1、单元质检九磁场(时间:45分钟满分:100分)一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,只有一项符合题目要求)1.(2021山西太原高三一模)如图所示,报废的近地卫星离轨时,从卫星中释放一根导体缆绳,缆绳的下端连接有空心导体。缆绳以轨道速度v在地磁场B中运动,使得缆绳中产生感应电流。电荷向缆绳两端聚集,同时两端与电离层中的离子中和,使得电流持续。由于感应电流在地磁场中受到安培力的拖动,从而能加快废弃卫星离轨。设缆绳中电流处处相等,那么()A.缆绳中电流的方向由卫星流向空心导体B.相同长度的缆绳受到安培力的大小相等C.缆绳受到安培力的方向与卫星速度方向间的夹角
2、大于90D.由于安培力做负功,故在卫星降轨的过程中,其动能一定减小2.通有大小相等的电流的6根长直导线垂直于纸面放置在正六边形的6个顶点上,电流方向如图所示,O为正六边形的中心,若通电长直导线周围任一点的磁感应强度的大小与电流大小成正比,与该点到导线的距离成反比,已知A通电导线在O处的磁感应强度大小为B,则O处的磁感应强度大小为()A.BB.2BC.3BD.4B3.有一边长为l的正三角形线框abc悬挂在弹簧测力计下面,线框中通有cbac方向的恒定电流I,直线MN是匀强磁场的边界线,磁场方向垂直于abc所在平面向里。平衡时,弹簧测力计的读数为F;若将线框上提,让线框上部分露出磁场,其他条件都不改
3、变,再次平衡时,磁场边界线MN刚好过ab和ac边的中点,这种情况下,弹簧测力计的读数为3F,则匀强磁场的磁感应强度大小为()A.B.C.D.4.如图所示,一个静止的质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力),经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场,粒子在磁场中转半个圆周后打在P点,测出OP距离为x,下列x-U图象可能正确的是()5.(2021贵州贵阳二模)如图所示,某空间存在正交的匀强电场和匀强磁场,电场方向水平向右,磁场方向垂直于纸面水平向里。一带电微粒由a点以一定的初速度进入电磁场,刚好能沿直线ab斜向上运动,则下列说法正确的是()A.微粒可能带正电,也可能带负电B.微粒的动能可能变大
4、C.微粒的电势能一定减小D.微粒的机械能一定不变二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,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)6.如图所示,纸面内半径为R、圆心为O的圆形区域外存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,纸面内的线段PA与圆形区域相切与A点,PA=2R。若P点处有一粒子源沿PA方向射出不同速率的带正电粒子(质量为m,电荷量为q,不计重力),则能射入圆形区域内部的粒子的速率可能为()A.B.C.D.7.(2021河北张家口一模)如图所示,等腰直角三角形ABC区域中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感
5、应强度大小为B,一质量为m,电荷量为q的正粒子沿AB方向射入磁场,下列说法正确的是()A.粒子射入速率越大,在磁场中运动时间越长B.粒子射入速率越大,在磁场中运动的加速度越大C.粒子在磁场中运动的最长时间为D.若粒子射入速率不同,则射出磁场时速度的方向一定不同8.如图所示,在xOy平面内有一个半径为R、圆心位于坐标原点O的圆形磁场区域,磁感应强度大小为B,在圆形磁场区域的左边有一个宽度也为R且关于x轴对称的粒子源,它能连续不断地沿x轴正方向发射速度相同的带正电粒子,已知粒子的质量均为m、电荷量均为q,不计粒子重力和粒子间的相互作用。若粒子均能够从y轴上的P点离开磁场区域,则下列说法正确的是()
6、A.磁场方向垂直于xOy平面向外B.粒子的速度大小为C.粒子在磁场中运动的最大时间差为D.粒子从P点离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围为00)的上方有垂直于纸面向外的有界匀强磁场,磁感应强度大小为B。在P(0,l)点有一粒子源,能以不同速率沿与y轴正方向成60角发射质量为m、电荷量为q(q0)的相同粒子。这些粒子经磁场后都沿y轴负方向通过x轴,且速度最大的粒子通过x轴上的M点,速度最小的粒子通过x轴上的N点。已知速度最大的粒子通过x轴前一直在磁场内运动,NM=l,不计粒子的重力,求:(1)粒子最大速度的值与k的值;(2)粒子从P点到穿过x轴经历的最长时间;(3)有界磁场的最小面积。11.(20
7、分)如图所示,直角坐标系xOy位于竖直平面内,在第象限存在匀强磁场和匀强电场,磁场的磁感应强度为B=2 T、方向垂直于xOy平面向外,电场E1平行于y轴;在第象限存在沿x轴正方向的匀强电场E2,已知电场强度E1、E2的大小相等。一可视为质点、比荷为=5 C/kg的带正电的小球,从y轴上的A(0,0.2 m)点以初速度v0水平向右抛出,经过x轴上的M(0.4 m,0)点进入第象限,在第象限恰能做匀速圆周运动。不计空气阻力,重力加速度g取10 m/s2。求:(1)小球从A点抛出的初速度大小v0及电场强度E1的大小;(2)小球第一次经过y轴负半轴的坐标;(3)小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用
8、的总时间。单元质检九磁场1.C解析:由右手定则可知,电流方向是空心导体流向卫星,A错误;因为地磁场不是匀强磁场,所以相同长度的缆绳受到的安培力大小不相等,B错误;由左手定则可知,缆绳受到的安培力与卫星速度方向的夹角大于90,C正确;动能的增大和减小,与安培力做负功没有必然联系,因为引力做正功,D错误。2.D解析: A导线与B导线在O处的磁感应强度均为B,方向如图,夹角120,二者磁感应强度的矢量和为B,方向竖直向下;同理E、D导线在O处的磁感应强度的矢量和也为竖直向下的B;F、C导线在O的磁感应强度均为竖直向下的B,所以O处的磁感应强度为4B,方向竖直向下。故选D。3.D解析:线框全部在磁场中
9、时,受到安培力作用的有效长度为零,F=mg,直线MN刚好过ab和ac边的中点时,导线框受到安培力的有效长度为,受到竖直向下的安培力。大小为F安=BI,对导线框,由平衡条件得3F=mg+BI,联立解得B=,选项D正确,A、B、C错误。4.B解析:在加速电场中,由动能定理得qU=mv2,磁场中,洛伦兹力提供向心力,有qvB=m,解得r=,则x=2r=,B、m、q都一定,由数学知识得到,x-U图象是抛物线。故选B。5.C解析:由受力分析可知,微粒受到重力、静电力和洛伦兹力的作用,因微粒在复合场中做直线运动,可知其所受合力为零,根据做直线运动的条件可知微粒的受力情况如图所示,所以微粒一定带负电,A错误
10、;微粒一定做匀速直线运动,否则速度变化,洛伦兹力大小变化,微粒将做曲线运动,因此微粒的动能保持不变,B错误;微粒由a沿直线ab运动的过程中,静电力做正功,电势能一定减小,C正确;在微粒的运动过程中,洛伦兹力不做功,静电力做正功,则微粒的机械能一定增加,D错误。6.CD解析: 粒子运动轨迹与圆相切时的运动轨迹如图所示,由几何知识得(r-R)2+(2R)2=(r+R)2,解得r=3R,粒子在磁场中做圆周运动,由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=,当粒子速度v,粒子可以进入圆形区域,故选C、D。7.BC解析:粒子射入磁场时不同的速率对应不同的半径,粒子将从不同的位置离开磁场,当粒子从AC边离开时,速
11、度增加,但在磁场中时间始终不变,根据对称性特征,轨迹均为圆周,当从BC边离开时,随速度增加,轨迹半径增大,轨迹所对圆心角变小,则运动时间越来越短,故A错误;粒子射入速率越大,在磁场中运动的加速度a=,a越大,故B正确;由A分析可知,粒子从AC边离开磁场时在磁场中运动的时间最长为,故C正确;粒子以不同速率从AC边离开磁场时,根据对称性特征,轨迹均为圆周,沿平行于BC的方向离开磁场,故D错误。8.BC解析:由于粒子均向上偏转,由左手定则可知,磁场方向垂直于xOy平面向里,A错误;由于粒子均能从P点离开磁场,属于磁聚焦模型,由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径也为R,由qv0B=m可知粒子
12、的速度大小v0=,B正确;在磁场中运动时间最长的粒子与运动时间最短的粒子的运动轨迹如图所示,设粒子在磁场中运动的最长时间为t1,则有t1=,同理粒子在磁场中运动的最短时间为t2=,所以最大时间差为t=t1-t2=,C正确;由几何关系可知,粒子离开磁场时与x轴正方向的夹角的范围应为,D错误。9.答案:(1)5107 C/kg(2)4 m(3)Bx0.2 T解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,由几何关系r=Lsin 53由牛顿第二定律得qv0B=m解得=5107 C/kg。(2)粒子进入电场后做类斜抛运动。由几何关系得yOC=在y轴方向yOC=-v0tcos 53+t2在x轴方向l=v0tsi
13、n 53解得l=4 m。(3)微粒在磁场中做匀速圆周运动与边界OP相切时,恰好能到达第四象限。由几何关系知R=Lsin 53由牛顿第二定律得qv0B1=m解得B1=0.2 T,故当磁感应强度Bx0.2 T时,微粒能到达第四象限。10.答案:(1)(2)(3)l2解析:(1)设粒子的最大速度为v1,由于速度最大的粒子穿过x轴前一直在磁场内运动,过P点作速度的垂线交x轴于O1点,就是速度为v1的粒子做圆周运动的圆心,PO1即为半径R1,由几何关系可知R1sin 60=yP解得R1=l由洛伦兹力提供向心力,则qv1B=m解得v1=由于所有粒子离开磁场时方向均沿y轴负方向,所以它们在磁场中偏转的角度均
14、相同。即从磁场射出的粒子,射出点一定在PM连线上,PM连线即为y=l-kx直线k=解得k=。(2)所有粒子在磁场中运动的时间均相等,速度小的粒子离开磁场后再做匀速直线运动,速度最小的粒子在磁场外运动的位移最大,时间最长。设粒子在磁场中运动的时间为t1T=,t1=T设速度最小的粒子在磁场中半径为R2,速度为v2,根据几何关系有 R2sin 30+R2=OM-MN=l解得CN=l,R2=l由洛伦兹力提供向心力,则qv2B=m解得v2=最小速度的粒子离开磁场后运动的时间为t2,有t2=最小的粒子从离开P点到打在x轴上经历的时间t=t1+t2=。(3)磁场的最小面积为图中PCM阴影部分面积S=(sin
15、 60)-(sin 60)解得S=l2。11.答案:(1)2 m/s2 N/C(2)(0,-0.4 m)(3)1.07 s解析:(1)小球在第象限平抛,由运动学规律x=v0t1y=可得t1=0.2 s,v0=2 m/s因小球在第象限做匀速圆周运动,故重力和静电力平衡,即mg=qE1解得E1=2 N/C。(2)小球平抛到M点,分解运动有vy=gt1,tan =,v=解得v=2 m/s,=45在第象限,洛伦兹力提供向心力,故qvB=解得轨道半径R=0.2 m分析可知小球刚好经过半个圆周到达y轴的N点,如图所示由几何关系可知,N点的坐标为(0,-0.4 m)。(3)小球第一次在第象限运动时间为t2=0.1 s接着,小球与y轴成夹角45进入第象限,由于静电力和重力大小相等,其合力恰与小球进入第象限的初速度v方向相反,故小球在第象限做类竖直上抛运动,则由牛顿第二定律可得a=g由运动规律可知t3=0.4 s小球再次经过y轴,与y轴成夹角45再次进入第象限,做匀速圆周运动经圆周到达y轴上的J点,小球第二次在第象限的运动时间t4=0.05 s则小球从A点出发到第三次经过y轴负半轴所用的总时间t=t1+t2+t3+t4=(0.2+0.1+0.4+0.05) s=1.07 s。
