【走向高考】2020年高考物理總復習 第8章綜合測試題

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1、第八章綜合測試題 本卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分．滿分100分，考試時間90分鐘． 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(共10小題，每小題4分，共40分，在每小題給出的四個選項中，有的小題只有一個選項符合題目要求，有些小題有多個選項符合題目要求，全部選對的得4分，選不全的得2分，有選錯或不答的得0分) 1．在赤道上某處有一個避雷針．當帶有負電的烏云經過避雷針上方時，避雷針開始放電，則地磁場對避雷針的作用力的方向為(　　) A．正東　　　　　　　　 B．正西 C．正南 D．正北 [答案]　B [解析]　赤道上方地磁場磁感線的方向由南向北，通過避雷針的電

2、流方向向上，由左手定則知，安培力的方向向正西． 2.如圖所示，銅質導電板置于勻強磁場中，通電時銅板中電流方向向上，由于磁場的作用，則(　　) A．板左側聚集較多電子，使b點電勢高于a點電勢 B．板左側聚集較多電子，使a點電勢高于b點電勢 C．板右側聚集較多電子，使a點電勢高于b點電勢 D．板右側聚集較多電子，使b點電勢高于a點電勢 [答案]　A [解析]　銅板中形成電流的是電子，由左手定則可判斷出電子受的洛倫茲力方向向左，電子將聚集到板的左側，而右板將剩余正電荷，使b點電勢高于a點電勢，故A正確． 3．質量為m的金屬導體棒置于傾角為θ的導軌上，棒與導軌間的動摩擦因數為μ，當

3、導體棒通以垂直紙面向里的電流時，恰能在導軌上靜止．如圖所示的四個圖中，標出了四種可能的勻強磁場方向，其中棒與導軌間的摩擦力可能為零的是(　　) [答案]　ACD [解析]　由左手定則，可分別判斷出導體棒所受安培力的方向如下圖所示；由安培力方向可知，重力沿斜面方向的分力可能與安培力沿斜面方向的分力相平衡的是A、C、D.當重力沿斜面方向的分力與安培力沿斜面方向的分力大小相等、方向相反時，摩擦力大小為零． 4．關于回旋加速器加速帶電粒子所獲得的能量，下列結論中正確的是(　　) A．與加速器的半徑有關，半徑越大，能量越大 B．與加速器的磁場有關，磁場越強，能量越大 C．與加速器的電

4、場有關，電場越強， 能量越大 D．與帶電粒子的質量和電荷量均有關，質量和電荷量越大，能量越大 [答案]　AB [解析]　回旋回速器中的帶電粒子旋轉半徑與能量有關，速度越大，半徑越大，達到最大速度v時，半徑增大到最大R，能量最大，粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，滿足qvB＝，則v＝，故Ek＝mv2＝.R越大，能量越大，A正確；B越大，能量越大，B正確．Ek與加速器的電場無關，C不正確；質量m變大時，Ek變小，D錯． 5.如圖所示，一個質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，不計重力，在a點以某一初速度水平向左射入磁場區(qū)域Ⅰ，沿曲線abcd運動，ab、bc、cd都是半徑為R的圓?。Ｗ釉诿慷?/p>

5、圓弧上運動的時間都為t.規(guī)定垂直于紙面向外的磁感應強度為正，則磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感應強度B隨x變化的關系可能是圖乙中的(　　) [答案]　C [解析]　由左手定則可判斷出磁感應強度B的磁場區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ內磁場方向分別為向外、向里、向外，在三個區(qū)域中均運動圓周，故t＝，由于T＝，求得B＝.只有C選項正確． 6．(2020·北京東城模擬)如圖是質譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場加速后，進入速度選擇器(帶電粒子的重力不計)．速度選擇器內有互相垂直的勻強磁場和勻強電場，磁場的磁感應強度為B.電場的場強為E.擋板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2.擋板

6、S下方有磁感應強度為B0的勻強磁場．下列表述正確的是(　　) A．質譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場方向垂直紙面向里 C．能通過狹縫P的帶電粒子的速度等于B/E D．帶電粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，帶電粒子的比荷越小 [答案]　A [解析]　在加速電場中粒子所受電場力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場力水平向右，洛倫茲力水平向左，因此速度選擇器中磁場方向垂直紙面向外，B錯誤；經過速度選擇器時滿足qE＝qvB，可知能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于，C錯誤；帶電粒子進入磁場做勻速圓周運動，則有R＝，可見當v相同時，R∝，所以可以用來區(qū)分同位素，且R越小

7、，比荷就越大，D錯誤． 7.如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是(　　) A．電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡越長 B．電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線一定重合 D．電子的速度不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同 [答案]　B [解析]　由于R＝，而電子束以不同速率進入同一磁場，m、B、q相同，v大者偏轉半徑大．圖中表示幾種不同速率的電子在磁場中的運動軌跡．由3、4、5可知，三者運動時間相同，但軌跡長短不同，所以A選項和C選項肯定錯；又由3、4、5可知，

8、電子的速率不同，但在磁場中運動時間可能相同．故D選項錯；另由公式t＝＝＝，T＝與速度無關．所以，電子在磁場中運動的時間t僅與軌跡所對應的圓心角θ有關，圓心角越大，時間t越長．故選項B正確． 8．(2020·南昌模擬)某空間存在水平方向的勻強電場(圖中未畫出)，帶電小球沿如圖所示的直線斜向下由A點沿直線向B點運動，此空間同時存在由A指向B的勻強磁場，則下列說法正確的是(　　) A．小球一定帶正電 B．小球可能做勻速直線運動 C．帶電小球一定做勻加速直線運動 D．運動過程中，小球的機械能增大 [答案]　CD [解析]　本題考查帶電體在復合場的運動問題．由于重力方向豎直向下，空

9、間存在磁場，且直線運動方向斜向下，與磁場方向相同，故不受磁場力作用，電場力必水平向右，但電場具體方向未知，故不能判斷帶電小球的電性，選項A錯誤；重力和電場力的合力不為零，故不是勻速直線運動，所以選項B錯誤；因為重力與電場力的合力方向與運動方向相同，故小球一定做勻加速運動，選項C正確；運動過程中由于電場力做正功，故機械能增大，選項D正確． 9．(2020·臨川模擬)如圖所示，空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場，電場的方向豎直向下，磁場方向水平(圖中垂直紙面向里)，一帶電油滴P恰好處于靜止狀態(tài)，則下列說法正確的是(　　) A．若僅撤去電場，P可能做勻加速直線運動 B．若僅撤去磁場，P可

10、能做勻加速直線運動 C．若給P一初速度，P不可能做勻速直線運動 D．若給P一初速度，P可能做勻速圓周運動 [答案]　D [解析]　考查帶電體在勻強電場、勻強磁場以及重力場的復合場中的運動．油滴能處于靜止狀態(tài)，說明受到的重力和電場力平衡，電場力豎直向上，帶電油滴帶負電荷．若僅撤去電場，剛開始液滴在重力作用下產生速度，相應油滴受到磁場產生的洛倫茲力，油滴不可能做勻加速直線運動，A錯；若僅撤去磁場，油滴受到的重力和電場力恒定，始終平衡，油滴將做勻速直線運動或保持靜止狀態(tài)，不可能做勻加速直線運動，B錯；給油滴一個初速度時，若速度方向垂直紙面，洛倫茲力為零，油滴所受合外力為零，則油滴將垂直紙面做

11、勻速直線運動，故C錯；同理給油滴的初速度平行紙面的任何方向時，重力和電場力的合力為零，油滴相當于只受到洛倫茲力的作用，將會做勻速圓周運動，D對． 10．帶電粒子以速度v沿CB方向射入一橫截面為正方形的區(qū)域，C、B均為該正方形兩邊的中點，如圖所示，不計粒子的重力．當區(qū)域內有豎直方向的勻強電場E時，粒子從A點飛出，所用時間為t2；當區(qū)域內有垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場時，粒子也從A點飛出，所用時間為t2，下列說法正確的是(　　) A．t1t2 C.＝v D.＝v [答案]　AD [解析]　帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，水平方向上做勻速運動，而

12、在勻強磁場中做勻速圍周運動，水平方向上做減速運動，所以t2>t1，A項正確，B項錯；設正方形區(qū)域的邊長為l，則當加電場時，有l(wèi)＝vt1和＝t，得E＝.當加磁場時，根據幾何關系，有(R－)2＋l2＝R2，得R＝l，再由R＝得B＝.所以＝v，D項對，C項錯．第Ⅱ卷(非選擇題　共60分) 二、填空題(共3小題，每小題6分，共18分．把答案直接填在橫線上) 11.(6分)如圖(甲)所示，一帶電粒子以水平速度v0先后進入方向互相垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，已知電場方向豎直向下，兩個區(qū)域的寬度相同且緊鄰在一起，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中(其所受重力忽略不計)，電場和磁場對粒子所做的功為W1；若

13、把電場和磁場正交重疊，如圖(乙)所示，粒子仍以初速度v0穿過重疊場區(qū)，在帶電粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為W2，比較W1和W2，則W1________W2(填“>”、“<”或“等于”)． [答案]　> [解析]　由題意可知，帶電粒子穿過疊加場的過程中，洛倫茲力小于電場力，二力方向相反，所以沿電場方向偏移的距離比第一次僅受電場力時偏移的距離小，且洛倫茲力不做功，故W1>W2. 12．(6分)在磁感應強度為B的勻強磁場中，垂直于磁場放入一段通電導線．若任意時刻該導線中有N個以速度v做定向移動的電荷，每個電荷的電量為q.則每個電荷所受的洛倫茲力F洛＝_______

14、_，該段導線所受的安培力為F＝________. [答案]　qvB　NqvB [解析]　垂直于磁場方向運動的帶電粒子所受洛倫茲力的表達式為F洛＝qvB，導體在磁場中所受到的安培力實質是導體中帶電粒子所受洛倫茲力的宏觀體現，即安培力F＝NF洛＝NqvB. 13．(6分)(2020·北京東城模擬)如圖所示，截面為正方形空腔abcd中有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．若有一束具有不同速率的電子由小孔a沿ab方向射入磁場，打在腔壁上的電子都被腔壁吸收，則由小孔c和小孔d射出的電子的速率之比為________；由小孔c和d射出的電子在磁場中運動的時間之比為________． [答案]　2∶

15、1　1∶2 [解析]　設電子從小孔c和小孔d射出時，其運動軌跡半徑分別為rc，rd，由圖可知＝.電子在磁場中僅受洛倫茲力，由牛頓第二定律知qvB＝m，得r＝，所以電子從小孔c和小孔d射出時的速率之比為2∶1.從小孔c和小孔d射出的電子在磁場中轉過的圓心角分別為90°、180°.由t＝T及T＝可知，從小孔c和d射出的電子在磁場中運動的時間之比為1∶2. 三、論述計算題(共4小題，共42分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案不能得分，有數值計算的題，答案中必須明確寫出數值和單位) 14．(10分)(2020·山東淄博模擬)如圖所示，ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a

16、的等邊三角形，磁場垂直紙面向外，荷質比為的電子以速度v0從A點沿AB方向射入，欲使電子能經過BC邊，則磁感應強度B的取值范圍． [答案]　B< [解析]　由題意，如圖所示，電子正好經過C點，此時圓周運動的半徑R＝/cos30°＝，要想電子從BC邊經過，圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在磁場中運動的公式r＝有>，即B<， ∴B的取值范圍為：B< 15．(10分)(2020·合肥模擬)如圖所示，在NOQ范圍內有垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ，在MOQ范圍內有垂直于紙面向外的勻強磁場Ⅱ，M、O、N在一條直線上，∠MOQ＝60°，這兩個區(qū)域磁場的磁感應強度大小均為B.離子源中的離子帶電荷量

17、為＋q，質量為m，通過小孔O1進入兩板間電壓為U的加速電場區(qū)域(可認為初速度為零)，離子經電場加速后由小孔O2射出，再從O點進入磁場區(qū)域Ⅰ，此時速度方向沿紙面垂直于磁場邊界MN，不計離子的重力． (1)若加速電場兩板間電壓U＝U0，求離子進入磁場后做圓周運動的半徑R0； (2)在OQ上有一點P，P點到O點距離為L，若離子能通過P點，求加速電壓U和從O點到P點的運動時間． [答案]　(1)　(2)(n＝1,2,3……) [解析]　(1)離子在電場中加速時U0q＝mv－0 離子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力qv0B＝m 解得R0＝ (2)離子進入磁場時的運動軌跡如圖所示，由幾

18、何關系可知OP′＝P′P″＝R0 要保證離子通過P點L＝nR0 解得U＝，其中n＝1,2,3，… T＝ t＝n··＝，其中n＝1,2,3，… 16．(11分)(2020·南昌模擬)如圖所示，真空中有直角坐標系xOy，P是坐標系中的一個點，坐標是(a，－b)．有一質量為m、電荷量為＋q的質點A從原點O沿y軸正方向以速度v0射出，不計重力的影響． (1)若在x≥0和y≥0的區(qū)域內加一個垂直于坐標系平面的勻強磁場，使質點A能通過P點．試求出磁場感應強度B的大小和方向以及質點A從坐標原點O運動到P點的時間t； (2)若在x軸上固定一個帶負電的點電荷C，使質點A能保持速率不變，并通

19、過P點， 求點電荷C與坐標原點O的距離和點電荷C所帶電荷量的大?。?靜電力常量為k)． [答案]　(1)　(2)　 [解析]　 (1)在勻強磁場中，質點A做勻速圓周運動，半徑R＝ 由qBv0＝m，解得B＝，磁感應強度方向垂直紙面向外 在勻強磁場中的周期為T＝＝ 質點A在磁場中運動的時間為t1，t1＝＝ 質點A射出勻強磁場后做勻速直線運動，運動時間為t2＝ 則總時間t＝t1＋t2＝ (2)質點A應以帶負電的點電荷C為圓心做勻速圓周運動，設半徑為r，有(a－r)2＋b2＝r2 r＝ 故點電荷C與坐標原點O的距離為 又有k＝m 聯立解得Q＝ 17．(11分)(2020·煙臺

20、模擬)如圖，L1和L2是間距為d的兩平行虛線，L1上方和L2下方有垂直紙面向里的相同勻強磁場，磁感應強度大小為B.A、B兩點都在L2上．一質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，從A點以初速度v與L2成θ＝30°角斜向上射出，已知粒子在運動過程中經過B點，且過B點時速度方向斜向上，不計粒子重力，求： (1)AB間的距離LAB； (2)粒子從A運動到B的時間； (3)若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成θ＝60°角斜向上，請通過計算說明粒子能否通過B點且通過B點時速度方向斜向上． [答案]　(1)2nd(n＝1,2,3，…)　(2)n(＋)(n＝1,2,3，…)　(3)能 [解

21、析]　(1)運動軌跡如圖所示，粒子在A點時的初速度方向與L2成30°角斜向上，在一個周期內通過B點且速度方向斜向上，則AB間的距離LAB＝2d/tan30°＝2d 則AB間的距離LAB＝2nd/tan30°＝2nd(n＝1,2,3，…) (2)在一個周期內，粒子勻速直線運動的時間為 t1＝＝ 在一個周期內，粒子勻速圓周運動所用時間為 t2＝T＋T＝T 由qvB＝m和T＝ 可知T＝ 粒子從A到B的時間：t＝n(t1＋t2)＝n(＋)(n＝1,2,3，…) (3)若粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60°角斜向上，在一個周期內通過B點且速度方向斜向上，則AB間的距離L＝2d/tan60° 則在一個周期內，兩次運動水平側移量之比：x＝＝＝3 由此可知，在一個周期內兩次運動水平側移量為3倍關系，故粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60°角斜向上運動后，粒子一定可通過B點且速度方向斜向上．