速度方向斜向右上方，弹力对小球做正功，小球的机械能增加，故B正确；C．小球随玻璃管在水平方向做匀速直线运动，小球在竖直方向所受的洛伦兹力F1=qvB，是恒力，在竖直方向，由牛顿第二定律得vBq-mg=ma，解得小球的加速度大小，小球的加速度不随时间变化，恒定不变，小球在竖直方向做匀加速直线运动，合运动为匀变速曲线运动，运动轨迹是一条抛物线，故C正确；D．小球在竖直方向做匀加速运动，根据，可知，则小球在玻璃管中的运动时间与玻璃管速度有关，选项D错误。故选BC。【答案】  BC9．(多选)(2022•河南开封市高三(下)二模)如图所示，在直角坐标系xOy第一象限内x轴上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，在y轴上S处有一粒子源，它可向右侧纸面内各个方向射出速率相等的质量大小均为m，电荷量大小均为q的同种带电粒子，所有粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点。已知粒子带负电，，粒子重力及粒子间的相互作用均不计，则(　　)A．粒子的速度大小为B．从O点射出的粒子在磁场中的运动时间为C．从x轴上射出磁场的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间之比为9：2D．沿平行x轴正方向射入的粒子离开磁场时的位置到O点的距离为【解析】  A．粒子射出磁场时离S最远的位置是x轴上的P点,可以画出其轨迹1，可知SP为直径，得到R=d，洛仑兹力提供向心力，代入，A正确；B．运动周期，得到，B选项错误；C．运动时间最长的粒子为运动轨迹与x轴相切的粒子(轨迹2)，对应的圆心角为270°，得，运动时间最短的粒子为从原点飞出的粒子(轨迹3)，此时对应的圆心角为60°，得到，所以，选项C正确；D．沿平行x轴正方向射入的粒子的运动轨迹就是C选项的轨迹2，可知离开磁场时的位置到O点的距离为，D错误；故选AC。【答案】  AC10．(多选)(2022•湖北省七市高三(下)三月调研)如图，与水平面成45°角的平面MN将空间分成Ⅰ和Ⅱ两个区域。氕核和氘核分别以相同的初动能 从平面MN上的P点水平向右射入Ⅰ区。Ⅰ区存在匀强电场，电场强度大小为E，方向竖直向下；Ⅱ区存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里。已知氕核、氘核的质量分别为m、2m，电荷量均为＋q，不计氕核和氘核的重力。下列说法正确的是(　　)A．氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同B．氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为C．氕核在Ⅱ区做匀速圆周运动的半径为D．氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距【解析】  A．第一次在电场中，水平方向有，竖直方向有，联立解得，氕核、氘核具有相同的初动能和相同的电荷量，氕核、氘核在电场中的轨迹相同，即氕核和氘核第一次进入Ⅱ区时的速度方向相同，A正确；B．氘核在电场中做类平抛。则， ， ，，氘核第一次进入Ⅱ区时的速度大小，联立解得，B错误；C．由B选项分析，同理可得氕核第一次进入Ⅱ区时的速度大小为，根据，解得，C错误；D．粒子在进入磁场速度方向与水平方向夹角相同，设为，则有，粒子在进入磁场速度方向与MN的夹角为，则，可得，粒子从进入磁场到再次回到MN时与进入磁场位置的距离，氘核在磁场中的半径，则氕核和氘核第一次刚出Ⅱ区时的位置相距，D正确；故选AD。【答案】  AD第Ⅱ卷(非选择题  共54分)二、非选择题(本题共5小题，共54分)11．(2022•上海市杨浦区一模)如图为电磁流量计的示意图，圆管用非磁性材料制成，匀强磁场方向如图所示。当管中的导电液体流过磁场区域时，测出管壁上a、b两点间的电势差U就可以知道管中液体的流量——单位时间内流过管道横截面的液体体积Q。已知圆管直径为d，磁感应强度为 B，设管中各处液体的流速v相同。可推得：Q与v的比例系数为_______，Q与U的关系式为：Q＝_______。【解析】  [1]流量是指单位时间流过截面的体积，即，则Q与v的比例系数为；[2]导电液体流过磁场区域稳定时，电荷所受的电场力和洛伦兹力平衡，则有，解得，则流量为【答案】  ①    ②12．(2022•辽南协作体高三(下)二模)如图所示，在直角坐标系xOy的第一象限内存在匀强电场场强方向与x轴正方向的夹角=45°；在第四象限内存在匀强磁场，磁感应强度方向垂直于纸面向外。A点是x轴上的一点，到O的距离为a。一质量为m，电荷量为q的带正电的粒子以初速度v0垂直于电场方向从O点进入电场区域，继而通过A点进入磁场区域，然后再次进入电场区域。不计重力，求：(1)电场强度的大小E；(2)磁感应强度的最小值Bmin。【解析】  (1)如图所示，设粒子在电场中做类平抛运动的加速度为，有，，，联立解得(2)如图所示，当磁感应强度B最小时，粒子在磁场中运动轨迹与y轴相切，设此时粒子在磁场中运动轨迹半径为R，粒子通过A点时速度为v，与v0方向的夹角为，由平抛运动规律可得在匀强磁场中，由几何关系可得，解得根据，，联立解得【答案】  (1)；(2)13．(2022•东北育才学校七模)如图所示，真空中有一回旋加速器，其两金属D形盒的半径为1.5R，左盒接出一个水平向右的管道，管道右边紧连一垂直纸面向里、磁感应强度为B2、半径为R的圆形匀强磁场，距离磁场右边界0.2R处有一长度为的荧光屏。两盒间距较小，加入一交流加速电压；垂直于两盒向上加入一磁感应强度B1的匀强磁场。现在盒的中心处由静止释放一比荷为的电子，经过时间t电子便进入水平向右的管道。已知电子在电场中的加速次数与回旋半周的次数相同，加速电子时电压的大小可视为不变。则：(1)进入圆形磁场的电子获得的速度为多大？(2)此加速器的加速电压U为多大？(3)如果电子不能打出荧光屏之外，那么B1必须符合什么条件？【解析】  (1)电子加速至D形盒最外层时，根据牛顿第二定律，有得进入圆形磁场的电子获得的速度为(2)周期电子加速次数为根据动能定理有得加速器的加速电压为(3)电子离开磁场时其速度方向的反向延长线通过圆心，与水平线的夹角设为θ，如图所示，由此可得，解得电子在磁场中运动的圆心角也为，圆弧的半径为，根据牛顿第二定律，有联立解得，即当，电子就不会打出荧光屏之外。【答案】  (1)；(2)；(3)14．(2022•湖南省衡阳市第八中学高三(下)开学考试)如图所示，平面直角坐标系的第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，第四象限内存在沿轴正方向的匀强电场。一质量为、电荷量为的粒子(不计重力)以速度从点沿轴正方向垂直射入匀强电场，之后经过轴上点进入匀强磁场，经过磁场偏转后再次经过轴上点。已知间距为，带电粒子经过点时速度与轴所成夹角为，求：(1)求间的距离；(2)磁感应强度的大小；(3)在点右侧某处垂直轴放置一接收屏，若粒子能够垂直打到屏上，求接收屏所放位置的坐标值。【解析】  (1)带电粒子经过点时速度与轴所成夹角为，可知带电粒子由电场进入磁场时速度的方向与轴成，根据类平抛运动规律，可得沿轴方向，水平方向的位移速度的偏向角可得水平位移(2)粒子进入磁场时的速度由几何关系可得匀速圆周运动的半径根据洛伦兹力提供圆周运动的向心力，解得(3)若粒子垂直达到点右侧的接收屏上，可能从磁场中运动到最高点打到屏上，也可能运动到电场的最低点打到屏上，根据运动的对称性【答案】  (1) ；(2) ；(3) 15．(2022•北京市中央民族大学附属中学高三(下)2月检测)静止电荷在其周围空间产生的电场，称为静电场；随时间变化的磁场在其周围空间激发的电场称为感生电场。(1)如图1所示，真空中一个静止的均匀带电球体，所带电荷量为+Q，半径为R，静电力常量为k。距球心r处电场强度的大小分布满足如下关系：；a．将电荷量为q的试探电荷放在距离带电球球心2R处，求其受到的静电力大小F；b．在图2坐标系中画出图像，并借助该图像求出带电球的球心与球面间的电势差U。  (2)如图3所示，在纸面内以O为圆心、半径为a的圆形区域内，分布着垂直纸面向里的磁场，磁感应强度B的大小随时间均匀增加，变化率为k。该变化磁场激发感生电场，距圆心r处的电场强度大小分布满足如下关系：；电子感应加速器是利用感生电场使电子加速的设备。一种电子感应加速器的简化模型如图4所示，空间存在垂直纸面向里的磁场，在以O为圆心，半径小于r0的圆形区域内，磁感应强度B1=k1t，在大于等于r0的环形区域内，磁感应强度B2=k2t，其中k1、k2均为正的定值。电子能在环形区域内沿半径等于r0的圆形轨道运动，并不断被加速。a．分别说明B1、B2的作用；b．推导k1与k2应满足的数量关系。【解析】  (1)a由所给电场强度的表达式可得，当时，则带点球受到的静电力大小b距球心处电场强度的大小分布满足的关系为，则关系如图所示根据图像所围面积表示电势差，可求出球心到球面的电势差为(2)a的作用是产生感生电场，使电子加速，的作用是为电子做圆周运动提供向心力；b电子在轨道运动的瞬时速度为v，电子的质量为m，电荷量为e，由牛顿第二定律得经极短时间，根据牛顿第二定律可得，当时，，则，综上得【答案】  (1)a；b，；(2)a见解析；b