高考物理复习周测八 A卷Word下载.docx
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如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，其中央正上方固定一根直导线，导线与磁铁垂直，并通以垂直纸面向外的电流，下列说法正确的是（ ）
A．磁铁对桌面的压力减小，不受桌面摩擦力的作用
B．磁铁对桌面的压力减小，受到桌面摩擦力的作用
C．磁铁对桌面的压力增大，不受桌面摩擦力的作用
D．磁铁对桌面的压力增大，受到桌面摩擦力的作用
5.
如图所示，AC是一个用长为L的导线弯成的、以O为圆心的四分之一圆弧，将其放置在与平面AOC垂直的磁感应强度为B的匀强磁场中．当在该导线中通以由C到A，大小为I的恒定电流时，该导线受到的安培力的大小和方向是（ ）
A．BIL，平行于OC向左
B.
，垂直于AC的连线指向左下方
C.
，平行于OC向右
D．2
BIL，垂直于AC的连线指向左下方
6．如图所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并处于方向垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场中，质量为m、带电荷量为＋Q的小滑块从斜面顶端由静止下滑．在滑块下滑的过程中，下列判断正确的是（ ）
A．滑块受到的摩擦力不变
B．滑块滑到地面时的动能与B的大小无关
C．B很大时，滑块最终可能静止于斜面上
D．滑块受到的洛伦兹力方向垂直斜面并指向斜面
7．如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向垂直飞入横截面是一正方形的匀强磁场区域，下列判断正确的是（ ）
A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长
B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大
C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹线一定重合
D．电子的速率不同，它们在磁场中运动时间一定不相同
8.
（多选）如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t＝0时刻用水平恒力F向左推小车B.已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v－t图象及A、B之间摩擦力Ff－t图象大致正确的是（ ）
二、非选择题（本题包括4小题，共47分）
9．（8分）
如图所示，MN是一根长为l＝10cm、质量为m＝50g的金属棒，用两根长度也为l的细软导线将金属棒MN水平吊起，使金属棒处在B＝
T的竖直向上的匀强磁场中．未通电流时，细导线在竖直方向，通入恒定电流后，金属棒向外偏转的最大偏角θ＝37°
.忽略磁场对软导线的作用力，sin37°
＝0.6，cos37°
＝0.8，重力加速度g＝10m/s2，求金属棒中恒定电流的大小．
10．（10分）
如图所示，轻质空心金属轮A可绕过圆心O的光滑水平轴运动，沿金属轮半径方向接有一根轻质金属棒OC，其长度为a、电阻为r，A轮的边缘与金属棒的端点O通过电刷、导线与一阻值为R的电阻相连．一轻细绳的一端固定在A轮的边缘上的某点，绳在A轮上绕有足够多的匝数后，悬挂一质量为m的重物P，A轮处在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场中，不计A轮、端点O与电刷之间的摩擦及A轮的电阻．求：
（1）当A轮角速度为ω时，金属棒所受安培力的大小；
（2）释放重物，在运动稳定后，重物匀速运动时的速度．
11．（13分）
如图所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB与CD之间的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电荷量为－q的粒子沿与左边界夹角为30°
的方向射入磁场，粒子重力不计．
（1）求带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；
（2）若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间；
（3）若带电粒子的速度是
（2）中的
倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，求粒子从出发点到打到CD边界的最高点位置之间的距离．
12．（16分）
如图所示，两平行金属板A、B间的电势差为U＝5×
104V．在B板的右侧有两个方向不同但宽度相同的有界磁场Ⅰ、Ⅱ，它们的宽度为d1＝d2＝6.25m，磁感应强度分别为B1＝2.0T、B2＝4.0T，方向如图中所示．现有一质量m＝1.0×
10－8kg、电荷量q＝1.6×
10－6C、重力忽略不计的粒子从B板的O点由静止释放，经过加速后恰好从B板的小孔Q处飞出．试求：
（1）带电粒子从加速电场中出来的速度v；
（2）带电粒子穿过磁场区域Ⅰ所用的时间t；
（3）带电粒子从磁场区域Ⅱ射出时速度方向与边界面的夹角；
（4）若d1的宽度不变，改变d2的宽度，要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，则d2的宽度至少为多大？
1．D 四点的磁场方向是由两条通电直导线产生的磁场共同决定的，距离导线越近，磁感应强度越大，故根据安培定则和磁场的叠加可得a点的合磁场方向垂直纸面向里，b点合磁场为零，c点的合磁场方向垂直纸面向外，d点的合磁场方向垂直纸面向里，故D正确．
2．A 由题意可知，图甲中O处磁感应强度的大小是其中一段在O点产生的磁感应强度大小的2倍，方向垂直纸面向里；
图A中，根据安培定则可知，左上段与右下段的通电导线产生的磁场叠加为零，则剩余的两段通电导线产生的磁感应强度大小是其中一段在O点的磁感应强度的2倍，且方向垂直纸面向里，故A正确；
同理，图B中，四段通电导线在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生的磁感应强度的4倍，方向垂直纸面向里，故B错误；
图C中，右上段与左下段产生磁场叠加为零，则剩余两段产生磁感应强度大小是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故C错误；
图D中，四段在O点产生的磁感应强度是其中一段在O点产生磁感应强度的2倍，方向垂直纸面向外，故D错误．
3．A 导线a在c处产生的磁场方向由安培定则可判断，即垂直ac向左下方，同理导线b在c处产生的磁场方向垂直bc向右下方，则由平行四边形定则可知过c点的合磁场方向平行于ab向下．根据左手定则可判断导线c受到的安培力垂直ab边指向左边．所以选项A正确．
4．A 在磁铁外部，磁感线从N极指向S极，长直导线在磁铁的中央正上方，导线所在处磁场水平向左；
导线中电流垂直于纸面向外，由左手定则可知，导线受到的安培力竖直向下；
由牛顿第三定律可知，导线对磁铁的作用力竖直向上，因此磁铁对桌面的压力减小，小于磁铁的重力，磁铁相对桌面没有运动趋势，磁铁不受摩擦力，故A正确．
5．B 直导线折成半径为R的
圆弧形状，在磁场中的有效长度为
R，又因为L＝
×
2πR，则安培力F＝BI·
R＝
.安培力的方向与有效长度的直线AC垂直，根据左手定则可知，安培力的方向垂直于AC的连线指向左下方，B正确．
6．D 小滑块向下运动的过程中受到重力、支持力、垂直斜面向下的洛伦兹力、摩擦力，小滑块向下运动的过程中，速度增大，洛伦兹力增大，支持力增大，滑动摩擦力增大，故A错误、D正确；
若B的大小不同，洛伦兹力大小不同，导致滑动摩擦力大小不同，根据动能定理，摩擦力做的功不同，滑到地面时的动能不同，故B错误；
滑块之所以开始能动，是因为重力沿斜面的分力大于摩擦力，B很大时，一旦运动，不会停止，最终做匀速直线运动，故C错误．
7．B 电子在磁场中运动时间由圆心角决定，与速度无关，故B正确．电子若做半个圆周运动，轨迹如图中3、4、5所示，时间相同，但轨迹不同，即它们的速率不同，因此A、C、D都错误．
8．AC 在t＝t1之前物块A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F＝（m＋M）a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；
对物块A根据牛顿第二定律有f＝ma，即静摩擦力提供其加速度，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块A所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的弹力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的加速度a时，A、B发生相对滑动，此时物块A受到向左的滑动摩擦力虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向左，物块A仍然加速运动，物块A所受向上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的弹力减小，所以向左的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度—时间图象中物块A的图象斜率逐渐减小到零．当物块A与小车B发生了相对滑动，小车B受到物块A施加的向右的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F是定值，所以小车受到向左的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度—时间图象中，小车的图象斜率从t1时刻开始增大，直到t2时刻A、B间无摩擦力时，小车B水平方向受到的合力F保持不变，即小车B做匀加速直线运动，故选项A、C正确，B、D错误．
9．解题思路：
金属棒向外偏转的过程中，受重力mg、导线拉力FT、安培力F，其侧视图如图所示，其中导线的拉力不做功，由动能定理得
WF＋WG＝0（1分）
其中安培力做的功WF＝Flsinθ＝BIl2sinθ（2分）
重力做的功WG＝－mgl（1－cosθ）（2分）
解得金属棒中的电流为I＝
（2分）
代入数据得I＝5A（1分）
答案：
5A
10．解题思路：
（1）在Δt时间内，金属棒转过的角度为θ，则其扫过的面积为：
ΔS＝
a2θ＝
a2ωΔt（1分）
根据法拉第电磁感应定律，金属棒产生的感应电动势大小为E，则E＝
＝
（1分）
又I＝
F＝BIa（1分）
所以金属棒所受安培力F＝
（2）金属棒产生的感应电动势大小E＝
重物P匀速运动时重力的功率等于所有电阻的热功率之和
即mgv＝
而v＝ω·
a（1分）
解得重物匀速运动时的速度v＝
，方向为竖直向下（2分）
（1）
（2）
11．解题思路：
（1）当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD边相切时，所对应的速度是能从AB边界飞出的最大速度，其轨迹图如
图甲所示，设其轨道半径为R，最大速度为vmax
由几何关系得：
R＋Rcos30°
＝d（1分）
由洛伦兹力提供向心力得：
Bqvmax＝m
（1分）
由以上两式解得：
vmax＝
（2）粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：
R2＝
设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2，由洛伦兹力提供向心力得：
Bqv2＝m
粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得：
mv
＝qU（2分）
解得极板间电压
U＝
粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U≥
因粒子转过的圆心角为60°
，所用时间为
，而周期T＝
因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t＝2×
（3）当粒子速度为
（2）中的
倍时，即v3＝
v2，根据Bqv3＝m
解得R3＝2d（1分）
当粒子沿BA方向进入磁场时，打在DC边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD边界的最高点位置与Q点的距离为：
l＝R3＝2d（2分）
（2）
（3）2d
12．解题思路：
（1）粒子在电场中做匀加速直线运动，由动能定理有：
qU＝
mv2－0（2分）
解得v＝4.0×
103m/s（1分）
（2）粒子运动轨迹如图甲，设粒子在磁场区域Ⅰ中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力提供向心力得：
qvB1＝
代入数据解得r＝12.5m（1分）
设粒子在Ⅰ区内做圆周运动的圆心角为θ，则：
sinθ＝
所以θ＝30°
粒子在Ⅰ区运动周期T＝
则粒子在Ⅰ区运动时间t＝
T（1分）
解得t＝
s≈1.6×
10－3s（1分）
（3）设粒子在Ⅱ区做圆周运动的轨道半径为R，则qvB2＝
解得R＝6.25m（1分）
如图甲所示，由几何关系可知△MO2P为等边三角形，所以粒子离开Ⅱ区域时速度与边界面的夹角为α＝60°
（4）要使粒子不能从Ⅱ区飞出磁场，粒子运动的轨道与磁场边界相切时，由图乙可知Ⅱ区磁场的宽度至少为：
d2＝R＋Rcos60°
＝1.5R＝9.375m（3分）
（1）4.0×
103m/s
（2）1.6×
10－3s
（3）60°
（4）9.375m
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