2023高考物理一轮复习章末滚动验收9磁场含解析新人教版202303181121

章末滚动验收(九)(时间：45分钟)一、单项选择题1.如图所示，A为一水平旋转的橡胶盘，带有大量均匀分布的负电荷，在圆盘正上方水平放置一通电直导线，电流方向如图。当圆盘高速绕中心轴OO′转动时，通电直导线所受磁场力的方向是(　　)A．竖直向上B．竖直向下C．水平向里D．水平向外C　[负电荷匀速转动，会产生与旋转方向反向的环形电流，由安培定则知，在通电导线处磁场的方向沿轴O′O向上。由左手定则，可知C正确。]2.如图所示，虚线PQ上方存在垂直于纸面向外的匀强磁场，甲、乙两个带正电的粒子先后由静止经过相同电压加速后，分别以速度v甲、v乙从PQ上的O点沿纸面射入磁场，结果两粒子从PQ上的同一点射出磁场。已知v甲、v乙之间的夹角α＝60°，v乙与PQ之间的夹角β＝30°，不计甲、乙两粒子的重力及甲、乙之间的作用力。若甲、乙在磁场中运动的时间分别为t甲、t乙，则下列关系正确的是(　　)A．v甲∶v乙＝1∶B．v甲∶v乙＝∶1C．t甲∶t乙＝3∶4D．t甲∶t乙＝3∶2C　[根据对称性，即两粒子进入磁场和穿出磁场时速度方向与直线边界的夹角相等，可作出甲、乙两个粒子在磁场中的运动轨迹，如图所示，根据几何知识可知，R甲＝OS，R乙＝OS，甲、乙两粒子在磁场中运动的半径之比为R甲∶R乙＝1∶2，粒子在加速过程中，根据动能定理有qU＝mv2，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，联立解得粒子运动速度为v＝，则＝＝，选项A、B错误；由上述分析有＝，∶＝R∶R＝12∶22-10-\n＝1∶4，由几何关系可知，甲粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为180°，乙粒子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为60°，则甲、乙粒子在磁场中运动的时间之比为t甲∶t乙＝∶＝3∶4，选项C正确，D错误。]3．通电长直导线周围存在磁场，其磁感应强度B与导线中的电流强度I成正比，与距导线的距离r成反比。在直角坐标系中，两根长直导线分别沿x轴和y轴放置，两者在坐标原点处彼此绝缘，导线中的电流强度分别为I1和I2，且I1＝2I2，则能大致表示xOy平面内磁感应强度为零的点的图象是(　　)A　　　　　　BC　　　　　　DA　[由安培定则知，通电导线I1产生的磁场，第一象限和第二象限磁场方向垂直纸面向外，第三象限和第四象限磁场方向垂直纸面向里，通电导线I2产生的磁场，第二象限和第三象限磁场方向垂直纸面向外，第一象限和第四象限磁场方向垂直纸面向里，由磁场叠加知，第一象限与第三象限磁场可能为零，由于I1＝2I2，且磁感应强度B与导线中的电流强度成正比，与距导线的距离成反比，故大致表示xOy平面内磁感应强度为零的点的图象靠近I2，选项A正确，B、C、D错误。]4.如图所示，在磁感应强度为B，范围足够大的水平向外的匀强磁场中，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，到达最高点后下滑。小物块与斜面间的动摩擦因数为μ不变，滑动时电荷量不变。则在小物块滑动过程中，其速度大小v与时间t的关系图象，可能正确的是(　　)A　　　　　　　B-10-\nC　　　　　　　DD　[由牛顿第二定律可知，沿斜面上滑时有mgsinθ＋f＝ma，垂直斜面方向有FN＝mgcosθ＋qvB，其中f＝μFN，解得a＝gsinθ＋μgcosθ＋，上滑时做减速运动，故速度越来越小，加速度也越来越小，下滑时有mgsinθ－f′＝ma′，垂直斜面方向有F′N＋qvB＝mgcosθ，其中f′＝μF′N，解得a′＝gsinθ－μgcosθ＋，下滑时做加速运动，速度越来越大，故加速度也越来越大，故A、B、C错误，D正确。]5.(2020·湖南重点中学联考)如图所示，在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，ac＝L，一个粒子源在a点将质量为m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向均不同的速度射入磁场，不计粒子的重力及粒子之间的相互作用力，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是(　　)A．B．C．D．A　[粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc边相切，粒子运动轨迹如图所示，由题意和几何关系可知ab＝L，四边形abdO是正方形，轨迹半径r＝L，粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得qvmaxB＝，解得粒子的最大速度vmax＝，选项A正确。]二、多项选择题6.(2020·邯郸模拟)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m、电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场。若入射速度大小为，不计粒子重力，则(　　)A．粒子在磁场中的运动半径为-10-\nB．粒子从距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区域C．粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区域内运动的时间为D．能够进入Ⅱ区域的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为CD　[粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律，有qvB＝m，其中v＝，解得r＝d，故A错误；画出恰好不进入Ⅱ区域的临界轨迹，如图甲所示，甲由几何关系，知AO＝＝2r＝2d，0.5d<d，故从距A点0.5d处射入，会进入Ⅱ区域，故B错误；粒子从距A点1.5d处射入，在Ⅰ区城内运动的轨迹为半个圆周，故时间为t＝＝，故C正确；从A点进入Ⅱ区域的粒子在磁场中运动的轨迹最短(弦长也最短)，时间最短，轨迹如图乙所示，轨迹对应的圆心角为60°，故时间为t＝＝，故D正确。乙]7.(2020·济南模拟)如图所示，竖直平面MNRS的右侧存在竖直向上的足够大的匀强磁场，从平面MNRS上的O点处以初速度v0＝10m/s垂直MNRS面向右抛出一带电荷量为q、质量为m的小球。若磁感应强度B＝，g取10m/s2，下列说法正确的是(　　)A．小球离开磁场时的速度大小为10m/sB．小球离开磁场时的速度大小为10m/sC．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为m-10-\nD．小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为mAD　[小球在水平方向做匀速圆周运动，竖直方向做自由落体运动，小球离开磁场的时间为t＝＝＝1s，则小球离开磁场时竖直方向的速度vy＝gt＝10m/s，小球离开磁场时的速度大小为v＝＝10m/s，故A正确，B错误；小球离开磁场时在竖直方向的距离为y＝gt2＝5m，水平方向位移为直径，即x＝2R＝＝m，则小球离开磁场时的位置与抛出点的距离为s＝＝m，故C错误，D正确。]三、非选择题8．测定金属丝的电阻率，提供实验器材如下：A．待测金属丝R(电阻约8Ω)B．电流表A(0.6A，内阻约0.6Ω)C．电压表V(3V，内阻约3kΩ)D．滑动变阻器R1(0～5Ω，2A)E．电源E(6V)F．开关，导线若干(1)用螺旋测微器测出金属丝的直径如图所示，则金属丝的直径为________mm。(2)某同学采用如图甲所示电路图进行实验，请用笔画线代替导线，在图乙中将实物电路图连接完整。甲　　　　　　　　乙　　-10-\n(3)测得金属丝的直径为d，改变金属夹P的位置，测得多组金属丝接入电路的长度L及相应电压表示数U、电流表示数I，作出L图线如图所示。测得图线斜率为k，则该金属丝的电阻率ρ为________。(4)关于电阻率的测量，下列说法中正确的有________。A．开关S闭合前，滑动变阻器R1的滑片应置于最左端B．实验中，滑动变阻器R1的滑片位置确定后不可移动C．待测金属丝R长时间通电，会导致电阻率测量结果偏小D．该实验方案中电流表A的内阻对电阻率测量结果没有影响[解析]　(1)螺旋测微器读数为：0mm＋×39.9mm＝0.399mm，所以读数为0.399mm。(2)根据电路图连接实物图如下：(3)设电流表内阻为RA，根据欧姆定律可知待测电阻：R＝，电阻R＝ρ，横截面积：S＝π，联立解得：＝L＋RA，图象斜率：k＝，所以电阻率ρ＝。(4)为了保扩电路，实验开始前应使待测回路电流最小，滑动变阻器滑片处于最左端，A正确。实验要测量多组电压值、电流值，通过改变滑片位置，改变电压表示数，滑动变阻器滑片需要移动，B错误。待测金属丝R长时间通电，因为电流热效应存在，温度升高，电阻率变大，C错误。根据＝L＋RA可知，电流表的内阻存在不会改变图象的斜率，对电阻率测量结果没影响，D正确。[答案]　(1)0.399　(2)见解析图　(3)　(4)AD9．如图甲所示，有一磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场边界OP与水平方向夹角为θ＝45°，紧靠磁场边界放置长为6d、间距为d的平行金属板M、N，M板与磁场边界的交点为P，磁场边界上的O点与N板在同一水平面上。在两板间存在如图乙所示的交变电场(取竖直向下为正方向)，其周期T＝，E0＝。某时刻从O点竖直向上以初速度v0-10-\n发射一个电荷量为＋q的粒子，结果粒子恰在图乙中的t＝时刻从P点水平进入板间电场，最后从电场中的右边界射出。不计粒子重力。求：甲　　　　　　　　　　乙(1)粒子的质量m；(2)粒子从O点进入磁场到射出电场运动的总时间t；(3)粒子在电场中的射出点到M点的距离。[解析]　(1)粒子在磁场中的运动轨迹如图，轨迹半径r＝d由牛顿第二定律得qv0B＝m解得：m＝。(2)粒子在磁场中运动的周期T0＝在磁场中运动的时间t1＝＝粒子在电场中做曲线运动，与两板平行方向上的分运动为匀速直线运动运动时间t2＝粒子从O点进入磁场到离开电场运动的总时间t＝t1＋t2解得：t＝d。(3)粒子在电场中的运动时间t2＝＝T由题图乙可知，当粒子从t＝时刻自P-10-\n点进入电场后，在竖直方向上运动一个周期T的位移为0，对应的速度图象如图所示故粒子在T内运动的竖直位移y＝2×aa＝，解得y＝。[答案]　(1)　(2)d　(3)10．(2020·山东学业水平等级性考试)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H、氚核H、氦核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)。甲　　　　　　　　　　　　　乙[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＝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-10-\nqvB＝m②联立①②式得R＝③由几何关系得d2＋(R－L)2＝R2④cosα＝⑤sinα＝⑥联立①②④式得L＝－。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＝ma⑧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＝vcosα⑨d＝vzt⑩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＝at2⑪联立①②⑤⑧⑨⑩⑪式得x＝。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′＝vtsinα⑬由题意得y＝L＋y′⑭联立①④⑥⑨⑩⑬⑭式得y＝R－＋。⑮(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置。-10-\n[答案]　(1)　－(2)　(3)R－＋(4)s1、s2、s3分别对应氚核H、氦核He、质子H的位置-10-