《2014年高考物理復習 第8章 單元小結練 磁場對電流或運動電荷作用的綜合訓練題 新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2014年高考物理復習 第8章 單元小結練 磁場對電流或運動電荷作用的綜合訓練題 新人教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、單元小結練　磁場對電流或運動電荷作用的綜合訓練 (限時：45分鐘) 1．關于電場力與洛倫茲力，以下說法正確的是 (　　) A．電荷只要處在電場中，就會受到電場力，而電荷靜止在磁場中，也可能受到洛倫茲力 B．電場力對在電場中的電荷一定會做功，而洛倫茲力對在磁場中的電荷卻不會做功 C．電場力與洛倫茲力一樣，受力方向都在電場線和磁感線上 D．只有運動的電荷在磁場中才可能會受到洛倫茲力的作用 答案　D 解析　靜止在磁場中的電荷不可能受到洛倫茲力，A錯；盡管電場力對電荷可以做功，但如果電荷在電場中不動或沿等勢面移動，電場力做功為零，B錯；洛倫茲力的方向與磁感線垂直，與運動方

2、向垂直，C錯．只有D是正確的． 2. 在磁感應強度為B0、方向豎直向上的勻強磁場中，水平放置一根長通電直導線，電流的方 向垂直于紙面向里．如圖1所示，A、B、C、D是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中 (　　) 圖1 A．B、D兩點的磁感應強度大小相等 B．A、B兩點的磁感應強度大小相等 C．C點的磁感應強度的值最大 D．B點的磁感應強度的值最大 答案　A 解析　由安培定則可判斷通電直導線在C點的磁感應強度方向與B0的方向相反，B、D兩點的磁感應強度方向與B0垂直，故B、D兩點磁感應強度大小相等，A點的磁感應強度方向與B0相同，由磁場

3、的疊加知A點的合磁感應強度最大．故只有A項正確． 3. 如圖2所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板．從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動，以下說法正確的是 (　　) 圖2 A．只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上 B．對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線不一定過圓心 C．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長 D．只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

4、 答案　D 解析　當v⊥B時，粒子所受洛倫茲力充當向心力，做半徑和周期分別為R＝，T＝的勻速圓周運動；只要速度滿足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，選項D正確． 4. 如圖3所示，在豎直絕緣的平臺上，一個帶正電的小球以水平速度v0拋出，落在地面上的A點，若加一垂直紙面向里的勻強磁場，則小球的落點 (　　) 圖3 A．仍在A點 B．在A點左側 C．在A點右側 D．無法確定 答案　C 解析　加上磁場后，洛倫茲力雖不做功，但可以改變小球的運動狀態(tài)(改變速度的方向)，小球做曲線運動，在運動中任一位置受力如圖所示，小球受到了斜向上的洛倫茲力的作用，小球在

5、豎直方向的加速度ay＝

6、答案　B 解析　當電流反向(大小不變)時，右邊需再加質量為m的砝碼后方可平衡，可得此時安培力的方向豎直向上，由左手定則判定磁場方向垂直紙面向里，由兩種情況的受力平衡可得：m1g＝m2g＋m′g＋NBIL，m1g＝m2g＋mg＋m′g－NBIL，其中m′為線圈質量，聯(lián)解可得B＝. 6．如圖5所示，一個半徑為R的導電圓環(huán)與一個軸向對稱的發(fā)散磁場處處正交，環(huán)上各點的磁感應強度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成θ角(環(huán)面軸線為豎直方向)．若導電圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，則下列說法正確的是 (　　) 圖5 A．導電圓環(huán)有收縮的趨勢 B．導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上 C．導

7、電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIR D．導電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsin θ 答案　ABD 解析　若導線圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，由左手定則可得導線圓環(huán)上各小段所受安培力斜向內，導電圓環(huán)有收縮的趨勢，導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上，導電圓環(huán)所受安培力的大小為2πBIRsin θ，選項A、B、D正確． 7．如圖6所示，在屏MN的上方有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里．P為屏上的一個小孔．PC與MN垂直．一群質量為m、帶電荷量為－q的粒子(不計重力)，以相同的速率v從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域．粒子入射方向在與磁場B垂直的平面內，且散開在與PC夾角為θ

8、的范圍內．則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為 (　　) 圖6 A. B. C. D. 答案　D 解析　屏MN上被粒子擊中的區(qū)域離P點最遠的距離x1＝2r＝，屏MN上被粒子擊中的區(qū)域離P點最近的距離x2＝2rcos θ＝，故在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為x1－x2＝，D正確． 8．如圖7所示，帶負電的物塊A放在足夠長的不帶電的絕緣小車B上，兩者均保持靜止，置于垂直于紙面向里的勻強磁場中，在t＝0時刻用水平恒力F向左推小車B.已知地面光滑，A、B接觸面粗糙，A所帶電荷量保持不變，下列四圖中關于A、B的v－t圖

9、象大致正確的是 (　　) 圖7 答案　C 解析　由于A、B間粗糙，在水平恒力F的作用下，二者一起做加速度為a＝的勻加速直線運動；隔離物塊A分析，隨著物塊A速度逐漸增大，它受到豎直向上的洛倫茲力逐漸增大，支持力逐漸減小，則A、B之間的最大靜摩擦力逐漸減小；當A、B之間的最大靜摩擦力等于mAa時，A相對B開始滑動；之后，由于A受豎直向上的洛倫茲力增大，A、B之間的壓力減小，A受到的滑動摩擦力減小，A的加速度逐漸減小到零；而B的加速度逐漸增大到恒定，故從t＝0開始物塊A、B的速度圖象如題圖C所示． 9．如圖8所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣

10、軌道上，勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x，棒處于靜止狀態(tài)．則 (　　) 圖8 A．導體棒中的電流方向從b流向a B．導體棒中的電流大小為 C．若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，x變大 D．若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大 答案　B 解析　由左手定則可知，導體棒中的電流方向從a流向b，選項A錯誤；由BIL＝kx可得導體棒中的電流大小為I＝，選項B正確；若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度或逆時針轉過一小角度，x都變小，選項C、D錯誤． 10．如圖9所示，在

11、勻強磁場中有1和2兩個質子在同一平面內沿逆時針方向做勻速圓周運動，軌道半徑r1>r2并相切于P點，設T1、T2，v1、v2，a1、a2，t1、t2，分別表示1、2兩個質子的周期，線速度，向心加速度以及各自從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經歷的時間，則 (　　) 圖9 A．T1＝T2 B．v1＝v2 C．a1>a2 D．t1r2則v1>v2.B錯誤．由a＝，T＝，得a＝v，則a1>a2，C正確．又兩質子的周

12、期相同，由題圖知質子1從經過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所轉過的圓心角比質子2小，由t＝T知，t1

13、的支持力FN、沿框面向上的安培力F安及沿框面的靜摩擦力Ff.金屬棒靜止在框架上時，靜摩擦力Ff的方向可能沿框面向上，也可能沿框面向下，需分兩種情況考慮： (1)當滑動變阻器R取值較大時，I較小，安培力F安較小，在金屬棒重 力分量mgsin θ作用下金屬棒有沿框面下滑的趨勢，金屬棒所受靜摩 擦力Ff沿框面向上，受力情況如圖所示．此時金屬棒剛好不下滑，滿 足平衡條件： Bl＋μmgcos θ－mgsin θ＝0 解得Rmax＝＝8.0 Ω (2)當滑動變阻器R取值較小時，I較大，安培力F安較大，會使金屬 棒產生上滑的趨勢，因此金屬棒所受靜摩擦力Ff沿框面向下，如圖所示．此時金屬棒

14、剛好不上滑，滿足平衡條件： Bl－μmgcos θ－mgsin θ＝0 解得Rmin＝＝1.4 Ω 所以要使金屬棒靜止在框架上，滑動變阻器R的取值范圍為1.4 Ω≤R≤8.0 Ω 12．如圖11所示，在坐標系xOy中，第一象限內充滿著兩個勻強磁場a和b，OP為分界線， 在區(qū)域a中，磁感應強度為2B，方向垂直紙面向里；在區(qū)域b中，磁感應強度為B，方 向垂直紙面向外，P點坐標為(4l,3l)．一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿 y軸負方向射入?yún)^(qū)域b，經過一段時間后，粒子恰能經過原點O，不計粒子重力．(sin 37° ＝0.6，cos 37°＝0.8)．求： 圖11

15、 (1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少？ (2)粒子運動的速度可能是多少？ 答案　(1)　(2)(n＝1,2,3，…) 解析　(1)設粒子的入射速度為v，用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a區(qū)和b區(qū)運動的軌道半徑和周期，則： Ra＝，Rb＝，Ta＝＝，Tb＝ 粒子先從b區(qū)運動，后進入a區(qū)運動，然后從O點射出時，粒 子從P運動到O點所用時間最短．如圖所示． tan α＝＝，得α＝37° 粒子在b區(qū)和a區(qū)運動的時間分別為： tb＝Tb， ta＝Ta 故從P到O時間為 t＝ta＋tb＝. (2)由題意及圖可知 n(2Racos α＋2Rbcos α)＝ 解得：v＝(n＝1,2,3，…)．