届高考物理一轮复习课件+作业 9.docx

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届高考物理一轮复习课件+作业9

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7分，共70分。

1～5题为单选题，6～10题为多选题）

1.（2015·全国卷Ⅰ）两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。

一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的（　　）

A.轨道半径减小，角速度增大

B.轨道半径减小，角速度减小

C.轨道半径增大，角速度增大

D.轨道半径增大，角速度减小

【解析】选D。

带电粒子由一个磁场进入另一个磁场，线速度大小不变，由牛顿第二定律得qvB=m

，可知轨道半径增大，再根据v=ωr知角速度减小，故选项D正确。

2.如图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。

以下判断可能正确的是（　　）

A.a、b为β粒子的径迹　

B.a、b为γ粒子的径迹

C.c、d为α粒子的径迹　

D.c、d为β粒子的径迹

【解析】选D。

因为α粒子带正电，由左手定则可知，α粒子刚射入磁场时所受洛伦兹力方向为平行于纸面向上，故α粒子向上偏转；因为β粒子带负电，由左手定则可知β粒子刚射入磁场时所受洛伦兹力方向平行于纸面向下，故β粒子向下偏转；综上可知，选项A、C错误，选项D正确；因为γ粒子不带电，所以在磁场中运动时不发生偏转，故选项B错误。

3.（创新预测）如图所示，由均匀的电阻丝组成的正六边形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电阻丝ab段受到的安培力大小为F，则此时正六边形受到的安培力的合力大小为（　　）

A.0.5F　　　B.F　　　C.1.2F　　　D.3F

【解析】选C。

设ab导线电流为I，ab导线受受培力Fab=BIL=F，通过bcdefa边中电流为

I，由左手定则可知afe边和dcb所受安培力矢量和为零，ed边所受安培力Fed=

BIL=

F，ab边和ed边所受安培力方向相同，故合力大小为1.2F，选项C正确。

【加固训练】

　　如图所示，由均匀的电阻丝组成的等边三角形导体框，垂直磁场放置，将ab两点接入电源两端，若电阻丝ab段受到的安培力大小为F，则此时三根电阻丝受到的安培力的合力大小为（　　）

A.F　　　B.1.5F　　　C.2F　　　D.3F

【解析】选B。

电阻丝ab边受安培力大小Fab=BIL=F，acb有效长度为L，电流为ab的电流的

，则其受安培力大小为

=

，二力方向相同，则合力大小为1.5F，选项B正确。

4.如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里且磁感应强度为B的匀强磁场，在x轴下方存在垂直于纸面向外且磁感应强度为

的匀强磁场。

一带负电的粒子从原点O与x轴成30°角斜向上射入磁场，且在x轴上方磁场中运动的半径为R。

则（　　）

A.粒子经磁场偏转后一定能回到原点O

B.粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为2∶1

C.粒子完成一次周期性运动的时间为

D.粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进了3R

【解析】选D。

由r=

可知，粒子在x轴上方和下方磁场中运动的半径之比为1∶2，故选项B错误；粒子完成一次周期性运动的时间t=

T1+

T2=

+

=

，故选项C错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进了l=R+2R=3R，则粒子经磁场偏转后不能回到原点O，故选项A错误，D正确。

5.（2018·焦作模拟）如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入。

则下面判断错误的是（　　）

A.两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同

B.两电子在磁场中运动的时间有可能相同

C.进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场

D.进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场

【解析】选D。

电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB=m

，整理得R=

，两过程电子速度v相同，所以半径相同，A说法正确；电子在磁场中的可能运动情况如图所示，轨迹1和3分别显示电子先出圆形磁场，再出正方形磁场，轨迹2显示电子同时从圆形与正方形边界出磁场，运动时间相同，所以B、C说法正确，D说法错误。

6.如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线的中点，连线上a、b两点关于O点对称。

导线均通有大小相等、方向向上的电流。

已知长直导线周围产生的磁场的磁感应强度B=k

，式中k是常量、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。

一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。

关于上述过程，下列说法正确的是（　　）

A.小球先做加速运动后做减速运动

B.小球一直做匀速直线运动

C.小球对桌面的压力先减小后增大

D.小球对桌面的压力一直在增大

【解析】选B、D。

由右手螺旋定则可知，M处的通电导线在MO区域产生的磁场垂直于MO向里，离导线越远磁场越弱，所以M处电流的磁场由M到O逐渐减弱；N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于ON向外，由O到N逐渐增强，带正电的小球由a点沿连线运动到b点，受到的洛伦兹力F=Bqv为变力，则从a到O洛伦兹力的方向向上，随磁场的减弱而减小，从O到b洛伦兹力的方向向下，随磁场的增强而增大，所以对桌面的压力一直在增大，D正确，C错误；由于桌面光滑，且洛伦兹力始终沿竖直方向，所以小球在水平方向上不受力，做匀速直线运动，B正确，A错误。

7.如图所示，空间的某一区域存在着相互垂直的匀强电场和匀强磁场，一个带电粒子以某一初速度由A点进入这个区域沿直线运动，从C点离开区域；如果将磁场撤去，其他条件不变，则粒子从B点离开场区；如果将电场撤去，其他条件不变，则这个粒子从D点离开场区。

已知BC=CD，设粒子在上述三种情况下，从A到B、从A到C和从A到D所用的时间分别是t1，t2和t3，离开三点时的动能分别是Ek1、Ek2、Ek3，粒子重力忽略不计，以下关系式正确的是（　　）

A.t1=t2

C.Ek1=Ek2Ek2=Ek3

【解析】选A、D。

当电场、磁场同时存在时，粒子做匀速直线运动，此时qE=qvB，当只有电场时，粒子从B点射出，做类平抛运动，由运动的合成与分解可知，水平方向做匀速直线运动，所以t1=t2；当只有磁场时，粒子在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，速度大小不变，但路程变长，有t2

8.1957年，科学家首先提出了两类超导体的概念，一类称为Ⅰ型超导体，主要是金属超导体，另一类称为Ⅱ型超导体（载流子为电子），主要是合金和陶瓷超导体。

Ⅰ型超导体对磁场有屏蔽作用，即磁场无法进入超导体内部，而Ⅱ型超导体则不同，它允许磁场通过。

现将一块长方体Ⅱ型超导体通入稳恒电流I后放入匀强磁场中，如图所示，下列说法正确的是（　　）

A.超导体的内部产生了热能

B.超导体所受安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力

C.超导体表面上a、b两点的电势关系为φa>φb

D.超导体中的电流I越大，a、b两点的电势差越大

【解析】选B、D。

超导体电阻为零，超导体没有在内部产生热能，A错误；超导体所受安培力是洛伦兹力的宏观表现，安培力等于其内部所有电荷定向移动所受洛伦兹力的合力，B正确；载流子为电子，超导体表面上a带负电，φa<φb，C错误；根据电流的微观表达式I=neSv，可得电子定向移动速度v=

，稳定时，洛伦兹力和电场力平衡，即evB=

，整理得U=

，所以电流越大，电势差越大，D正确。

9.下列四图中，A、B两图是质量均为m的小球以相同的水平初速度向右抛出，A图只受重力作用，B图除受重力外还受水平向右的恒定风力作用；C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里无限宽的匀强磁场且和电场正交，在两图中均以相同的初速度向右水平抛出质量为m的正电荷，两图中不计重力作用，则下列有关说法正确的是（　　）

A.A、B、C三图中的研究对象均做匀变速曲线运动

B.从开始抛出经过相同时间C、D两图竖直方向速度变化相同，A、B两图竖直方向速度变化相同

C.从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程内C、D两图中的研究对象动能变化相同

D.相同时间内A、B两图中的研究对象在竖直方向的动能变化相同

【解析】选A、C。

由题知，A、B、C三图中的研究对象的受力均为恒力，因此研究对象均做匀变速曲线运动，选项A正确；从开始抛出经过相同时间，C、D两图研究对象在竖直方向受力不同，速度变化也不同，选项B错误；根据C、D两图中有相同的无限宽的电场，场强方向竖直向下，D图中还有垂直于纸面向里的无限宽的匀强磁场且和电场正交可知，从开始抛出到沿电场线运动相等距离的过程中电场力做功相同，洛伦兹力不做功，重力忽略不计，因此只有电场力做功，所以C、D两图中的研究对象动能变化相同，选项C正确；因为动能是标量没有分量形式之说，因此相同时间内A、B两图竖直方向的动能变化相同这种说法是错误的，故选项D错误。

10.如图所示，Oxyz坐标系的y轴竖直向上，在坐标系所在的空间存在匀强电场和匀强磁场，电场方向和磁场方向都与x轴平行。

从y轴上的M点（0，H，0）无初速释放一个质量为m、电荷量为q的带负电的小球，它落在xOz平面上的N（c，0，b）点（c>0，b>0）。

若撤去磁场则小球落在xOy平面的P（L，0，0）点（L>0），已知重力加速度为g。

则（　　）

A.匀强磁场方向沿x轴正方向

B.匀强电场方向沿x轴正方向

C.电场强度的大小E=

D.小球落至N点时的速率v=

【解析】选C、D。

撤掉磁场，小球落在P点，对其受力分析，可知小球受竖直向下的重力、沿x轴正向的电场力，而小球带负电，故匀强电场方向沿x轴的负方向，选项B错误；根据分运动的等时性，则H=

gt2，L=

t2，两方程相比可得E=

，选项C正确；加上磁场，小球落在N点，其受到的洛伦兹力方向沿z轴，由左手定则，可知，匀强磁场方向沿x轴负方向，选项A错误；从M点到N点，洛伦兹力不做功，只有重力和电场力做功，由动能定理可得mgH+qEc=

mv2，联立可得v=

，选项D正确。

二、计算题（本题共2小题，共30分。

需写出规范的解题步骤）

11.（15分）如图所示，在竖直平面内直线AB与竖直方向成30°角，AB左侧有匀强电场，右侧有垂直纸面向外的匀强磁场。

一质量为m、电量为q的带负电的粒子，从P点以初速度v0竖直向下射入电场，粒子首次回到边界AB时，经过Q点且速度大小不变，已知P、Q间距为l，之后粒子能够再次通过P点（粒子重力不计）。

求：

（1）匀强电场场强的大小和方向。

（2）匀强磁场磁感应强度的可能值。

【解析】

（1）由带电粒子回到边界AB速度大小不变可知PQ间电势差为零，P、Q处在同一等势面上，根据题意可知，匀强电场垂直AB，且与竖直方向成60°角向下

粒子在电场中沿AB方向匀速运动：

l=v0cos30°t

垂直AB方向匀减速运动

Eq=ma，

v0sin30°=a

解得：

E=

（2）粒子从Q点进入磁场时沿AB方向速度分量不变，垂直AB方向的速度分量反向，由此可知经Q点的速度与AB成30°角。

若粒子进入磁场偏转后恰好经过P点，其运动半径为R，磁感应强度为B，由几何关系可知R=l

qBv0=m

解得：

B=

若圆周运动半径R

若圆周运动半径R>l，则每个周期沿AB界线向A侧移动Δx=R-l

带负电粒子可能从电场中再次经过P点，需满足

l=nΔx（n=1，2，3……）

解得：

R=

（n=1，2，3……）

故B=

或B=

（n=1，2，3……）

答案：

（1）

　方向垂直AB且与竖直方向成60°角向下

（2）

或

（n=1，2，3……）

12.（15分）如图所示，在第一象限内有垂直纸面向里和向外的匀强磁场，磁感应强度分别为B1=0.1T、B2=0.05T，分界线OM与x轴正方向的夹角为α。

在第二、三象限内存在着沿x轴正方向的匀强电场，电场强度E=1×104V/m。

现有一带电粒子由x轴上A点静止释放，从O点进入匀强磁场区域。

已知A点横坐标xA=-5×10-2m，带电粒子的质量m=1.6×10-24kg，电荷量q=+1.6×10-15C。

（1）要使带电粒子能始终在第一象限内运动，求α的取值范围（用反三角函数表示）？

（2）如果α=30°，则粒子能经过OM分界面上的哪些点？

（3）如果α=30°，让粒子在OA之间的某点释放，要求粒子仍能经过

（2）问中的那些点，则粒子释放的位置应满足什么条件？

【解析】

（1）粒子进入匀强磁场后，做匀速圆周运动。

设在B1中运动的半径为r1，在B2中运动的半径为r2，

由qvB=m

，B1=2B2，

得r2=2r1

由几何关系解得

α<

-

arcsin

（2）当α=30°时，粒子每次在任意一个磁场中运动的圆弧的圆心角均为60°，弦长均等于半径。

粒子在电场中运动

qExA=

mv2

粒子在磁场中运动r1=

解得：

r1=1×10-2m

r2=2r1=2×10-2m

OM上经过的点到O点的距离是

l=kr1+（k-1）r2=（3k-2）r1

=（3k-2）×10-2m（k=1、2、3……）

和l=k′（r1+r2）=3k′×10-2m（k′=1、2、3……）

（3）要仍然经过原来的点，需满足

r1=n（r1′+r2′）（n=1、2、3……）

解得r′=

即v′=

粒子释放的位置应满足

xA′=

（n=1、2、3……）

或者r1=n′（2r1″+r2″）（n′=1、2、3……）

解得r″=

即v″=

粒子释放的位置应满足

xA″=

（n′=1、2、3……）

答案：

（1）α<

-

arcsin

（2）、（3）见解析

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