2021年（新高考）物理一轮复习专题强化练 专题（43）第10章 磁场 章末综合提升（解析版）一、选择题（本题共10小题，每小题6分，满分60分。
在每小题给出的四个选项中,有一个或一个以上选项符合题目要求,全部选对的得6分,选不全的得3分,有选错或不答的得0分。
）1.如图所示,一长直导线穿过载有恒定电流的金属圆环的中心且垂直于环所在的平面,导线和环中的电流方向如图所示,则圆环受到的磁场力为( )A.沿环半径向外B.沿环半径向里C.水平向左D.等于零 【答案】D【解析】I 2产生的磁场方向与I 1的环绕方向平行,故圆环受到的磁场力为零,故D 对。
2、如图甲所示，磁卡的磁条中有用于存储信息的磁极方向不同的磁化区，刷卡器中有检测线圈.当以速度v 0刷卡时，在线圈中产生感应电动势，其E －t 关系如图乙所示.如果只将刷卡速度改为v 02，线圈中的E －t关系图可能是( )【答案】D【解析】刷卡速度为v 0时，E 0＝BLv 0，t 0＝d v 0，刷卡速度变为v 02时，根据法拉第电磁感应定律可知E ＝BL v 02＝E 02，最大感应电动势变为原来的一半，感应电动势变化的周期t ′＝dv 02＝2t 0，周期变为原来的2倍，D 项正确. 3、如图甲，闭合的圆线圈放在匀强磁场中，t ＝0时磁感线垂直线圈平面向里穿过线圈，磁感应强度随时间变化的关系图线如图乙所示，则在0～2 s 内线圈中感应电流的大小和方向为( )A.逐渐增大，逆时针B.逐渐减小，顺时针C.大小不变，顺时针D.大小不变，先顺时针后逆时针 【答案】C【解析】第1 s 内，磁场的方向垂直于纸面向里，且磁感应强度均匀减小，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向；第2 s 内，磁场的方向垂直于纸面向外，且磁感应强度均匀增加，所以产生恒定的电流，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向.由E ＝ΔΦΔt ＝ΔBSΔt 可知，这2 s 内感应电动势恒定，故产生的电流大小不变，方向一直为顺时针，故C 正确，A 、B 、D 错误.4、如图所示,一带负电荷的滑块从粗糙绝缘斜面的顶端滑至底端时的速度为v,若加一个垂直纸面向外的匀强磁场,并保证滑块能滑至底端,则它滑至底端时的速度( )A.变大B.变小C.不变D.条件不足,无法判断 【答案】D【解析】由安培定则知,导线ab 处磁感线方向从右向左,再根据左手定则知,导线ab 受力垂直纸面向里,D 正确。
5、一正电荷q 以速度v 沿x 轴正方向进入垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B,如图所示,为了使电荷能做直线运动,则必须加一个电场进去,不计重力,此电场的场强应该是( )A.沿y 轴正方向,大小为Bv/qB.沿y 轴负方向,大小为BvC.沿y 轴正方向,大小为v/BD.沿y 轴负方向,大小为Bv/q 【答案】B根据电场力与洛伦兹力平衡关系求解。
要使电荷能做直线运动,必须用电场力抵消洛伦兹力,本题正电荷受洛伦兹力的方向沿y 轴正方向,故电场力必须沿y 轴负方向,即场强沿y 轴负方向,且qE=Bqv,即E=Bv 。
6、(多选)用回旋加速器来加速质子,为了使质子获得的动能增加为原来的4倍,原则上可以采用下列哪几种方法( )A.将其磁感应强度增大为原来的2倍B.将其磁感应强度增大为原来的4倍C.将D 形盒的半径增大为原来的2倍D.将D 形盒的半径增大为原来的4倍 【答案】AC【解析】质子在回旋加速器中做圆周运动的半径r=,故动能E k =,所以要使动能变为原来的4倍,应将磁感应强度B 或D 形盒半径增大为原来的2倍,A 、C 对,B 、D 错。
7、（多选）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为理想交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左 【答案】AC【解析】电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为10 2 A ，因此有效值为10 A ，A 正确；根据图象知交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则ω＝2πT ＝100π rad/s ，B 错误；0.01 s 时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向与磁感线垂直，因此线圈平面与磁场方向平行，C 正确；0.02 s 时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻R 的电流方向自左向右，D 错误. 8、(多选)如图所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道分别竖直放在匀强磁场和匀强电场中,轨道两端在同一高度上,两个相同的带正电小球同时从两轨道左端最高点由静止释放,M 、N 为轨道的最低点,以下说法正确的是( )A.两小球到达轨道最低点的速度v M >v NB.两小球到达轨道最低点时对轨道的压力F M >F NC.小球第一次到达M 点的时间大于到达N 点的时间D.在磁场中小球能到达轨道的另一端,在电场中不能到达轨道另一端【答案】ABD【解析】小球在磁场中到达轨道最低点时只有重力做功,v M=。
在电场中到达轨道最低点时,重力做正功,电场力做负功,根据动能定理有mgR-qER=m,v N=,所以v M>v N;因为=,所以该过程所用时间t M<t N,故A正确,C错误;据能量守恒定律,D正确;在M点F M'=mg+qv M B+m,在N点F N'=mg+m,不难看出,F M'>F N',由牛顿第三定律可知F M=F M',F N=F N',所以B项正确。
9、(多选)如图所示,套在足够长的绝缘粗糙直棒上的带正电小球,其质量为m,带电荷量为q,小球可在棒上滑动,现将此棒竖直放入沿水平方向且互相垂直的匀强磁场和匀强电场中。
设小球电荷量不变,小球由静止下滑的过程中()A.小球加速度一直增大B.小球速度一直增大,直到最后匀速C.棒对小球的弹力一直减小D.小球所受洛伦兹力一直增大,直到最后不变【答案】BD【解析】小球由静止加速下滑,F洛=Bqv在不断增大。
开始一段,如图(a):F洛<F电,水平方向有F洛+F N=F电,加速度a=,其中F f=μF N,随着速度的不断增大,F洛增大,弹力F N减小,加速度增大。
当F洛=F电时,加速度达到最大。
以后如图(b):F洛>F电,水平方向有F洛=F电+F N,随着速度的增大,F N也不断增大,摩擦力F f=μF N也增大,加速度a减小,当F f=mg时,加速度a=0,此后小球匀速运动。
由以上分析可知,加速度先增大后减小,速度一直增大,直到匀速,A错,B正确;弹力先减小,后增大,C错;洛伦兹力F洛=Bqv,由v的变化可知D正确。
10、(多选)竖直放置的平行光滑导轨，其电阻不计，磁场方向如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab 与cd长均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉导体棒ab，使之匀速向上(与导轨接触良好，导轨足够长)，此时，导体棒cd恰好静止，那么导体棒ab上升时，下列说法中正确的是()A.导体棒ab受到的拉力大小为2 NB.导体棒ab向上运动的速度为2 m/sC.在2 s内，拉力做功转化为的电能是0.4 JD.在2 s内，拉力做功为0.6 J【答案】BC【解析】导体棒ab匀速上升，受力平衡，cd棒静止，受力也平衡，对于两棒组成的系统，合外力为零，根据平衡条件可得：ab棒受到的拉力F＝2mg＝0.2 N，故A错误；对cd棒，受到向下的重力G和向上的安培力F安，由平衡条件得：F安＝G，即BIL＝G，又I＝BLv2R，联立得：v＝2GRB2L2＝2×0.1×0.10.52×0.22m/s＝2 m/s，故B正确；在2 s内，电路产生的电能Q＝E22R t＝(BLv)22R t＝(0.5×0.2×2)22×0.1×2 J＝0.4 J，故C正确；在2 s内拉力做的功W＝Fvt＝0.2×2×2 J＝0.8 J，故D错误.二、非选择题（本题共4小题，满分40分）11.（5分）实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(1)实验室中有下列器材：A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有______________.(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)，上述“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是__________.【答案】(1)BC低压交流电源(2)增大减小控制变量法12、(10分)如图所示,一束电子的电荷量为e,以速度v垂直射入磁感应强度为B、宽度为d的有界匀强磁场中,穿出磁场时的速度方向与原来电子入射方向的夹角是30°,则电子的质量是多少?电子穿过磁场的时间又是多少?【答案】2Bedv πd 3v【解析】如图所示,电子在磁场中做圆周运动的半径R=dsin30°=2d,R=mveB,所以电子的质量为m=2Bedv,t=30°360°·2πRv,得t=πd3v。
13、(10分)如图所示,光滑导轨与水平面成α角,导轨宽L。
匀强磁场磁感应强度为B。
金属杆质量为m,水平放在导轨上。
当回路总电流为I1时,金属杆正好能静止。
求:(1)B至少多大?这时B的方向如何?(2)若保持B的大小不变而将B的方向改为竖直向上,应把回路总电流I2调到多大才能使金属杆保持静止?【答案】(1)mgsinαI1L 方向垂直导轨平面向上(2)I1cosα【解析】(1)画出截面图,如图所示。
由三角形定则可知,只有当安培力方向沿导轨平面向上时安培力才最小,B也最小。
根据左手定则,这时B应垂直于导轨平面向上,大小满足:BI1L=mg sin α,B=mgsinαI1L。
(2)当B的方向改为竖直向上时,这时安培力的方向变为水平向右,由沿导轨方向合力为零,得BI2L cos α=mgsin α,I2=I1cosα。
14、（15分）如图所示，两足够长的平行光滑的金属导轨MN、PQ相距为L，导轨平面与水平面的夹角θ＝30°，导轨电阻不计，磁感应强度为B的匀强磁场垂直于导轨平面向上.长为L的金属棒ab垂直于MN、PQ放置在导轨上，且始终与导轨接触良好，金属棒的质量为m、电阻为R.两金属导轨的上端连接一个灯泡，灯泡的电阻也为R.现闭合开关K，给金属棒施加一个方向垂直于杆且平行于导轨平面向上的、大小为F＝2mg的恒力，使金属棒由静止开始运动，当金属棒达到最大速度时，灯泡恰能达到它的额定功率.重力加速度为g ，求：(1)金属棒能达到的最大速度v m 的大小； (2)灯泡的额定功率P L ；(3)若金属棒上滑距离为s 时速度恰达到最大，求金属棒由静止开始上滑2s 的过程中，金属棒上产生的热量Q 1.【答案】(1)3mgR B 2L 2 (2)9m 2g 2R 4B 2L 2 (3)32mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4【解析】(1)金属棒先做加速度逐渐减小的加速运动，当加速度为零时，金属棒达到最大速度，此后开始做匀速直线运动.设最大速度为v m ，则速度达到最大时有： E ＝BLv m ，I ＝E 2R ，F ＝BIL ＋mg sin θ，解得：v m ＝3mgRB 2L 2(2)根据电功率表达式：P L ＝I 2R 解得：P L ＝(E 2R )2R ＝B 2L 2v m 24R ＝9m 2g 2R4B 2L2(3)设整个电路产生的热量为Q ，由能量守恒定律有： F ·2s ＝Q ＋mg sin θ·2s ＋12mv m 2解得：Q ＝3mgs －9m 3g 2R 22B 4L 4根据串联电路特点，可知金属棒上产生的热量Q 1＝Q2解得：Q 1＝32mgs －9m 3g 2R 24B 4L 4.。