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1、单元质检十磁场(时间:75分钟满分:100分)一、单项选择题:本题共7小题,每小题4分,共28分。在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的。1.(2021山西长治太行中学模拟)下列关于电场线和磁感线的说法正确的是()A.电场线和磁感线都是电场或磁场中实际存在的线B.磁场中两条磁感线一定不相交,但在复杂电场中的电场线是可以相交的C.电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场发生的D.电场线越密的地方,同一试探电荷所受的电场力越大;磁感线分布较密的地方,同一试探电荷所受的磁场力也越大答案:C解析:电场线和磁感线都是假想出来的,实际并不存在,故A错误;任意两条电场线或磁感线一定不相交,若相交,
2、交点就有两个方向,与实际矛盾,故B错误;电流与电流之间的相互作用一定是通过磁场发生的,故C正确;试探电荷受到磁场的作用力(洛伦兹力)不仅与磁感应强度有关,还跟电荷的电荷量及电荷的速度有关,故D错误。2.云南广州特高压直流输电工程的局部仰视图如图所示,两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2,且I1I2。a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直,b点位于两根导线间的中点,a、c两点与b点距离相等。不考虑地磁场的影响。下列说法正确的是()A.a点和c点处的磁感应强度相同B.导线B和A之间因安培力的作用而相互吸引C.导线B对A的安培力大于导线A对B的安培力D.b点处
3、的磁感应强度方向竖直向下答案:B解析:由右手定则可知导线A在其左侧产生的磁场竖直向下,在其右侧产生的磁场竖直向上,导线B在其左侧产生的磁场竖直向下,在其右侧产生的磁场竖直向上,因此a点磁场竖直向下,c点磁场竖直向上,故A错误;导线A和B电流方向相同,同种导线相互吸引,则导线A、B相互吸引,故B正确;导线B对A的安培力与导线A对B的安培力是一对相互作用力,大小相等、方向相反,故C错误;由题知I1I2,则导线A在b点产生的磁感应强度比导线B在b点产生的磁感应强度大,导线A在b点产生的磁场竖直向上,导线B在b点产生的磁场竖直向下,因此b点磁场竖直向上,故D错误。3.(2021湖北武汉高三三模)电磁炮
4、是目前许多国家热衷发展的一种新式武器,其工作原理如图所示。当两平行导轨接入电源时,强电流从一导轨流入,经滑块(炮弹)从另一导轨流回时,在两导轨平面间产生强磁场,磁感应强度大小与电流成正比。通有电流的滑块在安培力的作用下(不计阻力)加速一段距离后,炮弹会以很大的动能射出。关于电磁炮,下列说法正确的是()A.当水平放置的平行导轨通有如图所示的电流时,导轨间的磁场方向竖直向下B.当回路中电流一定时,炮弹将做匀加速直线运动C.若只将电流增大2倍,炮弹射出的动能也会增大2倍D.若只将导轨长度增大2倍,炮弹射出的动能会增大4倍答案:B解析:根据安培定则可知,导轨上的电流在导轨平面产生的磁场方向竖直向上,故
5、A错误;炮弹在安培力的作用下运动,回路中电流一定,磁感应强度一定,根据牛顿第二定律BIL=ma可知加速度恒定,所以炮弹做匀加速直线运动,故B正确;若只将电流增大2倍,磁感应强度也增大2倍,根据动能定理BILx=Ek,可知动能变为原来的4倍,故C错误;若只将导轨长度增大2倍,根据动能定理可知炮弹射出的动能会变为原来的2倍,故D错误。4.(2021广东高三模拟)如图所示的匀强磁场中,从O点沿OA方向垂直磁场发射两个比荷相同的带电粒子,一粒子经时间t1到达直线OC上的P点,其速率为v1;另一粒子经时间t2到达直线OC上的Q点,其速率为v2。不计粒子重力和粒子间的相互作用,则()A.v1v2B.v1=
6、v2C.t1t2D.t1=t2答案:D解析:根据轨道半径公式r=mvqB可知,当比荷相同时,半径越大的速度越大,如图所示,有r1r2,则v1v2,A、B错误;由周期公式T=2mqB可知,当比荷相同时,周期相同,如图所示,两粒子的圆心角相同,则运动时间相同,即t1=t2,C错误,D正确。5.托卡马克是一种复杂的环形装置,结构如图所示。环心处有一欧姆线圈,四周是一个环形真空室,真空室外部排列着环向场线圈和极向场线圈。当欧姆线圈中通以变化的电流时,在托卡马克的内部会产生巨大的涡旋电场,将真空室中的等离子体加速,从而达到较高的温度。再通过其他方式的进一步加热,就可以达到核聚变的临界温度。同时,环形真空
7、室中的高温等离子体形成等离子体电流,与极向场线圈、环向场线圈共同产生磁场,在真空室区域形成闭合磁笼,将高温等离子体约束在真空室中,有利于核聚变的进行。已知真空室内等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,下列说法正确的是()A.托卡马克装置中核聚变的原理和目前核电站中核反应的原理是相同的B.极向场线圈和环向场线圈的主要作用是加热等离子体C.欧姆线圈中通以恒定电流时,托卡马克装置中的等离子体将不能发生核聚变D.为了约束温度为T的等离子体,所需要的磁感应强度B必须正比于温度T答案:C解析:目前核电站中核反应的原理是核裂变,原理不同,故A错误;极向场线圈、环向场线圈主要作用是将高温等离子
8、体约束在真空室中,有利于核聚变的进行,故B错误;欧姆线圈中通以恒定的电流时,产生恒定的磁场,恒定的磁场无法激发电场,则在托卡马克的内部无法产生电场,等离子体无法被加速,因而不能发生核聚变,故C正确;带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,则T12mv2,由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,则Bv,即BT,故D错误。6.(2021河北保定一模)某空间存在着范围足够大、相互垂直的匀强电场和匀强磁场,电场强度和磁感应强度的大小分别为E和B,方向如图所示。一带电粒子(不计重力)恰能以速度v垂直B、E组成的平面向外做匀速直线运动,下列说法正确的是()A.v=EBB.该粒子一定带正电C.该粒子一
9、定带负电D.仅改变粒子所带的电荷量,其运动轨迹将发生偏转答案:A解析:带电粒子在电磁场中能做匀速直线运动,处于受力平衡状态,即qvB=qE,得v=EB,A正确;由A的分析可知,该平衡方程与粒子带电性质无关,若带正电能平衡,带负电也一定能平衡,B、C错误;仅改变粒子所带的电荷量,粒子所受洛伦兹力与电场力仍始终相等,做匀速直线运动,故运动轨迹不会发生偏转,D错误。7.(2021广西南宁三中高三月考)如图所示,圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,P、Q为直径的两端,带正电的甲粒子与带负电的乙粒子分别从P、Q两点以相同的速率射入磁场,甲粒子速度沿直径方向,乙粒子速度方向与P、Q连线夹角为30,两粒子都
10、到达磁场边界上的M点,OQ与OM的夹角为60,则()A.甲、乙两粒子的比荷之比为33B.甲、乙两粒子的比荷之比为32C.甲、乙两粒子的运动时间之比为233D.甲、乙两粒子的运动时间之比为33答案:C解析:设圆形区域的半径为r,甲、乙两粒子在磁场中的运动半径分别为R甲、R乙,运动速度为v,则由几何关系可得rR甲=tan 30,R乙=12r,又由qvB=mv2R,可得qm=vBR,所以q甲m甲q乙m乙=R乙R甲=36,故A、B错误;甲粒子的运动时间为t甲=2R甲v16,乙粒子的运动时间为t乙=2R乙v12,运动时间之比为t甲t乙=R甲3R乙=233,故C正确,D错误。二、多项选择题:本题共3小题,
11、每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有两个或两个以上选项符合题目要求。全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错的得0分。8.如图所示,水平桌面上固定两条光滑平行导轨,导轨左端连接电源,整个装置处于竖直向下的匀强磁场中。现将两根质量相同的导体棒M、N依次静置于导轨上的同一位置,接通电源,导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出,始终与地面平行,落地位置与导轨右端的水平距离分别为s1和s2。不计电源和导轨电阻,导体棒与导轨垂直且接触良好,则接通电源使导体棒通电瞬间,两次相比()A.通过导体棒电荷量之比为11B.安培力对导体棒冲量比为s1s2C.安培力对导体棒做功比为s1s2D.安培力对导体棒
12、做功比为s12s22答案:BD解析:导体棒沿导轨从桌面右侧水平抛出后做平抛运动,下落高度相等,则平抛运动的时间相等,由s=v0t得,导体棒M、N平抛运动初速度之比为v1v2=s1s2,由动量定理BI电Lt=mv,即BLq=mv,即q=mvBLv,则通过导体棒电荷量之比为q1q2=v1v2=s1s2,故A错误;安培力对导体棒冲量I=BI电Lt=mvv,则I1I2=v1v2=s1s2,故B正确;根据动能定理得,安培力对导体棒做功W=12mv2v2,则做功之比为W1W2=v12v22=s12s22,故C错误,D正确。9.(2021河北张家口一模)如图所示,等腰直角三角形ABC区域中存在垂直纸面向里的
13、匀强磁场,磁感应强度大小为B,一质量为m(不计重力)、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m2BqD.若粒子射入速率不同,则射出磁场时速度的方向一定不同答案: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,速度增加,但在磁场中运动的周期始终不变,根据对称性特征,轨迹均为14圆周,则在磁场中运动时间相同,当从BC边离开时,随速率增加,轨迹半径增大,轨迹所对圆心角变小,则运动时间越来越短,A错误;粒子在磁场
14、中运动的加速度a=Bqvm,射入速率越大,a越大,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T4=m2Bq,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14圆周,沿平行于BC方向离开磁场,D错误。10.(2021河北保定二模)如图所示,两直线边界MN、PQ相互平行,间距为d,其中SO与边界垂直,一带电粒子以速度v0从S点沿SO方向射入边界内。如果边界内仅存在平行于边界MN的匀强电场,粒子由PQ边上的J点射出,射出时速度方向与PQ边界的夹角为45;如果边界内仅存垂直纸面的匀强磁场,粒子由PQ边上的K点射出,射出时速度方向与PQ边界的夹角也为45。
15、忽略带电粒子的重力,下列说法正确的是()A.粒子从S运动到J的时间比从S运动到K的时间短B.粒子从S运动到J的时间比从S运动到K的时间长C.若电场和磁场同时存在,粒子通过场区后动能增加D.若电场和磁场同时存在,粒子通过场区后动能不变答案:AC解析:带电粒子以速度v0从S点沿SO方向射入边界内,如果边界内仅存在平行于边界MN的匀强电场,带电粒子做类平抛运动,在匀强电场中运动的时间t1=dv0,如果边界内仅存垂直纸面的匀强磁场,带电粒子做匀速圆周运动,在磁场中通过的路程为SK段的弧长l,在匀强磁场中运动的时间t2=lv0,可知t1t2,即粒子从S运动到J的时间比从S运动到K的时间短,A正确,B错误
16、;带电粒子仅在电场中运动时,竖直方向有d2=12F电mdv02,可得静电力F电=mv02d,带电粒子仅在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,有F洛=mv02R=mv022d0)的粒子从x轴上a点由静止释放在电场中加速t0时间后沿半径射入磁场,第一次射出磁场时速度方向偏离入射方向60。求:(1)粒子在磁场中运动的速率;(2)电场外边界与内边界之间的电势差;(3)粒子从a点由静止释放经过多长时间粒子回到a点位置。答案:(1)3BqRm(2)3B2qR22m(3)6nt0+nmBq(n=1,2,3)解析:(1)粒子在磁场中做圆周运动,粒子的运动轨迹如图所示由几何知识得r=Rtan30解得r=3RqvB
17、=mv2r解得v=3BqRm。(2)由动能定理Uq=12mv2解得U=3B2qR22m。(3)粒子从a点由静止释放第一次回到a点位置t=6t0+3162mBq运动具有周期性,粒子从a点释放到回到a点位置,可能的时间为t=nt=6nt0+nmBq(n=1,2,3)。14.(14分)(2021四川巴中模拟)如图甲所示,ab是水平放置很短的光滑玻璃管,紧靠玻璃管的两端有竖直金属板AA、CC,两板间有方向向右的电场,ab管的中轴线与水平放置的金属板MM、NN的中心线重合,板长为L1,板的高度差h=L1,紧邻MN的右端PQ、KH间存在方向水平向里的匀强磁场,其水平间距为L2,整个装置放在抽成真空密闭的有
18、机玻璃箱中。其中有一个带电荷量为+q、质量为m的红色小球(红色小球的直径略小于管的直径)由静止从玻璃管最左端发出(球经ab玻璃管时间极短),重力加速度为g。(1)小球恰好从N点射入磁场,AA、CC间的电压U为多大?(2)欲使小球从N点射入磁场后做匀速圆周运动,需在PQ、KH间加以竖直方向的匀强电场,求此匀强电场电场强度E的大小和方向,以及小球不从KH射出磁场时磁感应强度B的取值范围。(3)假设在MM、NN板间也加入(2)中的匀强电场,PQ、KH间匀强磁场的磁感应强度为B0,在AA、CC间加上如图乙所示,电压在U1U2间周期性变化的电场,玻璃管最左端有无穷多个带电荷量为+q、质量为m的红色小球从
19、a点由静止连续发出,小球不会穿过边界KH,则在PQ、KH区域可以看到一个弯曲的“红色喷泉”,则“红色喷泉”的面积S是多少?答案:(1)mgL12q或mgh2q(2)mgq方向竖直向上B(2+1)mv0qL2(3)m(U2-U1)qB02解析:(1)由分析可知小球在AACC间做匀加速直线运动,在MMNN间做平抛运动,设在AACC间做匀加速末端的速度为v0,则有qU=12mv02h2=L12=12gt2L1=v0t联立解得U=mgL12q或mgh2q。(2)小球在磁场中做匀速圆周运动有qE=mg解得E=mgq,方向竖直向上当小球的轨迹恰好与KH相切时半径最大,磁感应强度B最小,设运动的半径为R,由
20、几何关系得R+Rsin 45=L2在磁场中做圆周运动有qvB=mv2R又v=v02+(gt)2=2v0联立解得Bmin=(2+1)mv0qL2所以小球不从KH射出磁场时磁感应强度B的取值范围为B(2+1)mv0qL2。(3)在MMNN间加上电场后,小球的电场力与重力平衡,则小球在此区域做匀速直线运动,由于时间极短,小球在AACC间做匀加速直线运动时任一时刻的电压大小不一样,在磁场中做匀速圆周运动的半径大小不一样,轨迹均为半圆,红色喷泉的面积即为最大的半圆面积减去最小的半圆面积。在电压为U1时,对应的轨迹半径为r1,小球速度为v1;在电压为U2时,对应的轨迹半径为r2,小球速度为v2。所以有qU
21、1=12mv12qv1B0=mv12r1qU2=12mv22qv2B0=mv22r2S=12(r22-r12)联立以上式子解得S=m(U2-U1)qB02。15.(16分)(2021山东省实验中学高三二模)如图甲所示,在水平地面上有一个口径为2r,深为h的漏斗形旱井。距井口中点水平距离s处有一个高为H的水平平台,平台上装有绝缘弹射器,可以将质量为m、电荷量为+q的可看作质点的小球以速度v0弹射出去,v0的方向跟井口圆心在同一竖直平面M内。当小球水平向右弹出后,小球落在井口右侧地面上。忽略空气阻力,重力加速度为g,小球运动中电量保持不变。(1)求落地点和抛出点之间的距离L。(2)为了使小球能打进
22、井中,可在地面上方平行于平面M加水平方向的匀强电场,求此电场的电场强度最大值E0及其方向。(3)若在地面上方加竖直向上的匀强电场,电场强度大小E=mgq,同时加一个垂直纸面方向的匀强磁场,仅改变弹射器的弹射方向为斜向右上方且仍在平面M内,若小球恰能沿竖直方向无碰撞地落到井底,求匀强磁场的磁感应强度的大小B以及速度与水平方向的夹角的正切值tan 。(4)若在地面上方加竖直向上的匀强电场,电场强度大小E=mgq,再加上磁感应强度大小相等的匀强磁场如图乙所示,虚线为两磁场边界,以同(3)一样的速度将小球弹射出去,也能让小球无碰撞地竖直落到井底,求所加磁场的磁感应强度大小B。答案:(1)H2+2v02
23、Hg(2)mv02gH-mg(s-r)qHE0方向水平向左(3)s2-H22sHs2-H22sH(4)2(2n-1)msv0q(H2+s2)(n=1,2,3)解析:(1)由H=12gt2x=v0t=v02Hg得L=H2+x2=H2+2v02Hg。(2)在水平方向上小球做匀减速直线运动,加速度大小为a,E0最大时小球从井口左侧进入井中,有qE0=mas-r=v0t-12at2解得电场强度最大值E0=mv02gH-mg(s-r)qHE0方向水平向左。(3)题意得mg=qE,所以小球在M平面内做匀速圆周运动,运动轨迹如图(a)所示,(a)所以小球在洛伦兹力的作用下在复合场中做匀速圆周运动,圆心在如图所示的O点,设半径为R由几何关系可知R2=H2+(s-R)2解得R=H2+s22s由牛顿第二定律得qv0B=mv02R解得B=2msv0q(H2+s2)由几何关系可知弹射速度与水平方向的夹角=OAC,则tan =s2-H22sH。(4)由于两个并列磁场的磁感应强度大小相等,小球运动轨迹如图所示(b)设半径为rn由题意得rn=R2n-1(n=1,2,3)设磁场的磁感应强度为B,由牛顿第二定律得qv0B=mv02rn解得B=2(2n-1)msv0q(H2+s2)(n=1,2,3)。12