（通用版）2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 專題綜合檢測九 第九章 磁場（含解析）

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1、磁場(45分鐘100分)一、選擇題(本題共10小題，每小題6分，共60分.16題為單選題，710題為多選題)1下列裝置中，沒有利用帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉(zhuǎn)的物理原理的是()解析：D洗衣機(jī)將電能轉(zhuǎn)化為機(jī)械能，不是利用帶電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)制成的，所以選項(xiàng)D符合題意2.如圖所示，空間中有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一不可伸縮的軟導(dǎo)線繞過紙面內(nèi)的小動滑輪P(可視為質(zhì)點(diǎn))，兩端分別拴在紙面內(nèi)的兩個固定點(diǎn)M、N處，并通入由M到N的恒定電流I，導(dǎo)線PM和PN始終伸直現(xiàn)將P從左側(cè)緩慢移動到右側(cè)，在此過程中導(dǎo)線MPN受到的安培力大小()A始終不變 B逐漸增大C先增大后減小 D先減小后增大解析：A在P從左側(cè)緩慢移動

2、到右側(cè)的過程中，導(dǎo)線MPN受到的安培力可等效為直導(dǎo)線MN通過電流I時(shí)受到的安培力，即導(dǎo)線MPN受到的安培力大小始終不變，選項(xiàng)A正確3.如圖所示，質(zhì)量為m、長度為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細(xì)線水平懸掛在O、O點(diǎn)，處于豎直向上的勻強(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，棒中通以某一方向的電流，平衡時(shí)兩細(xì)線與豎直方向夾角均為，重力加速度為g.則()A金屬棒中的電流方向由N指向MB金屬棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上C金屬棒中的電流大小為tan D每條細(xì)線所受拉力大小為mgcos 解析：C平衡時(shí)兩細(xì)線與豎直方向夾角均為，故金屬棒受到安培力，根據(jù)左手定則，可判斷金屬棒中的電流方向由M指向N，故A錯

3、誤；金屬棒MN所受安培力的方向垂直于MN和磁場方向向右，故B錯誤；設(shè)每條細(xì)線所受拉力大小為FT，由受力分析可知，2FTsin BIL,2FTcos mg，得Itan ，故C正確；由受力分析可知，2FTcos mg，得FT，故D錯誤4四根等長的導(dǎo)線固定在正方體的四條沿x軸方向的棱上，并通以等大的電流，方向如圖所示正方體的中心O處有一粒子源在不斷地沿x軸負(fù)方向噴射電子，則電子剛被噴射出時(shí)受到的洛倫茲力方向?yàn)?)A沿y軸負(fù)方向 B沿y軸正方向C沿x軸正方向 D沿x軸負(fù)方向解析：B沿x軸負(fù)方向觀察，根據(jù)右手螺旋定則，判斷出四根導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的合磁場方向沿z軸負(fù)方向，電子初速度方向沿x軸負(fù)方向，即垂直紙

4、面向里，根據(jù)左手定則，判斷出洛倫茲力方向沿y軸正方向，選項(xiàng)B正確5.(2018岳陽模擬)1922年英國物理學(xué)家阿斯頓因質(zhì)譜儀的發(fā)明、同位素和質(zhì)譜的研究榮獲了諾貝爾化學(xué)獎若一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后的運(yùn)動軌跡如圖所示，則下列說法中正確的是()A該束帶電粒子帶負(fù)電B速度選擇器的P1極板帶負(fù)電C在B2磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，質(zhì)量越大D在B2磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，比荷越小解析：D通過粒子在質(zhì)譜儀中的運(yùn)動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電，故A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中勻速運(yùn)動時(shí)受到向上的洛倫茲力和向下的電場力，可知速度選擇器的P1極板帶正電，故B錯誤；由洛倫茲力充當(dāng)向心力有：qvBm，得粒子

5、在B2磁場中的運(yùn)動半徑r，且粒子的運(yùn)動速度v大小相等，電荷量q未知，故在磁場中運(yùn)動半徑越大的粒子，質(zhì)量不一定越大，但比荷越小，故C錯誤，D正確6.如圖所示，在x軸上方有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩帶電量相同而質(zhì)量不同的粒子以相同的速度從O點(diǎn)以與x軸正方向成160角在圖示的平面內(nèi)射入x軸上方時(shí)，發(fā)現(xiàn)質(zhì)量為m1的粒子從a點(diǎn)射出磁場，質(zhì)量為m2的粒子從b點(diǎn)射出磁場若另一與a、b帶電量相同而質(zhì)量不同的粒子以相同速率與x軸正方向成230角射入x軸上方時(shí)，發(fā)現(xiàn)它從ab的中點(diǎn)c射出磁場，則該粒子的質(zhì)量應(yīng)為(不計(jì)所有粒子重力作用)()Am1m2 B.(m1m2)C.(m1m2) D.(m1m2)解析：C粒子做

6、勻速圓周運(yùn)動，軌跡如圖：設(shè)OaL，abd，accb故質(zhì)量為m1、m2、m3的粒子軌道半徑分別為：R1LR2R3L故：(R1R2)2R3粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力提供向心力，故：qvBm1qvBm2qvBmv3聯(lián)立解得：m3(m1m2)，故選C.7圖甲是回旋加速器的原理示意圖其核心部分是兩個D形金屬盒，在加速帶電粒子時(shí)，兩金屬盒置于勻強(qiáng)磁場中(磁感應(yīng)強(qiáng)度大小恒定)，并分別與高頻電源相連加速時(shí)某帶電粒子的動能Ek隨時(shí)間t的變化規(guī)律如圖乙所示，若忽略帶電粒子在電場中的加速時(shí)間，則下列判斷正確的是()A在Ekt圖像中t4t3t3t2t2t1B高頻電源的變化周期應(yīng)該等于tntn1C粒子加速

7、次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大DD形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大解析：AD粒子在磁場中運(yùn)動的周期T，與粒子的速度無關(guān)，粒子每次在D形盒內(nèi)運(yùn)動半個周期的時(shí)間都相等，故A正確；由于粒子每次在D形盒中偏轉(zhuǎn)半個圓周后就要加速一次，高頻電流就要反向一次，所以高頻電流的變化周期與粒子在磁場中運(yùn)動的周期相等，即T2T2(tntn1)，故B錯誤；由nqUmv22可知，U不變時(shí)，粒子獲得的最大動能與加速次數(shù)n、電荷量q都有關(guān)，故粒子加速次數(shù)越多，粒子獲得的最大動能不一定越大，C錯誤；粒子獲得的最大動能可由最后半個圓周的偏轉(zhuǎn)求得，設(shè)D形盒的半徑為R，則R，所以最大動能Ekmmv22，R越大，Ekm越大，故

8、D正確8.如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy中只有第四象限存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(0，d)一電荷量為q，質(zhì)量為m的帶電粒子以某一速度從點(diǎn)M與y軸負(fù)方向成37角垂直磁場射入第四象限，粒子恰好垂直穿過x軸，已知sin 370.6，cos 370.8.若不考慮粒子重力，下列說法不正確的是()A粒子可能帶負(fù)電B粒子在磁場中做勻速網(wǎng)周運(yùn)動的半徑為dC粒子的速度大小為D若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度大小，粒子可能不會穿過x軸解析：ABD粒子運(yùn)動軌跡如圖，由左手定則判斷粒子應(yīng)帶正電，A錯誤由幾何知識得粒子的軌道半徑r，B錯誤結(jié)合qvB得粒子的速度大小v，C正確若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，由

9、半徑公式r得，粒子的軌道半徑增大，一定能過x軸，D錯誤9.如圖所示，在豎直向下的恒定勻強(qiáng)磁場中有一光滑絕緣的圓軌道，一重為G的金屬導(dǎo)體MN垂直于軌道橫截面水平放置，在導(dǎo)體中通入電流I，使導(dǎo)體在安培力的作用下以恒定的速率v從A點(diǎn)運(yùn)動到C點(diǎn)，設(shè)金屬導(dǎo)體所在位置的軌道半徑與豎直方向的夾角為，安培力的瞬時(shí)功率為P，則從A到C的過程中，下列說法正確的是()A電流方向從M指向N BIcot CPcos DPsin 解析：AD由于安培力方向始終水平向左，根據(jù)左手定則知電流方向從M指向N，A正確；因?yàn)榻饘賹?dǎo)體MN做勻速圓周運(yùn)動，所以有Gsin F安cos ILBcos ，故I tan .即Itan ，B錯誤；

10、又PF安vcos Gvsin ，所以P sin ，C錯誤，D正確10.如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，其中C、D在x軸上，C、D、M到原點(diǎn)O的距離均為a，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點(diǎn)由靜止釋放，設(shè)P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為h，不計(jì)重力作用與空氣阻力的影響下列說法正確的是()A若h，則粒子垂直CM射出磁場B若h，則粒子平行于x軸射出磁場C若h，則粒子垂直CM射出磁場D若h，則粒子平行于x軸射出磁場解析：AD粒子從P點(diǎn)到O點(diǎn)經(jīng)電場加速，Eqhmv2，粒子進(jìn)入磁場后

11、做勻速圓周運(yùn)動，Bqvm.若粒子垂直CM射出磁場，其圓心恰好在C點(diǎn)，如圖甲所示，其半徑ra.由以上兩式可求得P到O的距離h，A正確，C錯誤若粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動，恰好平行于x軸射出磁場，其圓心恰好在CO中點(diǎn)，如圖乙所示，其半徑ra，可得P到O的距離h，B錯誤，D正確甲乙二、計(jì)算題(本題共2小題，共40分有步驟計(jì)算的需寫出規(guī)范的解題步驟)11(20分)如圖所示，直角坐標(biāo)系xOy第一象限的區(qū)域存在沿y軸正方向的勻強(qiáng)電場現(xiàn)有一質(zhì)量為m，電荷量為e的電子從第一象限的某點(diǎn)P(L，L)以初速度v0沿x軸的負(fù)方向開始運(yùn)動，經(jīng)過x軸上的點(diǎn)Q(，0)進(jìn)入第四象限，先做勻速直線運(yùn)動然后進(jìn)入垂直紙面的矩形勻

12、強(qiáng)磁場區(qū)域(圖中未畫出)，磁場左邊界和上邊界分別與y軸、x軸重合，電子偏轉(zhuǎn)后恰好經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O，并沿y軸的正方向運(yùn)動，不計(jì)電子的重力求：(1)電子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度v.(2)該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B和最小面積S.解析：(1)電子從P點(diǎn)開始在電場力作用下做類平拋運(yùn)動到Q點(diǎn)，可知豎直方向yLat2，(2分)水平方向xLv0t(2分)解得a而vyatv0，(2分)所以電子經(jīng)過Q點(diǎn)時(shí)的速度為vv0(2分)設(shè)v與x軸負(fù)方向的夾角為，可知tan ，所以30.(2分)(2)如圖所示，電子以與x軸負(fù)方向成30角的方向進(jìn)入第四象限后先沿QM做勻速直線運(yùn)動，然后進(jìn)入勻強(qiáng)磁場區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動，恰好以沿y軸向上的速度

13、經(jīng)過O點(diǎn)可知圓周運(yùn)動的圓心O一定在x軸上，且O點(diǎn)到O點(diǎn)的距離與O點(diǎn)到直線QM上M點(diǎn)(M點(diǎn)即磁場的邊界點(diǎn))的距離相等，找出O點(diǎn)，畫出其運(yùn)動的部分軌跡為弧MNO，所以面積最小的磁場的右邊界和下邊界就確定了設(shè)偏轉(zhuǎn)半徑為R，evBm(2分)由圖知OQL3R(2分)解得B(1分)方向垂直紙面向里(1分)面積最小的磁場的長度LOCRL(1分)寬度LOARL(1分)矩形磁場的最小面積為：SminLOCLOAL2(2分)答案：(1)v0，與x軸負(fù)方向的夾角為30(2)，方向垂直紙面向里L(fēng)212(20分)電視機(jī)的顯像管中電子束的偏轉(zhuǎn)是應(yīng)用磁偏轉(zhuǎn)技術(shù)實(shí)現(xiàn)的如圖甲所示為顯像管的原理示意圖顯像管中有一個電子槍，工作時(shí)

14、陰極發(fā)射的電子(速度很小，可視為零)經(jīng)過加速電場加速后，穿過以O(shè)點(diǎn)為圓心、半徑為r的圓形磁場區(qū)域(磁場方向垂直于紙面)，撞擊到熒光屏上使熒光屏發(fā)光已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U，在沒有磁場時(shí)電子束通過O點(diǎn)打在熒光屏正中央的M點(diǎn)，O、M間距離為s.電子所受的重力、電子間的相互作用均可忽略不計(jì)，也不考慮磁場變化所激發(fā)的電場對電子束的作用由于電子經(jīng)過加速電場后速度很大，同一電子在穿過磁場的過程中可認(rèn)為磁場不變(1)求電子束經(jīng)過偏轉(zhuǎn)磁場后打到熒光屏上時(shí)的速率(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度隨時(shí)間變化的關(guān)系如圖乙所示，其中B0 ，求電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度(3)若其他條件不變，只

15、撤去磁場，利用電場使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)把正弦交變電壓加在一對水平放置的矩形平行板電極上，板間區(qū)域有邊界理想的勻強(qiáng)電場電場中心仍位于O點(diǎn)，電場方向垂直于OM，為了使電子束打在熒光屏上發(fā)光所形成的“亮線”長度與(2)中相同，問：極板間正弦交變電壓的最大值Um、極板長度L、極板間距離d之間需要滿足什么關(guān)系？(由于電子的速度很大，交變電壓周期較大，同一電子穿過電場的過程可認(rèn)為電場沒有變化，是穩(wěn)定的勻強(qiáng)電場)解析：(1)設(shè)經(jīng)過電子槍中加速電場加速后，電子的速度大小為v，根據(jù)動能定理有eUmv2(2分)解得v(1分)(2)設(shè)電子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，電子束經(jīng)過磁場后偏轉(zhuǎn)角為，運(yùn)動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何

16、關(guān)系有tan (1分)洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有evBm(2分)當(dāng)BB0 時(shí)，(1分)電子在熒光屏上的落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)，解得此時(shí)偏轉(zhuǎn)角60(1分)電子在熒光屏上落點(diǎn)距M點(diǎn)最遠(yuǎn)距離ystan s(1分)熒光屏上亮線長度Y2y2s(1分)(3)若使電子束打在熒光屏上所形成“亮線”的長度與(2)中相同，則電子束的最大偏轉(zhuǎn)角60保持不變，即tan 60(1分)若電子達(dá)到最大偏轉(zhuǎn)角時(shí)，恰好從極板邊界射出，這種情況下，即dL(2分)設(shè)此時(shí)兩極板間電壓為U1由牛頓第二定律有ay(1分)由勻加速直線運(yùn)動的規(guī)律有v2ay(1分)且vx聯(lián)立解得U16U(1分)當(dāng)極板間電壓再增大時(shí)，電子不能從極板邊界射出，故不會形成“亮線”，因此，Um6U(1分)若電子達(dá)到最大偏轉(zhuǎn)角時(shí)，不是從極板邊界射出，即dL，此時(shí)兩極板間電壓達(dá)到Um(電壓再增大，電子偏轉(zhuǎn)角增加，“亮線”長度增加)由牛頓第二定律有ay(1分)由勻加速直線運(yùn)動規(guī)律有vyayt，t(1分)聯(lián)立解得UmU(1分)答案：(1) (2)2s(3)dL時(shí)，Um6UdL時(shí)，UmU11