高考物理一轮复习 单元评估检测（九）磁场（含解析）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、单元评估检测(九)(第九章)(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分，16题为单选题，710题为多选题)1.在重复奥斯特电流磁效应的实验时，需要考虑减少地磁场对实验的影响，则以下关于奥斯特实验的说法中正确的是()A.通电直导线竖直放置时，实验效果最好B.通电直导线沿东西方向水平放置时，实验效果最好C.通电直导线沿南北方向水平放置时，实验效果最好D.只要电流足够大，不管通电直导线怎样放置，实验效果都很好【解析】选C。由于在地球表面小磁针静止时北极指北、南极指南，所以通电直导线沿南北方向水平放置时，电流在小磁针所在位置的磁场方向为东西方向，此时的效果最好。2.电流天平是

2、一种测量磁场力的装置，如图所示。两相距很近的通电平行线圈和，线圈固定，线圈置于天平托盘上。当两线圈均无电流通过时，天平示数恰好为零。下列说法正确的是()A.当天平示数为负时，两线圈电流方向相同B.当天平示数为正时，两线圈电流方向相同C.线圈对线圈的作用力大于线圈对线圈的作用力D.线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力是一对相互作用力【解析】选A。当两线圈电流方向相同时，表现为相互吸引，电流方向相反时，表现为相互排斥，故当天平示数为正时，两者相互排斥，电流方向相反，当天平示数为负时，两者相互吸引，电流方向相同，A正确B错误；线圈对线圈的作用力与线圈对线圈的作用力是一对相互作用力，等大反向，C错误

3、；静止时，线圈平衡，线圈对线圈的作用力与托盘对线圈的作用力施力物体不同，受力物体相同，不满足相互作用力的条件，D错误。【总结提升】本题的原理是两通电直导线间的相互作用规律：两条平行的通电直导线之间会通过磁场发生相互作用。电流方向相同时，将会吸引；电流方向相反时，将会排斥。3.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，虚线是两点电荷连线的中垂线；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，

4、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()【解析】选B。题图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；题图B中等量同种正点电荷在中垂线上的合电场强度在连线中点左侧水平向左，在连线中点右侧水平向右，带电粒子受力不为零，不可能做匀速直线运动；题图C中粒子运动方向与所处位置磁感线平行，粒子做匀速直线运动；题图D是速度选择器的原理图，只要v0=，粒子做匀速直线运动，故选B。4.如图所示，半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，半径OC与OB成60角，质子甲以速度v从A点沿直径AB方向射入磁场，从

5、C点射出。质子乙以速度从B点沿BA方向射入磁场，从D点(图中未画出)射出磁场，不计质子重力，则C、D两点间的距离为()A.R B.2RC.2R D.R【解析】选D。质子在磁场中运动的轨迹如图所示，洛伦兹力提供质子做匀速圆周运动的向心力，则qvB0=m，得r=，由几何关系有r1=R。由于质子乙的速度是，故其轨迹半径r2=R，则tanO2OB=，得O2OB=30，故BOD=2O2OB=60，CD=2Rsin 60=R，选项D正确。【加固训练】如图所示的虚线框为一长方形区域，该区域内有一垂直于纸面向里的匀强磁场，一束电子以不同的速率从O点垂直于磁场方向、沿图中方向射入磁场后，分别从a、b、c、d四点

6、射出磁场，比较它们在磁场中的运动时间ta、tb、tc、td，其大小关系是() A.tatbtctd B.ta=tb=tc=tdC.ta=tbtctctd【解析】选D。带电粒子的运动轨迹如图所示，由图可知，从a、b、c、d四点飞出的电子对应的圆心角a=bcd，而带电粒子的周期T=相同，其在磁场中运动时间t=T，故ta=tbtctd，选项D正确。5.(2019全国卷)如图，在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q0)的粒子垂直于x轴射入第二象限，随后垂直于y轴进入第一象限，最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为

7、()A.B.C.D.【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，由R=可知，第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍，整个运动轨迹如图，即运动由两部分组成：第一部分是个周期，第二部分是个周期，故总时间t=+=，故B正确。【加固训练】(2017全国卷)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x1)。一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)：(1)粒子运动的时间。(2)粒子与O点间的距离。【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示：带电粒子在

8、匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，所以在x0区域有：qv0B0=在x0区域有：qv0(B0)=解得R1=R2=在x0区域运动时间t1=；在x0区域运动时间t2=；粒子运动的时间t=t1+t2=。(2)粒子与O点间的距离d=2(R1-R2)=答案：(1)(2)6.如图所示，直角坐标系Oxyz处于匀强磁场中，有一条长0.6 m 的直导线沿Ox方向通有大小为9 A的电流，受到的安培力沿Oz方向，大小为2.7 N。则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B的最小值为()A.平行于xOy平面，B=0.5 TB.平行于xOz平面，B=1.0 TC.平行于xOy平面，B=0.2 TD.平行于xOy平

9、面，B=1.0 T【解析】选A。根据左手定则，安培力必须与电流和磁场构成的平面垂直，故磁场的方向一定平行于xOy平面；安培力一定时，则当电流、磁场互相垂直的时候，磁感应强度最小，所以最小的磁感应强度为：B= T=0.5 T。故选A。7.(2020郑州模拟)如图所示，在xOy平面内的坐标原点处，有一个粒子源，某一时刻以同一速率v发射大量带正电的同种粒子，速度方向均在xOy平面内，且对称分布在x轴两侧的30角的范围内。在直线x=a与x=2a之间包括边界存在匀强磁场，方向垂直于xOy平面向外，已知粒子在磁场中运动的轨迹半径为2a。不计粒子重力及粒子间的相互作用力，下列说法正确的是()A.最先进入磁场

10、的粒子在磁场中运动的时间为B.最先进入和最后进入磁场中的粒子在磁场中运动的时间都相等C.最后从磁场中射出的粒子在磁场中运动的时间为D.最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为(a，-)【解析】选A、C、D。沿x轴方向射出的粒子最先进入磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的偏转角为30，所以运动时间为=，故A正确；沿与x轴成30角的两个方向同时进入磁场，沿与x轴成30角斜向下方进入磁场的粒子在磁场中偏转角为120，所以用的时间为= ，弦长为s=22asin60=2a，粒子进入磁场的位置离x轴的距离为x=atan30=a，所以最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置的纵坐标为s+x=2a+a=a，所以

11、最后从磁场中射出的粒子出磁场的位置坐标为(a，-)，故B错误，C、D正确。8.如图所示，平行纸面向下的匀强电场与垂直纸面向外的匀强磁场相互正交，一带电小球刚好能在其中做竖直面内的匀速圆周运动。若已知小球做圆周运动的半径为r，电场强度大小为E，磁感应强度大小为B，重力加速度大小为g，则下列判断中正确的是() A.小球一定带负电荷B.小球一定沿顺时针方向转动C.小球做圆周运动的线速度大小为D.小球在做圆周运动的过程中，电场力始终不做功【解析】选A、C。带电小球在重力场、匀强电场和匀强磁场中做匀速圆周运动，可知，带电小球受到的重力和电场力是一对平衡力，重力竖直向下，所以电场力竖直向上，与电场方向相反

12、，故小球一定带负电荷，故A正确；磁场方向向外，洛伦兹力的方向始终指向圆心，由左手定则可判断小球的旋转方向为逆时针(四指所指的方向与带负电的小球的运动方向相反)，故B错误；由电场力和重力大小相等，得：mg=qE，带电小球在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动的半径为：r=，联立得：v=，故C正确；小球在做圆周运动的过程中，电场力要做功，洛伦兹力始终不做功，故D错误；故选A、C。9.(2020成都模拟)如图所示，在OA和OC两射线间存在着匀强磁场，AOC为30，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场，下列说法可能正确的是() A.若正电子不从OC

13、边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为31B.若正电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为61C.若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为11D.若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为16【解析】选C、D。正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从OC边射出，负电子一定不会从OC边射出，电子运动轨迹对应的圆心角相等，可知运动的时间之比为11，故A、B错误；考虑临界情况：临界一：若负电子不从OC边射出，正电子也不从OC边射出，两电子在磁场中运动的圆心角都为180度，可知在磁场中运动的时间之比为11；临界二：当负电子恰好不从OC边射出时，对

14、应的圆心角为180度，根据两电子在磁场中的半径相等，由几何关系知，正电子的圆心角为30度，根据t=T，知正负电子在磁场中运动的时间之比为16，故若负电子不从OC边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在11与16之间，故C正确，D正确。10.霍尔元件广泛应用于测量和自动控制等领域，霍尔元件一般用半导体材料做成，有的半导体中的载流子(自由电荷)是自由电子，有的半导体中的载流子是空穴(相当于正电荷)。如图所示为用半导体材料做成的霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入电流I的方向如图所示，C、D两侧面会形成电势差。则下列说法中正确的是() A.若元件的载流子是自由电子，则

15、D侧面的电势高于C侧面的电势B.若元件的载流子是空穴，则D侧面的电势高于C侧面的电势C.在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直D.在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平【解析】选A、C。若载流子为自由电子，由左手定则可判断电子受洛伦兹力作用使其偏向C侧面，则C侧面的电势会低于D侧面，选项A正确；若载流子为空穴，根据左手定则，空穴在洛伦兹力的作用下也是向C侧面聚集，C侧面的电势会高于D侧面，选项B错误；地球赤道上方的地磁场的方向水平向北，霍尔元件的工作面应保持竖直才能让地磁场垂直其工作面，选项C正确，D错误。二、计算题(本题共2小题，共40分，需写出规范的解题步骤

16、)11.(18分)如图所示，三块等大且平行正对的金属板水平放置，金属板厚度不计且间距足够大，上面两金属板间有竖直向下的匀强电场，下面两金属板间有竖直向上的匀强电场，电场强度大小均为E。以中间金属板的中轴线为x轴，金属板右侧存在一足够大的匀强磁场，现有一重力不计的绝缘带电粒子，质量为m，带电荷量为-q，从中间金属板上表面的电场中坐标位置(-L，0)处以初速度v0沿x轴正方向开始运动，已知L=，求：(1)带电粒子进入磁场时的位置坐标(用L表示)以及带电粒子进入磁场时的速度大小与方向；(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面关于x轴与释放点对称的位置，计算匀强磁场的磁感应强度B的大小(用E、v0表

17、示)。【解题指导】解答本题应注意以下四点：(1)在电场当中受力分析，确定受力方向和初速度方向关系；(2)根据在电场中受力方向和初速度关系确定在电场中运动性质；(3)在电场中确定末速度也就是进入磁场的速度；(4)在磁场中根据边角关系、牛顿第二定律、向心力关系求得结果。【解析】(1)带电粒子在匀强电场中做类平抛运动，粒子的加速度为a=，水平方向上有L=v0t，竖直方向上有y=at2联立解得y=所以带电粒子进入磁场时的位置坐标为，竖直方向速度vy=at=t=v0所以v=v0，因为tan =1，所以速度方向与y轴正方向夹角为45。(2)若要使带电粒子能回到中间金属板下表面关于x轴与释放点对称的位置，根

18、据对称性可知，它在磁场中做圆周运动的圆心应在x轴上，其运动轨迹如图所示。由几何关系有r=y=，根据洛伦兹力提供向心力得qvB=m，联立解得B=答案：见解析12.(22分)(2020贵阳模拟)现有一个环形区域,其截面内圆半径R1= m,外圆半径R2=1.0 m,区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,如图所示。已知磁感应强度大小B=1.0 T,带正电粒子的比荷为4107 C/kg,不计带电粒子的重力和它们之间的相互作用。(计算结果保留两位小数)(1)若中空区域中的带电粒子由O点沿内圆的半径方向射入磁场,求带电粒子不能穿越磁场外边界的最大速度v0。(2)若中空区域中的带电粒子以题(1)中的最大速度v0沿内

19、圆半径方向射入磁场,求带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需要的时间。【解析】(1)带电粒子刚好不穿越磁场外边界时,其运动轨迹如图所示,根据几何关系有+r2=(R2-r)2,代入数据解得r= m带电粒子在磁场中运动时,根据洛伦兹力提供向心力,有qv0B=,解得v0=1.33107 m/s。(2)由带电粒子的运动轨迹图,并结合几何关系有tan=解得=分析知带电粒子必须三次经过磁场才会回到该点,则带电粒子在磁场中运动的时间t1=3T,又T=代入数据解得t1=3.1410-7 s粒子在磁场外运动的时间t2=3=2.6010-7 s则带电粒子从刚进入磁场某点开始到第一次回到该点所需时间t=t1+t2=5.7410-7 s。答案:(1)1.33107 m/s(2)5.7410-7 s【总结提升】带电粒子在交变复合场中的运动问题的基本思路