2021届高考物理一轮复习第九章磁场章末质量检测含解析沪科版 9页

章末质量检测(九)‎ ‎(时间：50分钟　满分：100分)‎ ‎ 一、选择题(本题共7小题，每小题6分，共42分。1～5 题为单项选择题，6～7题为多项选择题)‎ ‎1.如图1所示，AC是四分之一圆弧，O为圆心，D为弧AC中点，A、D、C 处各有一垂直纸面的通电直导线，电流大小相等，A、C两处电流垂直纸面向里，D处电流垂直纸面向外，整个空间再加一个大小为B的匀强磁场，O处的磁感应强度刚好为零，如果将D处电流反向，其他条件都不变，则O处的磁感应强度大小为(　　)‎ 图1‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ A.(3＋2)B B.2(＋1)B C. 2B D. 0‎ 解析　设A、D、C处的电流在O点产生的磁场的磁感应强度大小均为B0，则对O点的磁场：＝B＋B0，即B＝(－1)B0，B的方向沿左上方45°的方向；如果将D处电流反向，则O处磁场的大小：＋B0－B＝2(＋1)B，故选项B正确。‎ 答案　B ‎2.(2019·天津红桥区质检)如图所示，一个不计重力的带电粒子以v0沿各图的虚线射入场中。A中I是两条垂直纸平面的长直导线中等大反向的电流，虚线是两条导线连线的中垂线；B中＋Q是两个位置固定的等量同种点电荷的电荷量，虚线是两位置连线的中垂线；C中I是圆环线圈中的电流，虚线过圆心且垂直圆环平面；D中是正交的匀强电场和匀强磁场，虚线垂直于电场和磁场方向，磁场方向垂直纸面向外，其中，带电粒子不可能做匀速直线运动的是(　　)‎ ‎ ‎ - 9 -‎ 解析　图A中两条垂直纸平面的长直导线中通有等大反向的电流，在中垂线上产生的合磁场方向水平向右，带电粒子将沿中垂线做匀速直线运动；图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合场强先水平向左后水平向右，带电粒子受电场力作用，粒子不可能做匀速直线运动；图C中粒子运动方向与磁感线平行，粒子做匀速直线运动；图D是速度选择器的原理图，只要v0＝，粒子也会做匀速直线运动，故选项B正确。‎ 答案　B ‎3.(2020·河南调研联考)如图2所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两导线与水平面的夹角均为θ(θ＜90°)，缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I。则下列四幅图象中，能正确反映θ与I的变化规律的是(　　)‎ 图2‎ 解析　对ab棒受力分析如图所示：‎ 由平衡条件有tan θ＝，得I＝·，又知为常数，故A项正确，B、C、D项错误。‎ 答案　A ‎4.(2020·海口模拟)如图3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(　　)‎ - 9 -‎ 图3‎ 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　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＝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。‎ 答案　B ‎5.(2019·湖南郴州一模)如图4所示，甲是不带电的绝缘物块，乙是带正电的物块，甲、乙叠放在一起，置于粗糙的绝缘水平地面上，地面上方有水平方向的匀强磁场。现加一个水平向左的匀强电场，发现甲、乙无相对滑动并一同水平向左加速运动，在加速运动阶段(　　)‎ 图4‎ A.甲、乙两物块间的摩擦力不变 B.甲、乙两物块做加速度减小的加速运动 C.乙物块与地面之间的摩擦力不断减小 D.甲、乙两物块可能做匀加速直线运动 解析　以甲、乙整体为研究对象，分析受力如图所示，随着速度的增大，F洛增大，FN - 9 -‎ 增大，则乙物块与地面之间的摩擦力Ff不断增大，故C错误；由于Ff增大，F电一定，根据牛顿第二定律得，加速度a减小，甲、乙两物块做加速度不断减小的加速运动，最后一起匀速运动，故B正确，D错误；以甲为研究对象，乙对甲的摩擦力Ff′＝m甲a，a减小则Ff′减小，故A错误。‎ 答案　B ‎6.如图5所示，关于磁铁、电流间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ 图5‎ A.甲图中，电流不产生磁场，电流对小磁针力的作用是通过小磁针的磁场发生的 B.乙图中，磁铁对通电导线的力的作用是通过磁铁的磁场发生的 C.丙图中电流间的相互作用是通过电流的磁场发生的 D.丙图中电流间的相互作用是通过电荷的电场发生的 解析　甲图中，电流对小磁针力的作用是通过电流的磁场发生的；乙图中，磁铁对通电导线力的作用是通过磁铁的磁场发生的；丙图中，电流对另一个电流力的作用是通过该电流的磁场发生的。综上所述，B、C正确。‎ 答案　BC ‎7.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6所示，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()，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(　　)‎ - 9 -‎ 图6‎ 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＝ 解析　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＝mv2，离子在磁场中偏转，则qvB＝m，联立计算得出r＝，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＝，可解得＝，D正确。‎ 答案　BD 二、非选择题(本题共3小题，共58分)‎ ‎8.(16分)(2020·合肥一检)如图7所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限内有一匀强电场，其场强大小为E，方向与x轴成30°角斜向上。一比荷为的带正电粒子从P点由静止出发，接着在x轴上Q点进入第一象限，通过磁感应强度大小为B的矩形匀强磁场区域(图中未画出)后，从坐标原点O沿y轴负方向离开磁场区域。若P、Q间距为L，粒子重力不计，试求：‎ - 9 -‎ 图7‎ ‎(1)粒子到达Q点时的速度大小；‎ ‎(2)Q点的坐标；‎ ‎(3)矩形磁场区域的最小面积。‎ 解析　(1)作出粒子运动轨迹如图所示 qEL＝mv2‎ 解得粒子到达Q点时的速度v＝ ‎(2)设粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，由几何关系可知Q点的坐标为(3R，0)‎ 又qvB＝m，可得R＝ 则Q点的坐标为(，0)‎ ‎(3)由图可得，最小的矩形磁场面积 Smin＝2Rcos 30°(R－Rsin 30°)＝R2＝ 答案　(1)　(2)(，0)　(3) ‎9.(20分)(2020·山东等级考模拟卷)如图8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x轴进入第四象限。不计粒子重力。求：‎ - 9 -‎ 图8‎ ‎(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)带电粒子在第四象限所受的洛伦兹力提供向心力，则qv0B0＝，‎ 得v0＝。‎ ‎(2)带电粒子从x＝－R0处垂直进入第二象限，‎ 设带电粒子到N点的速度大小为vN，设N点的纵坐标值为yN，则vy＝v0，vN＝v0，‎ 由动能定理有qER0＝mv－mv，得E＝。‎ ‎(3)带电粒子在第二象限，有 R0＝t，yN＝v0t，得yN＝2R0‎ 由题意可知，带电粒子在第一象限做匀速圆周运动，‎ 半径r＝yN＝2R0，‎ 且qvNB1＝m，得B1＝。‎ 答案　(1)　(2)　(3) ‎10.(22分)(2019·浙江温州模拟)在如图9a所示的空间内，存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B＝。在竖直方向存在交替变化的匀强电场(取竖直向上为正)，场强大小E0＝，如图b所示。一倾角为θ、长度足够长的光滑绝缘斜面放置在此空间，斜面上有一质量为 - 9 -‎ m，带电荷量为－q 的甲小球，从t＝0时刻由静止开始沿斜面下滑，设第5 s 内甲小球不会离开斜面，重力加速度为g。求：‎ 图9‎ ‎(1)在5 s内斜面对甲小球的最大支持力及电场力对小球做的功；‎ ‎(2)第6 s内甲小球离开斜面的最大距离；‎ ‎(3)在第6 s内甲小球离开斜面的距离最大时，让电场强度方向不再变化，同时撤去光滑斜面，在甲小球斜下方的A点射入另一个质量也为m、带电荷量为－q的乙小球。设A点与此时甲小球相距为x、它们的连线与原斜面垂直，乙小球与此时甲小球速度大小相等、方向相反。此后两小球间可能发生的碰撞都是完全弹性碰撞，而且电荷量也不会转移，忽略两小球间的电作用力。在以后的运动过程中甲小球能通过A点，求x的所有可能值。‎ 解析　(1)设第一秒内小球在斜面上运动的加速度为a，‎ 由牛顿第二定律得 ‎(mg＋qE0)sin θ＝ma 在第二秒内qE0＝mg 所以小球将离开斜面在上方做匀速圆周运动，‎ 圆周运动的周期为T＝＝1 s，‎ 故小球在奇数秒内沿斜面做匀加速运动，在偶数秒内离开斜面做完整的圆周运动，‎ 在5 s内斜面对小球的最大支持力是在t＝0时，大小为FN＝(qE0＋mg)cos θ＝2mgcos θ 小球在5 s内沿斜面通过的位移x＝a(3T)2‎ 电场力做功W电＝E0qxsin θ 代入数据解得W电＝9mg2sin2 θ。‎ ‎(2)第五秒末的速度为v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ 接着做匀速圆周运动，由向心力公式得qv5B＝m 小球离开斜面的最大距离为d＝2R3‎ - 9 -‎ 所以此最大距离为d＝。‎ ‎(3)第五秒末的速度为v5＝a(t1＋t3＋t5)＝6gsin θ 接着做匀速圆周运动，由向心力公式得qv5B＝m 甲小球离开斜面的最大距离为d＝2R3‎ 乙小球与甲小球碰撞是完全弹性碰撞，所以碰撞后两球速度交换，因此，两小球在碰撞后均做半径为R3的匀速圆周运动。有二种情况甲小球能通过A点。‎ 第一种情况如图(a)所示，两球未发生碰撞，甲小球转过半圈后到达A点，所以 x＝2R3＝。‎ 第二种情况如图(b)所示，两球各自转过半圈后相碰，并交换速度，以后甲小球转半圈后到达A点，所以 x＝4R3＝ 答案　(1)2mgcos θ　9mg2sin2 θ　(2) ‎(3)　 - 9 -‎