2022年广东高考物理一轮复习第八章磁场阶段质量检测题

这是一份2022年广东高考物理一轮复习第八章磁场阶段质量检测题，共9页。试卷主要包含了单项选择题，双项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
(时间60分钟，满分100分)
一、单项选择题(本题共4个小题，每小题4分，共16分.每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1. (2009·重庆高考)在图1所示的电路中，电池均相同，当开关S分别置于a、b两处时，导线MM′与NN′之间的安培力的大小分别为fa、fb，可判断这两段导线 ( )
图1
A.相互吸引，fa>fb B.相互排斥，fa>fb
C.相互吸引，faqvB，则B项正确，
因此洛仑兹力与v有关，不可能做匀变速直线运动，C错误.
因粒子做曲线运动时电场力做功会改变粒子速度的大小，故D项错误.
答案：AB
8. 如图8所示，连接平行金属板P1和P2(板面垂直于纸面)的导线
的一部分CD和另一连接电池的回路的一部分GH平行，CD
和GH均在纸平面内，金属板置于磁场中，磁场方向垂直于纸
面向里，当一束等离子体射入两金属板之间时，CD段导线将受到
力的作用，下列判断正确的是 ( ) 图8
A.当等离子体从右侧射入时，CD受力的方向远离GH
B.当等离子体从右侧射入时，CD受力的方向指向GH
C.当等离子体从左侧射入时，CD受力的方向远离GH
D.当等离子体从左侧射入时，CD受力的方向指向GH
解析：由电路知识知GH中的电流方向向下.等离子体从右方射入时，由左手定则可知，正离子向下偏转，负离子向上偏转，CD中的电流方向向上，由异向平行的电流相互排斥可知，CD受力的方向背离GH，A对B错.同理可知，等离子体从左方射入时，CD受力的方向指向GH，C错D对.
答案：AD
9. (2010·广州模拟)实验室经常使用的电流表是磁电式仪表.这种电流表的构造如图9甲所示.蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布的.当线圈通以如图乙所示的电流，下列说法正确的是 ( )
图9
A.线圈转到什么角度，它的平面都跟磁感线平行
B.线圈转动时，螺旋弹簧被扭动，阻碍线圈转动
C.当线圈转到图乙所示的位置时，b端受到的安培力方向向上
D.当线圈转到图乙所示的位置时，安培力的作用使线圈沿逆时针方向转动
解析：由于磁场是均匀辐向分布的，因此线圈平面始终与磁感线平行，故A正确；线圈转动时，会使螺旋弹簧扭动，产生一个阻碍线圈转动的力，故B正确；当线圈转到图乙所示位置时，a端所受安培力向上，b端所受安培力向下，使线圈沿顺时针方向转动，故选项C、D均错误.
答案：AB
三、非选择题(本题包括3小题，共54分.按题目要求作答，解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤.只写出最后答案的不能得分.有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)
10. (16分)水平面上有电阻不计的U形导轨NMPQ，它们之间的宽度为
L，M和P之间接入电动势为E的电源(不计内阻).现垂直于导轨
搁一根质量为m、电阻为R的金属棒ab，并加一个范围较大的匀
强磁场，磁感应强度大小为B，方向与水平面夹角为θ且指向右斜上 图10
方，如图10所示.问：
(1)当ab棒静止时，ab棒受到的支持力和摩擦力各为多少？
(2)若B的大小和方向均能改变，则要使ab棒所受支持力为零，B的大小至少为多少？此时B的方向如何？
解析：(1)Fx合＝F摩－Fsinθ＝0 ①
Fy合＝FN＋Fcsθ－mg＝0 ②
F＝BIL＝Beq \f(E,R)L ③
解①②③式得FN＝mg－eq \f(BLEcsθ,R)；F摩＝eq \f(BLE,R)sinθ.
(2)要使ab棒受的支持力为零，其静摩擦力必然为零，满足上述条件的最小安培力应与ab棒的重力大小相等、方向相反，所以有F＝mg，即Bmineq \f(E,R)L＝mg.解得最小磁感应强度Bmin＝eq \f(mgR,EL)，由左手定则判断出这种情况B的方向应水平向右.
答案：(1)mg－eq \f(BELcsθ,R) eq \f(BLE,R)sinθ
(2)eq \f(mgR,EL) 方向水平向右
11. (18分)如图11所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直
于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、
Ⅱ中，直径A2A4与A1A3的夹角为60°.一质量为m、带电荷量为＋q
的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射 图11
入磁场，随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后
从A4t，求Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应
强度的大小B1和B2(忽略粒子重力).
解析：设粒子的速度为v，在Ⅰ区中运动半径为R1，周期为T1，运动时间为t1；在Ⅱ区中运动半径为R2，周期为T2，运动时间为t2；磁场的半径为R.
粒子在Ⅰ区运动时：轨迹的圆心必在过A1点垂直速度的直线上，也必在过O点垂直
速度的直线上，故圆心在A2点，由几何知识和题意可知，轨道半径R1＝R，又R1＝eq \f(mv,qB1)，则：R＝eq \f(mv,qB1) ①
轨迹所对应的圆心角θ1＝π/3，则运动时间t1＝eq \f(T1,6)＝eq \f(2πm,6qB1)＝eq \f(πm,3qB1)②
(2)粒子在Ⅱ区运动时：由题意及几何关系可知R2＝R/2，又R2＝eq \f(mv,qB2)，
则R＝eq \f(2mv,qB2) ③
轨迹对应的圆心角θ2＝π，则运动时间t2＝eq \f(T2,2)＝eq \f(πm,qB2) ④
又t1＋t2＝t，将②④代入得：eq \f(πm,3qB1)＋eq \f(πm,qB2)＝t ⑤
由①③式联立解得B2＝2B1，
代入⑤式解得：B1＝eq \f(5πm,6qt)，B2＝eq \f(5πm,3qt).
答案：eq \f(5πm,6qt) eq \f(5πm,3qt)
12. (20分)(2009·山东高考)如图12甲所示，建立xOyP、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于xOyx轴向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子.在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响).已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0m、q、l、t0、B为已知量.(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
图12
(1)求电压U0的大小.
(2)求eq \f(1,2)t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径.
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间.
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为eq \f(1,2)l，则有
E＝eq \f(U0,l) ①
qE＝ma ②
eq \f(1,2)l＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0) ③
联立①②③式，解得两板间电压为
U0＝eq \f(ml2,qt\\al(2,0)) ④
(2)eq \f(1,2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前eq \f(1,2)t0时间在电场中偏转，后eq \f(1,2)t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动.
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0＝eq \f(l,t0) ⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a·eq \f(1,2)t0 ⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y)) ⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有
qvB＝meq \f(v2,R) ⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得
R＝eq \f(\r(5)ml,2qBt0) ⑨
(3)2t0y轴正方向的分速度为
vy′＝at0 eq \(○,\s\up1(10))
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向的夹角为α，则
tanα＝eq \f(v0,vy′) ⑪
联立③⑤eq \(○,\s\up1(10))⑪式解得
α＝eq \f(π,4) ⑫
带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角为2α＝eq \f(π,2)，所求最短时间为
tmin＝eq \f(1,4)T ⑬
带电粒子在磁场中运动的周期为
T＝eq \f(2πm,qB) ⑭
联立⑬⑭式得
tmin＝eq \f(πm,2qB).
答案：(1)eq \f(ml2,qt\\al(2,0)) (2)eq \f(\r(5)ml,2qBt0) (3)2t0 eq \f(πm,2qB)