高考物理一轮复习阶段滚动检测第9章磁场含答案

这是一份高考物理一轮复习阶段滚动检测第9章磁场含答案，共12页。试卷主要包含了选择题，计算题等内容，欢迎下载使用。
一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。1～5小题为单选,6～8小题为多选)
1.如图所示，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B，紧贴边缘内壁放一个圆环形电极A，把A、B分别与电源的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，现把玻璃皿放在如图所示的磁场中，液体就会旋转起来。若从上向下看，下列判断正确的是( )
A．A接电源正极，B接电源负极，液体顺时针旋转
B．A接电源负极，B接电源正极，液体顺时针旋转
C．A、B与50 Hz的交流电源相接，液体持续旋转
D．仅磁场的N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向不变
【解析】选A。若A接电源正极，B接电源负极，在电源外部电流由正极流向负极，因此电流由边缘流向中心，玻璃皿所在处的磁场竖直向下，由左手定则可知，导电液体受到的磁场力沿顺时针方向，因此液体沿顺时针方向旋转，故A正确；同理，若A接电源负极，B接电源正极，根据左手定则可知，液体沿逆时针方向旋转，故B错误；A、B与50 Hz的交流电源相接，液体不会持续旋转，故C错误；若仅磁场的N、S极互换后，重做该实验发现液体旋转方向改变，故D错误。
2．(2021·吉林模拟)如图所示，空间有方向垂直桌面的匀强磁场B(图中未画出)，两根平行通电金属直导线M和N恰好静止在光滑绝缘的水平桌面上，图中为垂直导线的截面图，M和N中电流大小分别为IM、IN，则下列判断可能正确的是( )
A．电流方向相同、IM＝IN，B方向竖直向上
B．电流方向相同、IM≠IN，B方向竖直向下
C．电流方向相反、IM≠IN，B方向竖直向上
D．电流方向相反、IM＝IN，B方向竖直向下
【解析】选D。对M和N受力分析可知，M和N两通电直导线，在水平方向各自所受合外力为零，若通电方向相同，则所受匀强磁场安培力方向相同，而两通电直导线相互产生的安培力方向相反，合外力不可能都为零，选项A、B错误；若通电方向相反，则所受匀强磁场的安培力方向相反，两通电直导线之间的安培力为排斥力，且两者大小相等，根据F＝BIL可知，M和N中电流大小相等时，每根导线受到的合力为零，选项C错误、D正确。
3.质量和电量都相等的带电粒子M和N，以不同的速率经小孔S垂直进入匀强磁场，带电粒子仅受洛伦兹力的作用，运行的半圆轨迹如图中虚线所示，下列表述正确的是( )
A．M带负电，N带正电
B．M的速率小于N的速率
C．洛伦兹力对M、N做负功
D．M的运动时间大于N的运动时间
【解析】选A。根据左手定则可知M带负电，N带正电，故A项正确；根据m eq \f(v2,r) ＝qvB，有v＝ eq \f(qBr,m) ，由于M和N的质量和电量都相等，磁感应强度不变，则半径越大速度越大，故M的速率大于N的速率，故B项错误；洛伦兹力始终垂直于粒子运动方向，故不做功，故C项错误；M、N都运动了半个周期，根据m eq \f(v2,r) ＝qvB，有v＝ eq \f(qBr,m) ，由于M和N的质量和电量都相等，磁感应强度不变，则周期T＝ eq \f(2πr,v) ＝ eq \f(2πm,qB) 恒定，M、N运动时间相同，故D项错误。
4．(2021·南昌模拟)如图所示，一粒子发射源P能够在纸面内向各个方向发射速率为v、比荷为k的带正电粒子，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，不考虑粒子间的相互作用和粒子重力，已知粒子做圆周运动的半径大小为d，纸面内另一点A距P的距离恰为d，则( )
A．磁感应强度的大小为 eq \f(d,kv)
B．粒子在磁场中均沿顺时针方向做圆周运动
C．粒子从P出发至少经过时间 eq \f(πd,6v) 到达A点
D．同一时刻发射出的带电粒子到达A点的时间差为 eq \f(4πd,3v)
【解析】选D。根据qvB＝m eq \f(v2,r) ，得B＝ eq \f(mv,qr) ＝ eq \f(v,kd) ，选项A错误；由左手定则可知，粒子在磁场中均沿逆时针方向做圆周运动，选项B错误；能经过A点且用时最短的粒子在磁场中转过的角度为60°，则所用时间t＝ eq \f(60°,360°) T＝ eq \f(1,6) × eq \f(2πd,v) ＝ eq \f(πd,3v) ，选项C错误；能经过A点且用时最长的粒子在磁场中转过的角度为300°，则所用时间t′＝ eq \f(300°,360°) T＝ eq \f(5,6) × eq \f(2πd,v) ＝ eq \f(5πd,3v) ，则同一时刻发射出的带电粒子到达A点的时间差为Δt＝t′－t＝ eq \f(4πd,3v) ，选项D正确。
5．如图所示，一束不计重力的带电粒子沿水平方向向左飞入圆形匀强磁场区域后发生偏转，都恰好能从磁场区域的最下端P孔飞出磁场，则这些粒子( )
A.运动速率相同
B．运动半径相同
C．比荷相同
D．从P孔射出时的速度方向相同
【解析】选B。画出粒子的运动轨迹，例如从A点射入的粒子，其圆心为O1，因速度方向水平，则AO1竖直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四边形OPO1A为菱形，可知r＝R，则这些粒子做圆周运动的半径都等于磁场区域圆的半径R，根据r＝R＝ eq \f(mv,qB) 可知，粒子的速率、比荷不一定相同，由图中所示运动轨迹知粒子从P孔射出时的速度方向也不相同，故选项B正确。
6．质谱仪可以测定有机化合物分子结构，现有一种质谱仪的结构可简化为如图，有机物的气体分子从样品室注入离子化室，在高能电子作用下，样品气体分子离子化或碎裂成离子。若离子化后的离子带正电，初速度为零，此后经过高压电源区、圆形磁场室(内为匀强磁场)、真空管，最后打在记录仪上，通过处理就可以得到离子比荷( eq \f(q,m) )，进而推测有机物的分子结构。已知高压电源的电压为U，圆形磁场区的半径为R，真空管与水平面夹角为θ，离子进入磁场室时速度方向指向圆心。则下列说法正确的是( )
A．高压电源A端应接电源的正极
B．磁场室的磁场方向必须垂直纸面向外
C．若离子化后的两同位素X1、X2(X1质量大于X2质量)同时进入磁场室后，出现图中的轨迹Ⅰ和Ⅱ，则轨迹Ⅰ一定对应X1
D．若磁场室内的磁感应强度大小为B，当记录仪接收到一个明显的信号时，与该信号对应的离子比荷 eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U tan2\f(θ,2),B2R2)
【解析】选B、D。正离子在电场中加速，可以判断高压电源A端应接负极，同时根据左手定则知，磁场室的磁场方向应垂直纸面向外，A错误，B正确；设离子通过高压电源后的速度为v，由动能定理可得qU＝ eq \f(1,2) mv2，离子在磁场中偏转，则qvB＝m eq \f(v2,r) ，联立计算得出r＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2mU,q)) ，由此可见，质量大的离子的运动轨迹半径大，即轨迹Ⅱ一定对应X1，C错误；离子在磁场中偏转轨迹如图所示，由几何关系可知r＝ eq \f(R,tan\f(θ,2)) ，可解得 eq \f(q,m) ＝ eq \f(2U tan2\f(θ,2),B2R2) ，D正确。
【加固训练】
(多选)如图是质谱仪的工作原理示意图。带电粒子被加速电场加速后，进入速度选择器。速度选择器内相互正交的匀强磁场和匀强电场的强度分别为B和E。平板S上有可让粒子通过的狭缝P和记录粒子位置的胶片A1A2。平板S下方有磁感应强度为B0的匀强磁场。下列表述正确的是( )
A.质谱仪是分析同位素的重要工具
B.速度选择器中的磁场方向垂直于纸面向外
C.能通过狭缝P的带电粒子的速率等于
D.粒子打在胶片上的位置越靠近狭缝P，粒子的比荷越小
【解析】选A、B、C。质谱仪是分析同位素的重要工具，A正确；带电粒子在速度选择器中沿直线运动时，所受电场力和洛伦兹力应等大反向，结合左手定则可知B正确；由qE=qvB可得v=，C正确；粒子在平板S下方的匀强磁场中做匀速圆周运动，由qvB0=得R=，所以，故粒子越靠近狭缝P，粒子的比荷越大，D错误。
7．(电路故障)(2021·邵阳模拟)如图所示，不计电表内阻的影响，由于某一个电阻断路，使电压表、电流表的示数均变大，这个断路的电阻可能是( )
A.R1 B．R2
C．R3 D．R4
【解析】选A、D。假设R1断路，外电路总电阻增大，总电流减小，路端电压增大，通过R2的电流变大，即电流表读数变大；通过R4的电流也增大，R4电压变大，电压表示数也增大，故A正确。假设R2断路，电流表无示数，故B错误。假设R3断路，电压表将无示数，故C错误。假设R4断路，电压表测量路端电压，电路中总电阻增大，总电流减小，则路端电压增大，电压表、电流表的示数均变大，故D正确。
8.如图所示为一个质量为m、电荷量为＋q的圆环，可在水平放置的粗糙细杆上自由滑动，细杆处在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，圆环以初速度v0向右运动直至处于平衡状态，重力加速度为g，则圆环克服摩擦力做的功可能为( )
A．0 B． eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0))
C． eq \f(m3g2,2q2B2) D． eq \f(1,2) m(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(m2g2,q2B2) )
【解析】选A、B、D。若圆环刚开始所受洛伦兹力等于重力，圆环对粗糙细杆压力为零，摩擦力为零，圆环克服摩擦力做的功为零，选项A正确；若开始圆环所受洛伦兹力小于重力，则由Ff＝μ(mg－qvB)知圆环一直减速到速度为零，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为 eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，选项B正确；若开始圆环所受洛伦兹力大于重力，则减速到洛伦兹力等于重力时圆环达到稳定，稳定速度v＝ eq \f(mg,qB) ，由动能定理可得圆环克服摩擦力做的功为W＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(1,2) mv2＝ eq \f(1,2) m(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) － eq \f(m2g2,q2B2) )，选项C错误，D正确。
二、计算题(本题共2小题，共52分。需写出规范的解题步骤)
9．(24分)(2020·全国Ⅱ卷)如图，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m，电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。
(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为 eq \f(Bm,2) ，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
【解题指导】解答本题需明确以下两点：
(1)粒子垂直进入匀强磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力。
(2)利用几何关系求粒子出磁场的运动方向与x轴正方向的夹角。
【解析】(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有
qv0B＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R) ①
由此可得R＝ eq \f(mv0,qB) ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm＝ eq \f(mv0,qh) ④
(2)若磁感应强度大小为 eq \f(Bm,2) ，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，
由几何关系sinα＝ eq \f(h,2h) ＝ eq \f(1,2) ⑥
即α＝ eq \f(π,6) ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cs α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－ eq \r(3) )h⑨
答案：(1)分析过程见解析，方向垂直纸面向里 eq \f(mv0,qh) (2) eq \f(π,6) (2－ eq \r(3) )h
10．(28分)(2020·山东等级考)某型号质谱仪的工作原理如图甲所示。M、N为竖直放置的两金属板，两板间电压为U，Q板为记录板，分界面P将N、Q间区域分为宽度均为d的Ⅰ、Ⅱ两部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b为M、N上两正对的小孔。以a、b所在直线为z轴， 向右为正方向，取z轴与Q板的交点O为坐标原点，以平行于Q板水平向里为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向，建立空间直角坐标系Oxyz。区域Ⅰ、Ⅱ内分别充满沿x轴正方向的匀强磁场和匀强电场，磁感应强度大小、电场强度大小分别为B和E。一质量为m，电荷量为＋q的粒子，从a孔飘入电场(初速度视为零)，经b孔进入磁场，过P面上的c点(图中未画出)进入电场，最终打到记录板Q上。不计粒子重力。
(1)求粒子在磁场中做圆周运动的半径R以及c点到z轴的距离L；
(2)求粒子打到记录板上位置的x坐标；
(3)求粒子打到记录板上位置的y坐标(用R、d表示)；
(4)如图乙所示，在记录板上得到三个点s1、s2、s3，若这三个点是质子 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H、氚核 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H、氦核 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He的位置，请写出这三个点分别对应哪个粒子(不考虑粒子间的相互作用，不要求写出推导过程)。
【解析】 (1)设粒子经加速电场到b孔的速度大小为v，粒子在区域Ⅰ中，做匀速圆周运动对应圆心角为α，在M、N两金属板间，由动能定理得
qU＝ eq \f(1,2) mv2①
在区域Ⅰ中，粒子做匀速圆周运动，磁场力提供向心力，由牛顿第二定律得qvB＝m eq \f(v2,R) ②
联立①②式得R＝ eq \f(\r(2mqU),qB) ③
由几何关系得d2＋(R－L)2＝R2 ④
cs α＝ eq \f(\r(R2－d2),R) ⑤
sin α＝ eq \f(d,R) ⑥
联立①②④式得
L＝ eq \f(\r(2mqU),qB) － eq \r(\f(2mU,qB2)－d2) ⑦
(2)设区域Ⅱ中粒子沿z轴方向的分速度为vz，沿x轴正方向加速度大小为a，位移大小为x，运动时间为t，由牛顿第二定律得
qE＝ma ⑧
粒子在z轴方向做匀速直线运动，由运动合成与分解的规律得vz＝v cs α ⑨
d＝vzt ⑩
粒子在x方向做初速度为零的匀加速直线运动，由运动学公式得
x＝ eq \f(1,2) at2⑪
联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得
x＝ eq \f(md2E,4mU－2qd2B2) ⑫
(3)设粒子沿y方向偏离z轴的距离为y，其中在区域Ⅱ中沿y方向偏离的距离为y′，由运动学公式得y′＝vt sin α ⑬
由题意得y＝L＋y′ ⑭
联立④⑤⑥⑨⑩⑬⑭式，得
y＝R－ eq \r(R2－d2) ＋ eq \f(d2,\r(R2－d2)) ⑮
(4)s1、s2、s3分别对应氚核 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H、氦核 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He、质子 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H的位置。
答案：(1) eq \f(\r(2mqU),qB) eq \f(\r(2mqU),qB) － eq \r(\f(2mU,qB2)－d2)
(2) eq \f(md2E,4mU－2qd2B2)
(3)R－ eq \r(R2－d2) ＋ eq \f(d2,\r(R2－d2))
(4)s1、s2、s3分别对应氚核 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H、氦核 eq \\al(\s\up1(4),\s\d1(2)) He、质子 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H的位置
【加固训练】
(2020·山东等级考模拟卷)如图所示，在第一象限内，存在垂直于xOy平面向外的匀强磁场Ⅰ，第二象限内存在水平向右的匀强电场，第三、四象限内存在垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B0的匀强磁场Ⅱ；一质量为m，电荷量为+q的粒子，从x轴上M点以某一初速度垂直于x轴进入第四象限，在xOy平面内，以原点O为圆心做半径为R0的圆周运动；随后进入电场运动至y轴上的N点，沿与y轴正方向成45°角离开电场；在磁场Ⅰ中运动一段时间后，再次垂直于y轴进入第四象限。不计粒子重力。求：
(1)带电粒子从M点进入第四象限时初速度的大小v0；
(2)电场强度的大小E；
(3)磁场Ⅰ的磁感应强度的大小B1。
【解析】(1)粒子在第四象限中运动时，洛伦兹力提供向心力，则
qv0B0＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,R0)
解得v0＝ eq \f(qB0R0,m)
(2)由于与y轴成45°角离开电场，则有
vx＝vy＝v0
粒子在水平方向匀加速，在竖直方向匀速，故在水平方向上
qE＝ma
v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(x)) －0＝2aR0
解得E＝ eq \f(qR0B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2m)
(3)粒子在电场中运动时
水平方向：vx＝at，
x＝R0＝ eq \f(1,2) at2
竖直方向：y＝vyt
解得y＝2R0
过N点作速度的垂线交x轴于P点，P即为在第一象限做圆周运动的圆心，PN为半径，因为ON＝y＝2R0，∠PNO＝45°，
所以PN＝2 eq \r(2) R0。
由于洛伦兹力提供向心力，故qvB1＝ eq \f(mv2,PN)
其中v为进入第一象限的速度，大小为
v＝ eq \r(2) v0
解得B1＝ eq \f(1,2) B0
答案：(1) eq \f(qB0R0,m) (2) eq \f(qR0B eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2m) (3) eq \f(1,2) B0