届一轮 第九章磁场 单元测试文档格式.docx
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然后保持电流不变,改变导体棒通电部分的长度.则该实验可获得的直接结论为( )
图3
A.导体棒中电流越大,导体棒受到的安培力越小
B.导体棒受到的安培力大小与电流大小成正比
C.导体棒受到的安培力大小与磁感应强度大小成正比
D.导体棒通电部分长度越长,导体棒受到的安培力越大
答案 D
4.(2018·
杭州市重点中学期末)“天舟一号”货运飞船,经历了5个月的在轨飞行后,于2017年9月22日告别“天宫二号”,按预定计划落入大气层并烧毁.“天舟一号”在轨期间,其轨道是离地面约为380km的圆形轨道,地球表面处的重力加速度为9.8m/s2,则其( )
A.速度比7.9km/s要小
B.周期大于24h
C.受到地球对它的万有引力几乎为零
D.向心加速度大于9.8m/s2
5.一根闭合的粗细均匀的铁丝弯折成一直角三角形线框,将其放入匀强磁场中,磁场方向垂直线框平面向里时,在ab间接有一如图4所示的电源,下列判断正确的是( )
图4
A.ab边受到的安培力在纸面内垂直ab向下
B.整个线框所受安培力的合力为0
C.ac、cb边所受安培力的合力方向与ab边垂直
D.三角形线框有收缩的趋势
答案 C
6.(2018·
平湖市联考)一个质量为0.3kg的弹性小球,在光滑水平面上以6m/s的速度垂直撞到墙上,碰撞后小球沿相反方向运动,反弹后的速度大小与碰撞前相同,则碰撞前后小球速度变化量的大小Δv和碰撞过程中小球的动能变化量ΔEk为( )
A.Δv=0B.Δv=-12m/s
C.ΔEk=1.8JD.ΔEk=10.8J
解析 取初速度方向为正方向,则Δv=(-6-6)m/s=-12m/s,由于速度大小没变,动能不变,故动能变化量为0,故只有选项B正确.
7.如图5所示,正方体真空盒置于水平面上,它的ABCD面与EFGH面为金属板,其他面为绝缘材料,ABCD面带正电,EFGH面带负电.从小孔P沿水平方向以相同速率射入三个质量相同的带正电液滴A、B、C,最后分别落在1、2、3三点,则下列说法正确的是( )
图5
A.三个液滴在真空盒中都做平抛运动
B.三个液滴的运动时间不一定相同
C.三个液滴落到底板时的速率相同
D.液滴C所带电荷量最多
解析 由于三个液滴在竖直方向做自由落体运动,下落高度相同,故三个液滴的运动时间相同,选项B错误;
三个液滴在水平方向受到电场力作用,水平方向不是匀速直线运动,所以三个液滴在真空盒中不是做平抛运动,选项A错误;
三个液滴落到底板时竖直分速度相等,而水平分速度不相等,所以三个液滴落到底板时的速率不相同,选项C错误;
由于液滴C在水平方向位移最大,说明液滴C在水平方向加速度最大,所带电荷量最多,选项D正确.
8.如图6所示,在长方形abcd区域内有正交的电场和磁场,ab==L,一带电粒子从ad的中点垂直于电场和磁场方向射入,恰沿直线从bc边的中点P射出,若仅撤去磁场,则粒子从c点射出;
若仅撤去电场,则粒子将(不计重力)( )
图6
A.从b点射出
B.从b、P间某点射出
C.从a点射出
D.从a、b间某点射出
解析 由粒子做直线运动可知qv0B=qE;
撤去磁场,粒子从c点射出,可知粒子带正电,粒子在电场中做类平抛运动,qE=ma,L=at2,L=v0t,所以撤去电场后由qv0B=m得r==,粒子从a点射出,故C正确.
9.(2018·
杭州市期末)随着“共享单车”的持续火热,“共享汽车”(电动汽车)也悄然出现,如图7所示.下表是某种“共享汽车”的主要参数.(g取10m/s2)
图7
空车质量
800kg
电池容量
44kW·
h
标准承载
200kg
最大续航(充满电最大行驶路程)
200km
所受阻力与汽车总重比值
0.09
根据上述信息,则下列说法正确的是( )
A.工作时,电动汽车的电动机是将机械能转化成电能
B.电池容量44kW·
h指的是汽车电池充满电时的电荷量
C.标准承载下,电动汽车以72km/h的速度匀速行驶10min消耗的电能为2kW·
D.若标准承载下汽车速度能达120km/h,则汽车电动机最大输出功率不小于30kW
解析 工作时,电动汽车的电动机是将电能转化为机械能,使汽车运动,故A错误;
电池容量44kW·
h指的是汽车电池充满电时的电能,故B错误;
电动汽车标准承载下的阻力为Ff=0.09×
(800+200)×
10N=9×
102N,汽车的牵引力F=Ff,消耗电能W=Fvt=9×
102×
×
10×
60J=1.08×
107J=3kW·
h,故C错误;
当汽车匀速时的功率为P=Fv′=9×
W=3×
104W=30kW,故D正确.
10.(2018·
金华市、丽水市、衢州市十二校联考)竖直放置的两块足够长的平行金属板间有匀强电场,其极板带电荷量分别为+Q和-Q,在两极板之间,用轻质绝缘丝线悬挂质量为m、电荷量为q的带电小球(可看成点电荷),丝线与竖直方向成θ角时小球恰好平衡,此时小球离右板距离为b,离左板的距离为2b,如图8所示,则(重力加速度为g)( )
图8
A.小球带正电,极板之间的电场强度大小为
B.小球受到电场力为
C.若将小球移到悬点下方竖直位置,小球的电势能减小
D.若将丝线剪断,小球向右做平抛运动
11.美国科学家阿斯顿发明的质谱仪可以用来鉴别同位素.钠23和钠24互为同位素.现把钠23和钠24的原子核,由静止从同一点放入质谱仪,经过分析可知( )
A.电场力对钠23做功较多
B.钠23在磁场中运动的速度较小
C.钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为23∶24
D.钠23和钠24在磁场中运动的半径之比为∶2
解析 在加速电场中,根据动能定理有qU=mv2,因此电场力对二者做功相等,钠23的质量较小,速度较大,选项A、B错误;
再由qvB=得r==,可知r∝,选项C错误,D正确.
12.如图9所示,磁感应强度大小为B的有界匀强磁场的宽度为d,方向垂直纸面向里.一质量为m、带电荷量为q的正离子与磁场左边界成60°
角垂直磁场方向射入磁场区域,并恰好从磁场右边界穿出,则该正离子射入磁场时的速度大小为( )
图9
A.B.
C.D.
解析 离子带正电荷,且恰好从磁场右边界射出的轨道半径r应满足r-rcos60°
=d,离子在磁场中运动时有qvB=,即r=,解得v=,C项正确.
二、选择题Ⅱ(本题共4小题,每小题3分,共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的,全部选对的得3分,选对但不全的得1分,有错选的得0分)
13.如图10所示,小球甲从竖直固定的半径为R的光滑圆弧轨道顶端由静止滚下,圆弧底端切线水平;
同质量的小球乙从高为R的光滑斜面顶端由静止滚下.下列判断错误的是( )
图10
A.两小球到达底端时速度相同
B.两小球运动到底端的过程中重力做功相同
C.两小球到达底端时动能相同
D.两小球到达底端时,乙重力做功的瞬时功率小于甲重力做功的瞬时功率
答案 AD
解析 根据动能定理得,mgR=mv2,知两小球到达底端的动能相等,速度大小相等,但是速度的方向不同,故选项A错误,C正确;
两小球运动到底端的过程中,下落的高度相同,则重力做功相同,故选项B正确;
两小球到达底端的速度大小相等,甲球的重力与速度方向垂直,瞬时功率为零,乙球的重力与速度方向不垂直,瞬时功率不为零,则乙球的重力做功的瞬时功率大于甲球的重力做功的瞬时功率,故选项D错误.
14.如图11所示,整个空间存在水平向左的匀强电场,一长为L的绝缘轻质细硬杆一端固定在O点,另一端固定一个质量为m、电荷量为+q的小球P,杆可绕O点在竖直平面内无摩擦转动,电场强度大小为E=.先把杆拉成水平,然后将杆无初速度释放,重力加速度为g,不计空气阻力,则( )
图11
A.小球到最低点时速度最大
B.小球从开始至最低点过程中动能一直增大
C.小球对杆的最大拉力大小为mg
D.小球可绕O点做完整的圆周运动
答案 BC
解析 在小球运动的过程中只有重力和电场力做功,电场力与重力的合力大小为F==,合力与水平方向夹角的正切值tanα==,α=60°
,所以小球从开始运动到最低点左侧,即杆与水平方向的夹角为60°
的过程中,F一直做正功,此后F做负功,动能先增大后减小,所以在最低点左侧杆与水平方向的夹角为60°
时速度最大,动能最大,故A错误,B正确;
设小球的最大速度为v,根据动能定理得:
mgLsin60°
+qEL(1+cos60°
)=mv2,设最大拉力为FT,则FT-F=m,解得最大拉力FT=,故C正确;
设动能最大的位置为N,其关于O的对称点为Q,设小球能通过Q点,且通过Q点的速度为v′,根据动能定理得:
-mgLsin60°
+qEL(1-cos60°
)=mv′2,将qE=代入上式得mv′2<0,不可能,说明小球不能通过Q点,即不能做完整的圆周运动,故D错误.
15.如图12所示,匀强电场的电场方向水平向右,虚线右边空间存在着方向水平、垂直纸面向里的匀强磁场,虚线左边有一固定的光滑水平杆,杆右端恰好与虚线重合.有一电荷量为q、质量为m的小球套在杆上并从杆左端由静止释放,带电小球离开杆的右端进入正交电、磁场后,在开始的一小段时间内,小球( )
图12
A.可能做直线运动
B.一定做曲线运动
C.重力势能一定减小
D.电势能一定减小
答案 BD
解析 小球向右沿电场线方向运动,表明它带正电.进入右侧区域时,竖直方向重力与洛伦兹力的合力有可能为0,可能向上,也可能向下.水平方向上,电场力做正功,小球电势能一定减小;
在电场力作用下,小球必然加速,洛伦兹力会发生变化;
竖直方向上,在一段时间内,必然不平衡,因此小球必然做曲线运动,其轨迹有可能向上弯曲,也有可能向下弯曲,因此只有选项B、D正确.
16.如图13所示,在倾角为α的光滑固定斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒.在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,则外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是( )
图13
A.B=mg,方向竖直向下
B.B=mg,方向竖直向上
C.B=mg,方向垂直斜面向下
D.B=mg,方向垂直斜面向上
解析 若磁感应强度方向竖直向下,则安培力水平向左,导体棒无法静止;
若磁感应强度方向竖直向上,根据平衡条件,可得其大小B=mg,选项A错误,B正确;
若磁感应强度方向垂直斜面向下,则安培力沿斜面向下,导体棒无法静止;
若磁感应强度方向垂直斜面向上,根据平衡条件,可得其大小B=mg,选项C错误,D正确.
非选择部分
三、非选择题(本题共5小题,共52分)
17.(8分)(2019届台州中学模拟)甲同学准备做“探究做功与物体速度变化的关系”实验,乙同学准备做“验证机械能守恒定律”的实验.
(1)图14为实验室提供的部分器材,甲、乙同学均要使用的器材是________.(填字母代号)
(2)图15是实验中得到的纸带,a、b、c为连续的三个点,打点计时器打点频率为50Hz,请根据纸带测量结果计算b点对应的速度为________m/s(保留三位有效数字).
图14
图15
(3)如图16所示是另一小组的实验装置,实验中,通过改变橡皮筋的条数来改变橡皮筋对小车做的功.下列说法正确的是________.
A.实验中需要平衡阻力
B.释放小车后开启打点计时器
C.需要测量橡皮筋对小车做功的数值
D.每次都要从同一位置由静止释放小车
图16
答案
(1)D
(2)1.38(1.36~1.40均可) (3)AD
18.(10分)用伏安法测定电阻约为5Ω的均匀电阻丝的电阻率,电源是两节干电池.如图17甲所示,将电阻丝拉直后两端固定在带有刻度尺的绝缘底座的接线柱上,底座的中间有一个可沿电阻丝滑动的金属触头P,触头上固定了接线柱,按下P时,触头才与电阻丝接触,触头的位置可从刻度尺上读出.实验采用的电路原理图如图乙所示,电表均可视为理想电表.
甲
乙
图17
(1)本实验电压表的量程选__________(填“0~3V”或“0~15V”).
(2)根据电路原理图,用笔画线代替导线,将如图18实物图连接成实验电路.
图18
(3)闭合开关,滑动变阻器触头调至一合适位置后不动,将触头P自左向右移动的过程中,电流表读数________(填“增大”“减小”或“不变”).
(4)实验得到几组U、I、L的数据,用R=计算出相应的电阻值后作出R-L图线如图19所示,取图线上的两个点间的数据之差ΔL和ΔR,若电阻丝直径为d,则电阻率ρ=________.(用ΔL、ΔR、d表示)
图19
答案
(1)0~3V
(2)连线如图所示
(3)不变(4)
19.(10分)如图20所示,半径分别为R1、R2的两个同心圆,圆心为O,小圆内有垂直纸面向里的磁场,磁感应强度为B1,大圆外有垂直纸面的磁感应强度为B2的磁场,图中未画出,两圆中间的圆环部分没有磁场.今有一带正电粒子(质量为m,带电荷量为q)从小圆边缘的A点以速度v沿AO方向射入小圆的磁场区域,然后从小圆磁场中穿出,此后该粒子第一次回到小圆便经过A点,带电粒子重力不计,求:
图20
(1)若v=,则带电粒子在小圆内的运动时间t为多少;
(2)大圆外的磁场B2的方向;
(3)磁场应强度B1与B2的比值为多少?
答案
(1)
(2)垂直于纸面向里 (3)
解析
(1)带正电粒子在小圆内做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,qvB1=m,r1==R1
由几何关系可知粒子在小圆内的轨迹圆弧的圆心角为
θ=,则t=,解得t=.
(2)粒子第一次回到小圆便经过A点,则粒子在大圆外的磁场中继续做逆时针方向的圆周运动,则B2的方向为垂直于纸面向里.
(3)由几何关系可得=,
由qvB1=m,qvB2=m得:
r1=,r2=,
解得=.
20.(12分)如图21为某种质谱仪结构的截面示意图.该种质谱仪由加速电场、静电分析器、磁分析器及收集器组成.静电分析器中存在着径向的电场,其中圆弧A上每个点的电势都相等.磁分析器中存在一个边长为d的正方形区域匀强磁场.离子源不断地发出电荷量为q、质量为m、初速度不计的离子,离子经电压为U的电场加速后,从狭缝S1沿垂直于MS1的方向进入静电分析器,沿圆弧A运动并从狭缝S2射出静电分析器,而后以垂直MS2的方向进入磁场中,最后进入收集器.已知圆弧A的半径为,磁场的磁感应强度B=,忽略离子的重力、离子之间的相互作用力、离子对场的影响和场的边缘效应.求:
图21
(1)离子到达狭缝S1的速度大小;
(2)静电分析器中等势线A上各点的电场强度E的大小;
(3)离子离开磁场的位置.
答案
(1)
(2) (3)距M点d
解析
(1)由动能定理可知qU=mv2
解得离子到达狭缝S1的速度大小为v=
(2)根据牛顿第二定律Eq=m
解得E==
(3)由牛顿第二定律得qvB=
可得离子在磁场中运动的轨迹半径为r′=d
轨迹如图所示,根据勾股定理有r′2=(r′-)2+x2
解得x=
所以离子从MN边距M点的位置离开.
21.(12分)如图22是一种回旋式加速器的简化模型图,半径为R的真空圆形区域内存在垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度为B,圆心O正下方P点处有一极窄的平行金属板,两板间加有脉冲电压用于加速电子,电压为U.电子由金属板间右侧小孔飘入(初速度视为零),经加速后,水平向左射入磁场,当电子加速到需要的速度时,通过磁屏蔽导流管MN将电子沿导流管轴线引出.导流管可沿PQ直线平移,其N端始终在PQ线上,PQ与水平线EF之间的夹角为θ.已知电子的质量为m,电荷量大小为e,OP=R,不计电子重力、电子加速时间及其做圆周运动产生的电磁辐射,不考虑相对论效应.求:
图22
(1)为了使电子获得最大速度,磁场的方向;
(2)电子能获得的最大速度;
(3)导流管MN与水平线EF之间的夹角;
(4)电子从开始加速,直至以最大速度引出,在磁场中运动所需的时间.
答案 见解析
解析
(1)、
(2)由题意,当电子速度最大时,其做圆周运动的最大半径rmax=R
根据左手定则,磁场方向垂直纸面向里.
由牛顿第二定律得qvB=m
代入得:
vmax=.
(3)由题意作几何图,由图可知:
α=2θ.
(4)设电子加速n次后达到vmax=,则
根据动能定理,有nUe=mv,得n=.
由带电粒子在磁场中运动的周期公式T=,知带电粒子在磁场中运动的时间公式t=(β为圆心角)
联立可得:
t总=nT-=-.
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