2023版高考物理一輪復習第8章磁場綜合過關(guān)規(guī)范限時檢測新人教版選修3-1

PAGEPAGE2第八章綜合過關(guān)標準限時檢測總分值100分，考試時間60分鐘。一、選擇題(此題共8小題，每題6分，共計48分。1～4題為單項選擇，5～8題為多項選擇，全都選對的得6分，選對但不全的得3分，錯選或不選的得0分)1．(2022·江西南昌一模)奧斯特在研究電流的磁效應(yīng)實驗時，將一根長直導線南北放置在小磁針的正上方，導線不通電時，小磁針在地磁場作用下靜止時N極指向北方，如下圖?，F(xiàn)在導線中通有由南向北的恒定電流I，小磁針轉(zhuǎn)動后再次靜止時N極指向eq\x(導學號51342967)(C)A．北方 B．西方C．西偏北方向 D．北偏東方向[解析]由安培定那么可知，在小磁針位置通電導線產(chǎn)生的磁場方向由東向西，合磁場的方向指向西偏北的方向，小磁針靜止時，N極所指的方向是該處合磁場的方向，C正確。2．(2022·陜西省西安地區(qū)八校高三年級聯(lián)考)如下圖，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，在xOy平面內(nèi)，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。那么以下說法正確的選項是eq\x(導學號51342968)(A)A．假設(shè)v一定，θ越大，那么粒子在磁場中運動的時間越短B．假設(shè)v一定，θ越大，那么粒子離開磁場的位置距O點越遠C．假設(shè)θ一定，v越大，那么粒子在磁場中運動的角速度越大D．假設(shè)θ一定，v越大，那么粒子在磁場中運動的時間越短[解析]如下圖，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，由幾何關(guān)系得軌跡對應(yīng)的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(2π－2θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2π－2θm,qB)，可知假設(shè)v一定，θ越大，運動時間t越短；假設(shè)θ一定，那么運動時間一定，A正確，D錯誤；設(shè)粒子的軌跡運動半徑為r，那么r＝eq\f(mv,qB)，AO＝2rsinθ＝eq\f(2mvsinθ,qB)，那么假設(shè)v一定，θ是銳角，θ越大，AO越大，假設(shè)v一定，θ是鈍角，θ越大，AO越小，B錯誤；粒子在磁場中運動的角速度ω＝eq\f(2π,T)，又T＝eq\f(2πm,qB)，那么得ω＝eq\f(qB,m)，與速度v無關(guān)，C錯誤。3．如下圖，光滑的金屬軌道分水平段和圓弧段兩局部，O點為圓弧的圓心。兩金屬軌道之間的寬度為0.5m，勻強磁場方向如圖，大小為0.5T，質(zhì)量為0.05kg、長為0.5m的金屬細桿置于金屬軌道上的M點，當在金屬細桿內(nèi)通以電流強度為2A的恒定電流時，金屬細桿可以沿桿向右由靜止開始運動。N、P為導軌上的兩點，ON豎直、OP水平，且eq\x\to(MN)＝eq\x\to(OP)＝1m，g取10m/s2，那么eq\x(導學號51342969)(D)A．金屬細桿開始運動時的加速度大小為5m/s2B．金屬細桿運動到P點時的速度大小為5m/sC．金屬細桿運動到P點時的向心加速度大小為10m/s2D．金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N[解析]金屬細桿在水平方向受到安培力作用，安培力大小F安＝BIL＝0.5×2×0.5N＝0.5N，金屬細桿開始運動時的加速度大小為a＝eq\f(F安,m)＝10m/s2，選項A錯誤；對金屬細桿從M點到P點的運動過程進行分析，安培力做功W安＝F安·(eq\x\to(MN)＋eq\x\to(OP))＝1J，重力做功WG＝－mg·eq\x\to(ON)＝－0.5J，由動能定理得W安＋WG＝eq\f(1,2)mv2，解得金屬細桿運動到P點時的速度大小為v＝eq\r(20)m/s，選項B錯誤；金屬細桿運動到P點時的加速度可分解為水平方向的向心加速度和豎直方向的重力加速度，水平方向的向心加速度大小為a′＝eq\f(v2,r)＝20m/s2，選項C錯誤；在P點金屬細桿受到軌道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛頓第二定律得F－F安＝eq\f(mv2,r)，解得F＝1.5N，每一條軌道對金屬細桿的作用力大小為0.75N，由牛頓第三定律可知金屬細桿運動到P點時對每一條軌道的作用力大小為0.75N，選項D正確。4．(2022·福建漳州八校第二次聯(lián)考)如下圖，勻強磁場的邊界為直角三角形，∠EGF＝30°，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里。F處有一粒子源，沿FG方向發(fā)射出大量帶正電荷q的同種粒子，粒子質(zhì)量為m，粒子的初速度v0大小可調(diào)，那么以下說法正確的選項是eq\x(導學號51342970)(C)A．假設(shè)粒子能到達EG邊界，那么粒子速度越大，從F運動到EG邊的時間越長B．v0取適宜值，粒子可以到達E點C．能到達EF邊界的所有粒子所用的時間均相等D．粒子從F運動到EG邊所用的最長時間為eq\f(5πm,12qB)[解析]當粒子運動的軌跡與EG邊相切于P時，根據(jù)幾何關(guān)系得rtan30°＝EP，解得粒子的軌道半徑r＝eq\r(3)EP，當半徑超過該值時，粒子會從EG邊射出，速度越大，半徑越大，盤旋角越小(因為弦與EF夾角越大)，運動時間越短(周期與速度無關(guān))，故A錯誤。當粒子速度v0＝eq\f(qBr,m)時，粒子軌跡與EG相切，假設(shè)粒子速度大于v0，粒子會從EG邊射出，假設(shè)粒子速度小于v0，粒子會從EF邊射出，無法到達E點，無論v0取何值，粒子都不可能到達E點，B錯誤。能從EF邊出射的粒子都運動了半個周期，因為粒子的周期與速度無關(guān)，所以能到達EF邊界的所有粒子所用的時間均相等，故C正確。當v0＝eq\f(qBr,m)時，粒子軌跡與EG相切，此時運動到BG邊盤旋角最大，為150°，所用時間最長為t＝eq\f(5,12)T＝eq\f(5πm,6qB)，故D錯誤。5．(2022·陜西咸陽一模)如下圖，金屬棒ab置于水平放置的金屬導軌cdef上，棒ab與導軌相互垂直并接觸良好，導軌間接有電源?，F(xiàn)用兩種方式在空間加勻強磁場，ab棒均處于靜止，第一次勻強磁場方向豎直向上；第二次勻強磁場方向斜向左上與金屬導軌平面成θ＝30°角，兩次勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，以下說法中正確的選項是eq\x(導學號51342971)(AC)A．兩次金屬棒ab所受的安培力大小相等B．第二次金屬棒ab所受的安培力大C．第二次金屬棒ab受的摩擦力小D．第二次金屬棒ab受的摩擦力大[解析]兩次磁感應(yīng)強度的方向均與金屬棒垂直，所以兩次金屬棒受的安培力大小相等，A正確，B錯誤；當磁感應(yīng)強度方向豎直向上時，安培力水平向右，根據(jù)共點力平衡得：此時靜摩擦力f1＝BIL；第二次，安培力垂直于金屬棒斜向右上，與豎直方向成θ角，根據(jù)共點力平衡可知此時靜摩擦力f2＝BILsinθ，所以C正確，D錯誤。6．(2022·山西四校聯(lián)考)如下圖，在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，速度方向與半徑方向的夾角為30°。當該電荷離開磁場時，速度方向剛好改變了180°。不計電荷的重力，以下說法正確的選項是eq\x(導學號51342972)(BC)A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷的比荷為eq\f(2v0,BR)C．該點電荷在磁場中的運動時間為eq\f(πR,2v0)D．該點電荷帶正電[解析]如下圖，點電荷在磁場中做勻速圓周運動，作出點電荷運動軌跡如下圖。由幾何關(guān)系知電荷在磁場中剛好運動eq\f(T,2)，電荷做圓周運動的半徑r＝Rsin30°，電荷離開磁場時的速度方向與進入磁場時速度方向相反，其反向延長線不通過O點，故A錯誤；根據(jù)qv0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),r)，解得eq\f(q,m)＝eq\f(v0,rB)＝eq\f(2v0,RB)，故B正確；由圖知該電荷在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(2πr,2v0)＝eq\f(πR,2v0)，C正確；根據(jù)電荷偏轉(zhuǎn)的方向，由左手定那么判定該電荷帶負電，故D錯誤。7．(2022·河北衡水中學七調(diào))在傾角θ＝30°的絕緣斜面上，固定一光滑金屬框，寬l＝0.5m，接入電動勢E＝6V、內(nèi)阻r＝0.5Ω的電池，垂直框面放置一根質(zhì)量m＝0.2kg的金屬棒ab，金屬棒接入電路的電阻R0的阻值為0.2Ω，整個裝置放在磁感應(yīng)強度B＝1.0T、方向垂直于框面向上的勻強磁場中，調(diào)節(jié)滑動變阻器R的阻值使金屬棒靜止在框架上，如下圖。那么以下說法正確的選項是(框架的電阻與摩擦不計，框架與金屬棒接觸良好，g取10m/s2)eq\x(導學號51342973)(ABD)A．金屬棒受到的安培力的大小為1NB．通過金屬棒的電流強度I的大小為2AC．滑動變阻器R接入電路的阻值為R＝3ΩD．電源的輸出功率為P＝10W[解析]對金屬棒受力分析如圖，F(xiàn)＝mgsin30°＝1N，A正確；F＝BIl，得電路中電流I＝eq\f(F,Bl)＝2A，B正確；由閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋R0＋r)，解得R＝2.3Ω，C錯誤；電源的輸出功率P輸出＝EI－I2r＝10W，D正確。8．(2022·河南省鄭州市第一次質(zhì)量檢測)如下圖，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶負電小球(電荷量為－q，質(zhì)量為m)，從正交或平行的電磁復合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球可能沿直線通過以下電磁復合場的是eq\x(導學號51342974)(BD)[解析]選項A中，小球受到的電場力大小不變水平向右，洛倫茲力水平向左，小球受重力作用，豎直方向做加速運動，那么小球受到的洛倫茲力增大，不可能做直線運動，A錯誤；選項B中，小球進入復合場時受豎直向下的重力、斜向右上的電場力、水平向左的洛倫茲力，這三個力可能平衡，之后做勻速直線運動，B正確；選項C中，小球進入復合場時受豎直向下的重力和電場力作用，水平向里的洛倫茲力，不可能做直線運動，C錯誤；選項D中，小球進入復合場時受豎直向下的重力和電場力作用，速度與磁場平行，不受洛倫茲力，小球向下做加速運動，D正確。二、非選擇題(共3小題，共52分。計算題解答時請寫出必要的文字說明、方程式和重要的演算步驟，只寫出最后答案的不得分。)9．(15分)如下圖，水平導軌間距為L＝0.5m，導軌電阻忽略不計；導體棒ab的質(zhì)量m＝1kg，電阻R0＝0.9Ω，與導軌接觸良好；電源電動勢E＝10V，內(nèi)阻r＝0.1Ω，電阻R＝4Ω；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝5T，方向垂直于ab，與導軌平面成夾角α＝53°；ab與導軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，線對ab的拉力為水平方向，重力加速度g＝10m/s2，ab處于靜止狀態(tài)。已知sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。求：eq\x(導學號51342975)(1)通過ab的電流大小和方向；(2)ab受到的安培力大?。?3)重物重力G的取值范圍。[答案](1)2Aa到b(2)5N(3)0.5N≤G≤7.5N[解析](1)由閉合電路歐姆定律可得I＝eq\f(E,R＋R0＋r)＝2A方向為a到b(2)導體棒ab所受安培力F＝BIL＝5N(3)受力如圖fm＝μ(mg－Fcos53°)＝3.5N當最大靜摩擦力方向向右時FT＝Fsin53°－fm＝0.5N當最大靜摩擦力方向向左時FT＝Fsin53°＋fm＝7.5N所以0.5N≤G≤7.5N10．(17分)(2022·吉林省重點中學第二次模擬考試)如下圖，左側(cè)是兩平行金屬板P、Q，右側(cè)是一個邊長為eq\r(2)L的正方形磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點。金屬板P上O處有一粒子源，可發(fā)射出初速度可視為零的帶負電的粒子(比荷為eq\f(q,m)＝k)，Q板中間有一小孔，可使粒子射出后垂直磁場方向從a點沿對角線方向進入勻強磁場區(qū)域。eq\x(導學號51342976)(1)在P、Q兩極板上加上直流電壓，如果帶電粒子恰好從d點射出，求所加電壓的大小。(2)假設(shè)在P、Q兩極板上所加直流電壓為U0，求帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑。[答案](1)eq\f(1,2)kB2L2(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(2U0,k))[解析](1)如下圖，根據(jù)幾何關(guān)系可以看出，當粒子恰好從d點射出時，軌道半徑為r＝L設(shè)帶電粒子射入磁場時速度為v，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝meq\f(v2,r)解得：v＝eq\f(qBL,m)由功能關(guān)系，有qU＝eq\f(1,2)mv2解得所加電壓大小U＝eq\f(1,2)kB2L2(2)由功能關(guān)系，有qU0＝eq\f(1,2)mv2洛倫茲力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得帶電粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑為R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2U0,k))11．(20分)(2022·河南平頂山第二次調(diào)考)如下圖，板間距為d、板長為L的兩塊平行金屬板EF、GH水平放置，在緊靠平行板右側(cè)的正三角形區(qū)域內(nèi)存在著垂直紙面的勻強磁場，三角形底邊BC與GH在同一水平線上，頂點A與EF在同一水平線上。一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子沿兩板中心線以初速度v0水平射入，假設(shè)在兩板之間加某一恒定電壓，粒子離開電場后垂直AB邊從D點進入磁場，BD＝eq\f(1,4)AB，并垂直AC邊射出(不計粒子的重力)，求：eq\x(導學號51342977)(1)粒子離開電場時瞬時速度的大小及兩極板間電壓的大??；(2)三角形區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強度；(3)假設(shè)兩板間不加電壓，三角形區(qū)域內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里，要使粒子