2019版高考物理總復習 第九章 磁場章末質量檢測.doc

第九章 磁場章末質量檢測(九)(時間：50分鐘滿分：100分)一、選擇題(本題共9小題，每小題6分，共54分。16題為單項選擇題，79題為多項選擇題)1.下列裝置中，沒有利用帶電粒子在磁場中發(fā)生偏轉的物理原理的是()解析洗衣機將電能轉化為機械能，不是利用帶電粒子在磁場中的偏轉制成的，所以選項D正確。答案D2.(2017湖南省五市十校高三聯考)下列說法正確的是()A.將通電直導線放在某處，若通電直導線所受安培力為零，則該處的磁感應強度為零B.磁場中某點的磁場方向，與放在該點的極短的通電導線所受安培力的方向可以成任意夾角C.磁場中某點的磁場方向，與放在該點的小磁針北極受到的磁場力的方向相同D.給兩平行直導線通以方向相反的電流時，兩通電導線通過磁場相互吸引解析當通電直導線電流的方向與磁場方向平行時，即使該處的磁感應強度不為零，磁場對通電直導線也沒有作用力，故選項A錯誤；通電直導線在磁場中所受的安培力方向與磁場方向相互垂直，故選項B錯誤；磁場中某點的磁場方向，與放在該點的小磁針北極受到的磁場力方向相同，選項C正確；給兩平行直導線通以方向相反的電流時，兩通電導線相互排斥，故選項D錯誤。答案C3.如圖1所示，在通電螺線管中央的正上方用輕質細線懸掛長為l的一小段通電直導線，導線中通入垂直于紙面向里的電流I，力傳感器用來測量細線的拉力大小，導線下方的螺線管與一未知極性的直流電源連接。開關斷開時，力傳感器的示數恰好等于通電直導線的重力G，現閉合開關，則下列說法正確的是()圖1A.通電螺線管在通電直導線處產生的磁場方向可能豎直向下B.通電直導線可能受到垂直紙面向里的安培力作用C.若力傳感器的示數變大，則電源的右端一定為正極D.若力傳感器的示數變?yōu)橥娭睂Ь€重力的一半，則通電直導線所在處的磁感應強度大小一定為解析閉合開關后，通電螺線管在周圍產生磁場，通電螺線管在通電直導線處產生的磁場方向水平，選項A錯誤；由于通電螺線管在通電直導線處產生的磁場方向水平，故安培力方向一定豎直向上或豎直向下，選項B錯誤；若力傳感器的示數變大，說明通電直導線受到豎直向下的安培力作用，由左手定則可知，此處磁場方向水平向右，由安培定則可知，電源的左端為正極，選項C錯誤；若力傳感器的示數變?yōu)閷Ь€重力的一半，說明導線受到的安培力方向豎直向上，且大小等于導線重力的一半，則有BIlG，可得B，選項D正確。答案D4.(2017聊城模擬)用絕緣細線懸掛一個質量為m、帶電荷量為q的小球，讓它處于如圖2所示的磁感應強度為B的勻強磁場中。由于磁場的運動，小球靜止在圖中位置，這時懸線與豎直方向夾角為，并被拉緊，則磁場的運動速度和方向可能是()圖2A.v，水平向左 B.v，豎直向下C.v，豎直向上 D.v，水平向右解析根據運動的相對性，帶電小球相對于磁場的速度與磁場相對于小球(相對地面靜止)的速度大小相等、方向相反。洛倫茲力FqvB中的v是相對于磁場的速度。根據力的平衡條件可以得出，當小球相對磁場以速度v豎直向下運動或以速度v水平向右運動時，帶電小球都能處于平衡狀態(tài)，但題目中要求懸線被拉緊，由此可知只有選項C正確。答案C5.(2017湖南十校共同體聯考)英國物理學家阿斯頓因質譜儀的發(fā)明、同位素和質譜的研究榮獲了諾貝爾化學獎。若一束粒子由左端射入質譜儀后的運動軌跡如圖3所示，則下列說法正確的是()圖3A.該束帶電粒子帶負電B.速度選擇器的P1極板帶負電C.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，質量越大D.在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小解析通過粒子在質譜儀中的運動軌跡和左手定則可知該束帶電粒子帶正電，故選項A錯誤；帶電粒子在速度選擇器中勻速運動時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，故選B錯誤；由洛倫茲力充當向心力有qvBm，得粒子在B2磁場中的運動半徑r，又粒子的運動速度v大小相等，電荷量q未知，故在磁場中運動半徑越大的粒子，質量不一定越大，但比荷越小，故選項C錯誤，D正確。答案D6.如圖4所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成角(0<<)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)。則下列說法正確的是()圖4A.若v一定，越大，則粒子在磁場中運動的時間越短B.若v一定，越大，則粒子離開磁場的位置距O點越遠C.若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大D.若一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短解析如圖所示，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，由幾何關系得軌跡對應的圓心角22，粒子在磁場中運動的時間tT，可知若v一定，越大，運動時間t越短；若一定，則運動時間一定，選項A正確，D錯誤；設粒子的軌跡半徑為r，則r，AO2rsin ，則若v一定，是銳角，越大，AO越大，若v一定，是鈍角，越大，AO越小，選項B錯誤；粒子在磁場中運動的角速度，又T，則得，與速度v無關，選項C錯誤。答案A7.如圖5所示，勻強磁場方向垂直紙面向里，勻強電場方向豎直向下，有一正離子恰能沿直線從左向右水平飛越此區(qū)域。不計重力，則()圖5A.若電子從右向左飛入，電子也沿直線運動B.若電子從右向左飛入，電子將向上偏轉C.若電子從左向右飛入，電子將向下偏轉D.若電子從左向右飛入，電子也沿直線運動解析若電子從右向左飛入，電場力向上，洛倫茲力也向上，所以向上偏，選項A錯誤，B正確；若電子從左向右飛入，電場力向上，洛倫茲力向下。由題意知電子受力平衡將做勻速直線運動，選項C錯誤，D正確。答案BD8.如圖6所示，圓形有界勻強磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度的大小為B，圓的半徑為R，a、b兩個完全相同的粒子以相同的速度水平向右射入磁場，a粒子的速度方向延長線過圓形磁場的圓心O，粒子的質量為m，電荷量為q，速度大小為v，不計粒子的重力，則下列說法正確的是()圖6A.兩個粒子運動的軌跡半徑為RB.a粒子一定比b粒子在磁場中運動的時間長C.兩個粒子一定在磁場邊界的同一點射出磁場D.兩個粒子在磁場中做圓周運動的圓心和O點一定在半徑為R的同一個圓弧上解析根據題意可知，粒子進入磁場做勻速圓周運動的半徑rR，選項A正確；由于粒子做圓周運動的半徑和圓形有界磁場的半徑相等，因此水平射入磁場的粒子，如果帶正電，則從圓心O的正下方磁場邊界射出，在磁場中做圓周運動的圓心在以O點正上方磁場邊界上一點為圓心、半徑為R的圓周上；如果帶負電，則從O點正上方磁場邊界上射出，在磁場中做圓周運動的圓心在以O點正上方磁場邊界上一點為圓心、半徑為R的圓周上，選項C、D正確；如果從O點正上方磁場邊界射出，b粒子在磁場中運動的時間比a粒子長，選項B錯誤。答案ACD9.(2017四川成都質檢)如圖7甲所示，絕緣輕質細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球所帶的電荷量為q6107 C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零。當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零。在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2。則下列判斷正確的是()圖7A.勻強電場的場強大小為3.2106 V/mB.小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 JC.小球做順時針方向的勻速圓周運動D.小球所受的洛倫茲力的大小為3 N解析根據小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關系可得，勻強電場的電場強度大小E V/m5106 V/m，選項A錯誤；由于帶電小球在運動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉化，又由于帶電小球在復合場(重力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細繩上的拉力剛好為零，則小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qEmg，因此當帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，是小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE2L2.4 J，選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，選項C錯誤；根據牛頓第二定律可得F洛，又qEmg，解得F洛3 N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3 N，選項D正確。答案BD二、非選擇題(本題共3小題，共46分)10.(12分)(2017陜西鐵一中十模)如圖8所示，將帶電荷量Q0.3 C、質量m0.3 kg的滑塊放在小車的水平絕緣板的右端，小車的質量M0.5 kg，滑塊與絕緣板間的動摩擦因數0.4，小車的絕緣板足夠長，它們所在的空間存在磁感應強度B20 T的水平方向的勻強磁場(垂直于紙面向里)。開始時小車靜止在光滑水平面上，一擺長L1.25 m、質量m0.15 kg的擺從水平位置由靜止釋放，擺到最低點時與小車相撞，碰撞后擺球恰好靜止，g取10 m/s2。求：圖8(1)與小車碰撞前擺球到達最低點時對擺線的拉力；(2)擺球與小車的碰撞過程中系統損失的機械能E；(3)碰撞后小車的最終速度。解析(1)擺球下落過程，由動能定理有mgLmv2，解得v5 m/s，擺球在最低點時，由牛頓第二定律得Tmgm，解得T4.5 N，由牛頓第三定律可知擺球對擺線的拉力T4.5 N，方向豎直向下。(2)擺球與小車碰撞瞬間，擺球與小車組成的系統動量守恒，以水平向右為正方向，有mvMv10，解得v11.5 m/s，由能量守恒定律，有Emv2Mv1.31 J。(3)假設滑塊與車最終相對靜止，則有Mv1(Mm)v2，解得v20.937 5 m/s，由此得F洛Qv2B>mg，故假設不成立，因此滑塊最終懸浮。滑塊懸浮瞬間，滿足F洛Qv2Bmg，解得v20.5 m/s。將滑塊與小車看成一個系統，系統動量守恒，有Mv1Mvmv2，解得v1.2 m/s，方向水平向右。答案(1)4.5 N方向豎直向下(2)1.31 J(3)1.2 m/s方向水平向右11.(16分)(2017湖南長沙市高三統一模擬)如圖9所示，坐標系xOy在豎直平面內，y軸沿豎直方向，第二、三和四象限有沿水平方向，垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B。第四象限的空間內有沿x軸正方向的勻強電場，場強為E，一個帶正電荷的小球從圖中x軸上的M點，沿著與水平方向成30角斜向下的直線做勻速運動。經過y軸上的N點進入x<0的區(qū)域內，在x<0區(qū)域內另加一勻強電場E1(圖中未畫出)，小球進入x<0區(qū)域后能在豎直面內做勻速圓周運動。(已知重力加速度為g)圖9(1)求勻強電場E1的大小和方向；(2)若帶電小球做圓周運動通過y軸上的P點(P點未標出)，求小球從N點運動到P點所用的時間t；(3)若要使小球從第二象限穿過y軸后能夠沿直線運動到M點，可在第一象限加一勻強電場，求此電場強度的最小值E2，并求出這種情況下小球到達M點的速度vM。解析(1)設小球質量為m，帶電荷量為q，速度為v，小球在MN段受力如圖甲所示，因為在MN段小球做勻速直線運動，所以小球受力平衡甲有mgtan 30qEqvBsin 30qE解得mgqE，v在x<0的區(qū)域內，有mgqE1聯立解得E1E，方向為豎直向上乙(2)如圖乙所示，小球在磁場中做勻速圓周運動的周期為T而qvBmtT故小球從N到P經歷的時間為t(3)小球從P點沿直線運動到M點，當電場力與PM垂直時電場力最小，由受力分析可知qE2mgcos 30解得E2E這種情況下，小球從P點沿直線運動到M點的加速度為agsin 30g由幾何關系可知，PM的距離為s所求vM聯立解得vM答案(1)E方向為豎直向上(2)(3)E12.(18分)如圖10甲所示，在同一平面內豎直放置的平行板M、N上加有電壓U12103 V，水平放置的平行板P、Q上加有鋸齒波電壓U2(如圖乙所示，P板電勢比Q板電勢高)，平行板P、Q長均為L10 cm，在豎直板M右側附近有一個粒子源，可以不斷地由靜止釋放相同的帶正電的粒子，粒子經加速電場加速后進入偏轉電場，所有粒子均可以經偏轉電場偏轉后進入P、Q兩板右端虛線右側的勻強磁場中，磁場的方向垂直于紙面向里，粒子的電荷量為q1105 C，質量為m1108 kg，不計粒子的重力及粒子間的相互作用。圖10(1)P、Q兩板間的距離d至少為多少？(2)若P、Q兩板間的距離為(1)中所求的值，且所有粒子經磁場偏轉后均能再進入P、Q兩板間，則磁感應強度B應滿足什么條件？解析(1)設粒子經加速電場加速后的速度為v1，在加速過程中，根據動能定理有qU1mv解得v12103 m/s粒子穿過偏轉電場的時間t5105 s由于粒子穿過偏轉電場的時間遠小于U2的變化周期，因此粒子穿過偏轉電場的過程中，可認為電場強度恒定當偏轉電壓U21103 V時，粒子剛好從板的右側邊緣飛出，此時P、Q兩板間的距離為最小，有dat2a，解得d5102 m(2)設粒子進入磁場時的速度方向與水平方向的夾角為，由于粒子進入磁場時速度在水平方向的分速度為v1，因此有v粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌跡如圖所示，則有qvBm，聯立解得r1由幾何關系可知，粒子在虛線上出磁場的位置與入磁場的位置之間的距離s2r1cos 由此可知，所有進入磁場的粒子出磁場的位置與進磁場的位置間的距離恒定，要使所有粒子經磁場偏轉后均能進入P、Q兩板間，則當偏轉電壓為零時經過P、Q兩板間的粒子經磁場偏轉后恰好進入兩板間，此粒子做圓周運動的半徑r2由qv1Bm得B160 T因此要使所有的粒子經磁場偏轉后均能進入P、Q兩板間，磁場的磁感應強度B應滿足的條件為B160 T答案見解析