1、高考导航2013届高考物理一轮复习单元过关检测（八）：磁场（人教版） (时间：90分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共7小题，每小题5分，共计35分，每小题只有一个选项符合题意)1如图所示的天平可用于测定磁感应强度，天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有方向如图所示的电流I时，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡，当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡，由此可知()A磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为B磁感应强度的方向垂直于纸面向里，大小为C磁感应强度的方向垂直于纸面向外，大小
2、为D磁感应强度的方向垂直于纸面向外，大小为解析：由于当电流反向时，右边需要加砝码，可判定电流反向后，安培力方向向上，因此在题中图示电流时安培力方向向下，此时m1gm2gm0gNBIL(m0为线框质量)，电流反向后m1g(m2m)gm0gNBIL.由以上两式可解得mg2NBIL，则B，由左手定则可判定磁感应强度的方向为垂直于纸面向里答案：B2如图所示，一个带正电q的小带电体处于垂直纸面向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，若小带电体的质量为m，为了使它对水平绝缘面正好无压力，应该()A使B的数值增大B使磁场以速度v向上移动C使磁场以速度v向右移动D使磁场以速度v向左移动解析：为使小球对平面无压力，则
3、应使它受到的洛伦兹力刚好与重力平衡磁场不动而只增大B，则静止电荷在磁场中不受洛伦兹力，A选项不可能磁场向上移动相当于电荷向下运动，洛伦兹力向右，也不可能平衡重力，故B、C选项错误磁场以速度v向左移动，等同于电荷以速度v向右运动，此时洛伦兹力向上当qvBmg时，带电体对绝缘水平面无压力，则v.选项D正确答案：D3如图所示，在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里P为屏上的一小孔，PC与MN垂直一群质量为m、带电荷量为q的粒子(不计重力)，以相同的速率v，从P处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域粒子入射方向在与磁场B垂直的平面内，且散开在与PC夹角为的范围内则在屏MN上被粒子打中
4、的区域的长度为()A.B.C. D.解析：粒子沿PC方向射入，偏转半个圆周打在PN上，长度为l12R，粒子沿与PC夹角为的方向射入，打在PN上的长度为l22.则在屏MN上被粒子打中区域的长度为ll1l2.答案：D4如图所示，一束正离子从S点沿水平方向射出，在没有电、磁场时恰好击中荧光屏上的坐标原点O；若同时加上电场和磁场后，正离子束最后打在荧光屏上坐标系的第象限中，则所加电场E和磁场B的方向可能是(不计离子重力及其间相互作用力)()AE向上，B向上 BE向下，B向下CE向上，B向下 DE向下，B向上解析：带电粒子在电场中沿y轴方向偏转，在磁场中沿x轴方向偏转，现带电粒子最后打在第象限中，故粒子
5、偏向y轴负方向，则E向下；粒子还偏向x轴负方向，由左手定则可知B向下，因此选项B正确答案：B5如右图所示，在x轴上方存在着垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，一个不计重力的带电粒子从坐标原点O处以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与x轴正方向成120角，若粒子穿过y轴正半轴后在磁场中到x轴的最大距离为a，则该粒子的比荷和所带电荷的正负是()A.，正电荷 B.，正电荷C.，负电荷 D.，负电荷解析：从“粒子穿过y轴正半轴后”可知粒子向右侧偏转，洛伦兹力指向运动方向的右侧，由左手定则可判定粒子带负电，作出粒子运动轨迹示意图如右图所示根据几何关系有rrsin 30a，再结合半
6、径表达式r可得，故C正确答案：C6(2012年镇江模拟)在一绝缘、粗糙且足够长的水平管道中有一带电量为q、质量为m的带正电小球，管道半径略大于小球半径，整个管道处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁感应强度方向与管道垂直，如图所示现给带电小球一个水平速度v0，且v0，则在整个运动过程中，带电小球克服摩擦力所做的功为()A0 B.m2C.mv D.m解析：带正电小球受到洛伦兹力方向为竖直向上，由于mgqv0B，则小球受到弹力竖直向上，由于摩擦阻力使小球速度减小，洛伦兹力减小，弹力增大，摩擦力增大，因此，最终小球会静止，故整个过程中，带电小球克服摩擦力所做的功为Wmv，C项正确答案：C7如图所示为自左
7、向右逐渐增强的磁场，一不计重力的带电粒子垂直射入其中，由于周围气体的阻碍作用，其运动轨迹恰为一段圆弧PQ(粒子电量保持不变)，则可判断()A粒子从P点射入B粒子所受洛伦兹力逐渐增大C粒子从Q点射入D粒子的动能逐渐减小解析：由R，当v减小时，B也要减小，粒子从P点射入，A对；f洛qvB知，洛伦兹力减小，动能减小，C错，D对。答案：AD二、多项选择题(本题共5小题，每小题5分，共计25分，每小题有多个选项符合题意，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，错选或不答的得0分)8两根通电的长直导线平行放置，电流分别为I1和I2，电流的方向如右图所示，在与导线垂直的平面上有a、b、c、d四点，其中a、b在
8、导线横截面连线的延长线上，c、d在导线横截面连线的垂直平分线上则导体中的电流在这四点产生的磁场的磁感应强度可能为零的是()Aa点Bb点Cc点 Dd点解析：由安培定则可知，直线电流的磁场是以导线为圆心的同心圆，I1产生的磁场方向为逆时针方向，I2产生的磁场方向为顺时针方向，则I1在a处产生的磁场竖直向下，I2在a处产生的磁场竖直向上，在a点磁感应强度可能为零，此时需满足I2I1；同理，在b处磁感应强度也可能为零，此时需满足I1I2.I1在c点的磁场斜向左上方，I2在c点产生的磁场斜向右上方，则c点的磁感应强度不可能为零，同理，在d点的磁感应强度也不可能为零，故选项A、B正确答案：AB9图(甲)是
9、用来加速带电粒子的回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连带电粒子在运动中的动能Ek随时间t的变化规律如图(乙)所示若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断正确的是() A从Ekt图可知，要想粒子获得的最大动能越大，则要求D形盒的面积也越大B在Ekt图中应有t4t3t3t2t2t1C高频电源的变化周期应该等于tntn1D从Ekt图可知，粒子加速次数越多，粒子的最大动能一定越大解析：由带电粒子在磁场中的周期T可知B正确；粒子运动一周的时间为2(tntn1)，故C错；由Rm可知，带电粒子的最大动能与D形盒的半径有关，故D错误
10、、A正确答案：AB10磁流体发电是一项新兴技术，它可以把气体的内能直接转化为电能，如图是它的示意图平行金属板a、b之间有一个很强的匀强磁场，磁感应强度为B，将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电粒子)垂直于B的方向喷入磁场，每个离子的速度为v，电荷量大小为q，a、b两板间距为d，稳定时下列说法中正确的是()A图中a板是电源的正极B图中b板是电源的正极C电源的电动势为BvdD电源的电动势为Bvq解析：由左手定则，在磁场的作用下，带正电荷的离子向b板聚集，带负电荷的离子向a板聚集，b板是电源的正极，当电场力等于洛伦兹力时，两极板间的电压最大，qqvB，UBvd.答案：BC11(20
11、12年扬州单科)如图所示，固定的水平长直导线中通有电流I，矩形线框与导线在同一竖直平面内，且一边与导线平行线框由静止释放，在下落过程中()A穿过线框的磁通量保持不变B线框中感应电流方向保持不变C线框所受安培力的合力为零D线框的机械能不断减小解析：由通电直导线周围磁感线的分布规律可知，线框下落过程中穿过其中的磁感线越来越少，故磁通量在不断变小，故A错；下落时穿过线框的磁通量始终减小，由楞次定律可知感应电流的方向保持不变，故B正确；线框上下两边受到的安培力方向虽相反，但上边所处位置的磁感应强度始终大于下边所处位置的磁感应强度，故上边所受的安培力大于下边所受的安培力，其合力不为零，故C错；由能量守恒
12、可知下落时一部分机械能会转化为线框通电发热产生的内能，故线框的机械能减少，D正确答案：BD12(2012年苏州模拟)如图所示为一种获得高能粒子的装置，环形区域内存在垂直纸面向外、大小可调节的均匀磁场，质量为m、电量为q的粒子在环中做半径为R的圆周运动，A、B为两块中心开有小孔的极板，原来电势都为零，每当粒子顺时针飞经A板时，A板电势升高为U，B板电势仍保持为零，粒子在两板间电场中得到加速，每当粒子离开B板时，A板电势又降为零，粒子在电场一次次加速下动能不断增大，而绕行半径不变，则()A粒子从A板小孔处由静止开始在电场作用下加速，绕行n圈后回到A板时获得的总动能为nqUB在粒子绕行的整个过程中，
13、A板电势可以始终保持为UC在粒子绕行的整个过程中，每一圈的周期不变D为使粒子始终保持在半径为R的圆轨道上运动，磁场必须周期性递增，则粒子绕行第n圈时的磁感应强度为 解析：带电粒子在A、B间加速，每运动一周加速一次，故绕行n圈后获得总动能为EknqU，A正确；粒子绕行的过程中，A、B两板电势应为零，若A板电势保持为U，则带电粒子在靠近A板时，电场力做负功，动能减小，故B项错；由T知，v增大，T减小，C错；又由R得B ，D项正确答案：AD三、计算题(本题共4小题，共计40分，解答时请写出必要的文字说明、方程式和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)13(9分
14、)空间存在水平方向互相正交的匀强电场和匀强磁场，电场强度为E10 N/C，磁感应强度为B1 T，方向如图所示有一个质量m2.0106kg、带电荷量q2.0106C的粒子在空间做直线运动，试求其速度的大小和方向(g10 m/s2)解析：经分析可知，该粒子在重力、电场力与洛伦兹力作用下做匀速直线运动粒子的受力如图所示qEmgtan qvBcos mg解得v20 m/s 60速度方向与电场方向成60角斜向上答案：20 m/s方向为与电场方向成60角斜向上14(9分)如图，一质量为m、电荷量为q的带电小环套在光滑轨道上，环状轨道的半径为R，直轨道长度为R.以水平线MN为界，空间分为两个区域，区域为磁感
15、应强度为B的水平向里的匀强磁场，区域和有竖直向上的匀强电场将小环在直轨道CD下端的C点无初速度释放(已知区域和的匀强电场场强大小为E2mg/q，重力加速度为g)，求：(1)小环在第一次通过轨道最高点A时速度vA的大小；(2)小环在第一次通过轨道最高点A时受到的轨道压力解析：(1)小环从C到A的过程中，由动能定理有mv(qEmg)(RR)，解得vA2.(2)小环在A点时，受力分析如图所示，由牛顿第二定律有FNmgqEqvABm，解得FN5mg2qB，方向竖直向下答案：(1)2(2)5mg2qB，竖直向下15(10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
16、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 且指向右斜上方，如图所示问：(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)由平衡条件得F摩Fsin 0FNFcos mg0FBILBL解式得FNmg；F摩sin .(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Fmg，即BminLmg.解得最小磁感应强度Bmin，由左
17、手定则判断出这种情况B的方向应水平向右答案：(1)mgsin (2)方向水平向右16(12分)如图，在空间中有一坐标系xOy，其第一象限内充满着两个匀强磁场区域和，直线OP是它们的边界区域中的磁感应强度为B，方向垂直纸面向外；区域中的磁感应强度为2B，方向垂直纸面向里，边界上的P点坐标为(4L,3L)一质量为m，电荷量为q的带正电荷的粒子从P点平行于y轴负方向射入区域；经过一段时间后，粒子恰好经过原点O.忽略粒子重力，已知sin 370.6，cos 370.8.求：(1)粒子从P点运动到O点的时间至少为多少？(2)粒子的速度大小可能是多少？解析：(1)设粒子的入射速度为v，用R1、R2，T1、
18、T2分别表示粒子在磁场区和区中运动的轨道半径和周期则qvBm2qvBmT1T2粒子先在磁场区中做顺时针的圆周运动，后在磁场区中做逆时针的圆周运动，然后从O点射出，这样粒子从P点运动到O点所用的时间最短粒子运动轨迹如图所示tan 0.75得3790粒子在磁场区和区中的运动时间分别为t1T1t2T2粒子从P点运动到O点的时间至少为tt1t2由以上各式解得t.(2)粒子的速度大小满足一定条件时，粒子先在磁场区中运动，后在磁场区中运动，然后又重复前面的运动，直到经过原点O，这样粒子经过n个周期性的运动后经过O点，每个周期的运动情况相同，粒子在一个周期内的位移为x/n(n1,2,3)粒子每次在磁场区中运动的位移为x1xx由图中几何关系可知cos 由以上各式解得粒子的速度大小为v(n1、2、3)答案：(1)(2)(n1、2、3) 高考资源网w w 高 考 资源 网
