2022版高考物理一轮复习第九章磁场章末综合测试

第九章磁场章末综合测试(九)(时间：60分钟　分数：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分．在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8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，有选错的得0分)1．为了解释地球的磁性，19世纪安培假设：地球的磁场是由绕过地心的轴的环形电流I引起的．在下列四个图中，正确表示安培假设中环形电流方向的是(　　)解析：B　由日常知识可知，地球的南极为磁场的N极，由右手螺旋定则可知，电流方向如图B，故选项B正确．2.不计重力的两个带电粒子M和N沿同一方向经小孔S垂直进入匀强磁场，在磁场中的运动轨迹如图．分别用vM与vN，tM与tN，与表示它们的速率、在磁场中运动的时间、比荷，则(　　)A．如果＝，则vM>vNB．如果＝，则vM<vNC．如果vM＝vN，则>D．如果tM＝tN，则>解析：A　由图可知rM>rN.若＝，利用r＝，可得vM>vN，A项正确、B项错误；若tM＝tN，利用T＝，可得＝，D项错误；若vM＝vN，利用r＝，可得<，C项错误．3．利用如图所示的实验装置可以测量磁感应强度B.用绝缘轻质丝线把底部长为L、电阻为R、质量为m的“U”型线框固定在力敏传感器的挂钩上，并用轻质导线连接线框与电源，电源内阻不计，电压可调，导线的电阻忽略不计．当外界拉力F作用于力敏传感器的挂钩上时，力敏传感器会显示拉力的大小F.当线框接入恒定电压为E1的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F1；当线框接入恒定电压为E2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小为F29\n.下列说法正确的是(　　)A．当线框接入恒定电压为E1的电源时所受安培力为F1B．当线框接入恒定电压为E2的电源时力敏传感器显示拉力的大小为线框所受安培力与重力之差C．待测磁场的磁感应强度B的大小为D．待测磁场的磁感应强度B的大小为解析：D　当线框接入恒定电压为E1的电源时，“U”型线框中电流I1＝，所受安培力F安＝BLI1＝，力敏传感器显示拉力的大小为F1＝＋mg，F1>F安，A错误．同理，当线框接入恒定电压为E2的电源时，力敏传感器显示拉力的大小F2＝＋mg，B错误．由F1＝＋mg和F2＝＋mg，联立解得B＝，C错误，D正确．4.(2022·湖北宜昌调研)如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O和y轴上的点a(0,2L)．一质量为m、电荷量为e的电子从a点以初速度v0平行于x轴正方向射入磁场，并从x轴上的b点射出磁场，此时速度的方向与x轴正方向的夹角为60°.下列说法正确的是(　　)A．电子在磁场中运动的时间为B．电子在磁场中运动的时间为C．磁场区域的圆心坐标为(L，)D．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L)解析：A　本题考查带电粒子在磁场中的运动，意在考查考生对带电粒子在磁场中运动知识的应用能力．由图可以计算出电子做圆周运动的半径为4L.故在磁场中运动的时间为t9\n＝＝，A正确，B错误；ab是磁场区域圆的直径，故圆心坐标为(L，L)，电子在磁场中做圆周运动的圆心为O′，计算出其坐标为(O，－2L)，所以C、D错误．5．如图所示为“用质谱仪测定带电粒子质量”的装置示意图．速度选择器中场强E的方向竖直向下，磁感应强度B1的方向垂直纸面向里，分离器中磁感应强度B2的方向垂直纸面向外，在S处有甲、乙、丙、丁四个一价正离子垂直于E和B1入射到速度选择器中，若它们的质量关系满足m甲＝m乙<m丙＝m丁，速度关系满足v甲<v乙＝v丙<v丁，它们的重力均可忽略，则打在P1、P2、P3、P4四点的离子分别是(　　)A．甲、丁、乙、丙　　　　　B．乙、甲、丙、丁C．丙、丁、乙、甲D．丁、甲、丙、乙解析：A　乙、丙速度相等，通过速度选择器，进入磁场B2，由半径公式r＝，质量大半径大，P3、P4对应的离子是乙、丙．甲的速度小于丁的速度，在速度选择器中，甲的洛伦兹力小于乙的洛伦兹力，甲的电场力大于洛伦兹力而向下偏，而丁向上偏转，A正确．6.如图，初速度可忽略、质量相同、电荷量分别为q和3q的粒子P和M，经电压为U的电场加速后，垂直进入方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，不计粒子重力，下列表述不正确的是(　　)A．P和M离开电场区域时的动能相同B．P和M在电场中运动时的加速度之比为1∶3C．P在磁场中运动的半径较大D．M在磁场中运动的周期较大解析：ACD　由动能定理，qU＝mv2，可知，当质量、电压与初速度相同情况下，电荷量越大，动能越大，故A错误；由牛顿第二定律与E＝相结合．有a＝，可知，a与q成正比，选项B正确；由半径公式R＝结合qU＝mv2，有R＝，得出R与9\n成正比，故C正确；由周期公式T＝，则有T与成正比，选项D错误．7.如图所示，AOB为一边界为圆的匀强磁场，O点为圆心，D点为边界OB的中点，C点为边界上一点，且CD∥AO.现有两个完全相同的带电粒子以相同的速度射入磁场(不计粒子重力)，其中粒子1从A点正对圆心射入，恰从B点射出，粒子2从C点沿CD射入，从某点离开磁场，则可判断(　　)A．粒子2在B、C之间某点射出磁场B．粒子2必在B点射出磁场C．粒子1与粒子2在磁场中的运行时间之比为3∶2D．粒子1与粒子2的速度偏转角度应相同解析：BC　粒子1从A点射入，恰好从B点射出，则粒子做圆周运动的半径等于圆的半径，从圆弧AB水平入射的粒子都将聚集到B点，则选项B正确、A错误；分析得粒子1和2的运动的轨迹如图所示，其圆弧对应的圆心角分别为90°和60°，由t＝T，得两粒子运动的时间之比为3∶2，则选项C正确、D错误．8.(2022·山东淄博一模)如图所示，空间存在一水平方向的匀强电场和一水平方向的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，电场强度大小为E＝，电场方向和磁场方向相互垂直．在此电磁场正交的空间中有一足够长的固定粗糙绝缘杆，与电场正方向成60°夹角且处于竖直平面内．一质量为m，带电量为＋q的小球套在绝缘杆上．若给小球一沿杆向下的初速度v0，小球恰好做匀速运动，且小球电量保持不变，重力加速度为g，则下列说法正确的是(　　)A．小球的初速度为v0＝B．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止C．若小球的初速度为，小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止D．若小球的初速度为，则运动中克服摩擦力做功为解析：ACD　对小球进行受力分析如图所示，电场力的大小：F＝9\nqE＝q×＝mg，由于重力的方向竖直向下，电场力的方向水平向左，二者垂直，合力FG＋F＝＝2mg，由几何关系可知，重力与电场力的合力与杆的方向垂直，不会对小球做功，而洛伦兹力的方向与速度的方向垂直，也不会对小球做功．所以，当小球做匀速直线运动时，不可能存在摩擦力，没有摩擦力，说明小球与杆之间就没有支持力的作用，则洛伦兹力大小与重力、电场力的合力大小相等，方向相反，有qv0B＝2mg，解得v0＝，A正确．若小球的初速度为时，则洛伦兹力f＝qv0B＝3mg>FG＋F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向下的支持力，则摩擦力Ff＝μFN，小球将做减速运动．随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐减小，摩擦力减小，小球做加速度不断减小的减速运动，最后当速度减小到时，小球开始做匀速直线运动，B错误．若小球的初速度为，则洛伦兹力f＝qv0B＝mg<FG＋F，则在垂直于杆的方向上，小球还受到垂直于杆向上的支持力，而摩擦力Ff＝μFN，小球将做减速运动，随速度的减小，洛伦兹力减小，则支持力逐渐增大，摩擦力逐渐增大，小球的加速度增大，所以小球将做加速度不断增大的减速运动，最后停止，C正确．若小球的初速度为，球运动中克服摩擦力做功等于小球的动能，所以W＝mv＝，D正确．二、非选择题(本大题共3小题，第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分)9.如图所示，两根平行放置的金属导轨，间距为L，倾角为θ，导轨间有电动势为E、内阻不计的电源．现有一质量为m的铜棒ab，与导轨垂直放于导轨上，流过铜棒ab的电流为I，导轨与铜棒间的动摩擦因数为μ.导轨电阻不计，要使ab棒静止在导轨上，已知最大静摩擦力等于滑动摩擦力．求所施加的竖直向上的磁场的磁感应强度大小的范围．解析：B最大时，铜棒有沿导轨上滑的趋势，摩擦力的方向沿导轨向下，有ILB1cosθ＝mgsinθ＋f1(2分)N1＝IBL1sinθ＋mgcosθ(2分)f1＝μN1(2分)联立可得B1＝(1分)B最小时，铜棒有沿导轨下滑的趋势，摩擦力方向沿导轨向上，则有ILB2cosθ＋f2＝mgsinθ(2分)N2＝ILB2sinθ＋mgcosθ，f2＝μN2(1分)联立可得B2＝(1分)9\n综上可知≤B≤.(1分)答案：≤B≤10．如图所示，在平面直角坐标系xOy内，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场，y<0的区域内存在着沿y轴正方向的匀强电场，一质量为m、电荷量为q的带电粒子从电场中Q(－2h，－h)点以速度v0水平向右射出，经坐标原点O处射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁场．已知MN平行于x轴，N点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：(1)电场强度的大小E；(2)磁感应强度的大小B；(3)粒子在磁场中运动的时间t.解析：(1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2h＝v0t(2分)h＝at2(1分)qE＝ma(1分)解得E＝(1分)(2)粒子到达O点时，沿y轴正方向的分速度vy＝at＝·＝v0(2分)则速度方向与x轴正方向的夹角α满足：tanα＝＝1(1分)即α＝45°(1分)9\n粒子从MP的中点垂直于MP进入磁场，垂直于NP射出磁场，粒子在磁场中的速度为：v＝v0(1分)轨道半径R＝h(1分)又由qvB＝m(2分)得B＝(1分)(3)由T＝，(1分)且由几何关系可知小粒子在磁场中运动的圆心角为45°(1分)故粒子在磁场中的运动时间t＝·＝(2分)答案：(1)　(2)　(3)11．如图所示，在竖直平面内，水平x轴的上方和下方分别存在方向垂直纸面向外和方向垂直纸面向里的匀强磁场，其中x轴上方的匀强磁场磁感应强度大小为B1，并且在第一象限和第二象限有方向相反、强弱相同的平行于x轴的匀强电场，电场强度大小为E1，已知一质量为m的带电小球从y轴上的A(0，L)位置斜向下与y轴负半轴成60°角射入第一象限，恰能做匀速直线运动．(1)判定带电小球的电性，并求出所带电荷量q及入射的速度大小；(2)为使得带电小球在x轴下方的磁场中能做匀速圆周运动，需要在x轴下方空间加一匀强电场，试求所加匀强电场的方向和电场强度的大小；(3)在满足第(2)问的基础上，若在x轴上安装有一绝缘弹性薄板，并且调节x轴下方的磁场强弱，使带电小球恰好与绝缘弹性板碰撞两次从x轴上的某一位置返回到x轴的上方(带电小球与弹性板碰撞时，既无电荷转移，也无能量损失，并且入射方向和反射方向与弹性板的夹角相同)，然后恰能做匀速直线运动至y轴上的A(0，L)位置，则：弹性板至少多长？带电小球从A位置出发到返回至A位置过程所经历的时间为多少？解析：(1)小球在第一象限中的受力分析如图所示，所以带电小球带负电．mg＝qE1tan9\n60°(2分)q＝(1分)又qE1＝qvB1cos60°(2分)得v＝(1分)(2)小球若在x轴下方的磁场中做匀速圆周运动，必须使得电场力与重力二力平衡，即应施加一竖直向下的匀强电场，且电场强度大小满足qE＝mg，即E＝E1.(3分)(3)要想让小球恰好与弹性板发生两次碰撞，并且碰撞后返回x轴上方空间匀速运动到A点，则其轨迹应该如图所示，且由几何关系可知3PD＝2ON，＝＝tan60°(2分)联立上述方程解得PD＝DN＝L，(2分)R＝L.(1分)设x轴下方的磁感应强度为B，则满足qvB＝m，T＝(2分)从N点运动到C点的时间为t＝3×T(1分)联立上式解得t＝(1分)由几何关系可知＝cos60°在第一象限运动的时间t1和第二象限中的运动的时间t2相等，且t1＝t2＝＝＝9\n(1分)所以带电小球从A点出发至回到A点的过程中所经历的总时间为t总＝t＋t1＋t2联立上述方程解得t总＝＋(1分)答案：(1)负电　q＝　v＝　(2)竖直向下E1　(3)L　＋9