2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 磁場(chǎng)階段考查測(cè)試.doc

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2019年高考物理一輪復(fù)習(xí) 磁場(chǎng)階段考查測(cè)試 一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分) 1．[xx陜西咸陽(yáng)高三一模]將一小段通電直導(dǎo)線垂直于磁場(chǎng)放入某磁場(chǎng)中，導(dǎo)線會(huì)受到一定大小的磁場(chǎng)力作用；若保持直導(dǎo)線長(zhǎng)度和其中的電流不變，將它垂直放入另一較強(qiáng)的磁場(chǎng)，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力會(huì)變大．由此可知(　　) A．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力決定 B．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨導(dǎo)線所受的磁場(chǎng)力的增大而減小 C．磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場(chǎng)本身決定 D．在任何情況下，通電導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力的大小都能反映磁場(chǎng)的強(qiáng)弱 解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場(chǎng)本身決定的，與磁場(chǎng)力無(wú)關(guān)，A、B錯(cuò)，C對(duì)；反應(yīng)磁場(chǎng)強(qiáng)弱的是磁感應(yīng)強(qiáng)度，而不是磁場(chǎng)力，D錯(cuò)． 答案：C 2．如圖8－1為一種利用電磁原理制作的充氣泵的結(jié)構(gòu)示意圖，其工作原理類似打點(diǎn)計(jì)時(shí)器．當(dāng)電流從電磁鐵的接線柱a流入，吸引小磁鐵向下運(yùn)動(dòng)時(shí)，以下選項(xiàng)中正確的是(　　) 圖8－1 A．電磁鐵的上端為N極，小磁鐵的下端為N極 B．電磁鐵的上端為S極，小磁鐵的下端為S極 C．電磁鐵的上端為N極，小磁鐵的下端為S極 D．電磁鐵的上端為S極，小磁鐵的下端為N極 解析：當(dāng)電流從a端流入電磁鐵時(shí)，據(jù)安培定則可判斷出電磁鐵的上端為S極，此時(shí)能吸引小磁鐵向下運(yùn)動(dòng)，說(shuō)明小磁鐵的下端為N極，答案為D. 答案：D 圖8－2 3.如圖8－2所示的OX和MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)中兩條平行的邊界線，速率不同的同種帶電粒子從O點(diǎn)沿OX方向同時(shí)射向磁場(chǎng)，其中穿過(guò)a點(diǎn)的粒子速度v1方向與MN垂直，穿過(guò)b點(diǎn)的粒子速度v2方向與MN成60角．設(shè)兩粒子從O點(diǎn)到MN所需時(shí)間分別為t1和t2，則t1∶t2為(　　) A．3∶2　　　　　　　 B．4∶3 C．1∶1 D．1∶3 解析：作出兩粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡，可知t1＝，t2＝，且由T＝知T1＝T2.所以＝，選項(xiàng)A正確． 答案：A 圖8－3 4．[xx江西省名校聯(lián)盟調(diào)研考試]如圖8－3所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．在t＝0時(shí)刻，位于正方形中心O的離子源向平面abcd內(nèi)各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑恰好等于正方形的邊長(zhǎng)，不計(jì)粒子的重力以及粒子間的相互作用力．已知平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在t＝t0時(shí)刻剛好從磁場(chǎng)邊界cd上某點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．粒子在該磁場(chǎng)中勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為6t0 B．粒子的比荷為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)圓弧的圓心角越大 D．初速度方向正對(duì)四個(gè)頂點(diǎn)的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng) 解析：初速度平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，軌跡所對(duì)應(yīng)圓心角為，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；由牛頓第二運(yùn)動(dòng)定律得Bqv＝m，且v＝，聯(lián)立解得：＝，B選項(xiàng)正確；由于粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度一定，則弧長(zhǎng)越長(zhǎng)在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間越長(zhǎng)，對(duì)應(yīng)圓弧的圓心角一定越大，C選項(xiàng)正確；從正方形四個(gè)頂點(diǎn)出射的粒子，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)圓弧最長(zhǎng)運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長(zhǎng)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：BC 圖8－4 5．如圖8－4所示，木板質(zhì)量為M，靜止于水平地面上，木板上固定一質(zhì)量不計(jì)的框架，框架上懸有磁鐵A，木板上放有磁鐵B，兩磁鐵質(zhì)量均為m，設(shè)木板對(duì)地面的壓力為FN1，B對(duì)木板的壓力為FN2，A對(duì)懸線的拉力為FT，則下面結(jié)論正確的是(　　) A．FN1＝Mg＋2mg B．FN2＝mg C．FT＝mg D．以上全不對(duì) 解析：把木板、框架及磁鐵A、B看成一個(gè)系統(tǒng)，則系統(tǒng)受重力G總＝Mg＋2mg，地面的彈力FN1′.由牛頓第三定律可知FN1′＝FN1，由系統(tǒng)平衡條件可知FN1′＝Mg＋2mg，即FN1＝Mg＋2mg.磁鐵B受有重力GB＝mg、木板的彈力FN2′、磁鐵A的吸引力FA.由平衡條件可知FN2′＝mg－FA.由牛頓第三定律知FN2′＝FN2，所以有FN2＝mg－FA＜mg.磁鐵A受有重力GA＝mg，懸線拉力FT′，B磁鐵的吸引力FB，由平衡條件可知FT′＝mg＋FB.由牛頓第三定律可知FT′＝FT，所以有FT＝mg＋FB＞mg.此題答案應(yīng)選A. 答案：A 圖8－5 6．醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時(shí)，利用電磁血流計(jì)來(lái)監(jiān)測(cè)通過(guò)動(dòng)脈的血流速度．電磁血流計(jì)由一對(duì)電極a和b以及一對(duì)磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場(chǎng)是均勻的．使用時(shí)，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點(diǎn)的連線、磁場(chǎng)方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖8－5所示．由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，電極a、b之間會(huì)有微小電勢(shì)差．在達(dá)到平衡時(shí)，血管內(nèi)部的電場(chǎng)可看做是勻強(qiáng)電場(chǎng)，血液中的離子所受的電場(chǎng)力和磁場(chǎng)力的合力為零，在某次監(jiān)測(cè)中，兩觸點(diǎn)間的距離為3.0 mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點(diǎn)間的電勢(shì)差為160 μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040 T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為(　　) A．1.3 m/s，a正、b負(fù) B．2.7 m/s，a正、b負(fù) C．1.3 m/s，a負(fù)、b正 D．2.7 m/s，a負(fù)、b正 解析：根據(jù)左手定則，可知a正b負(fù)，所以C、D錯(cuò)；因?yàn)殡x子在場(chǎng)中所受合力為零，Bqv＝q，所以v＝＝1.3 m/s，A對(duì)B錯(cuò)． 答案：A 圖8－6 7．如圖8－6所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場(chǎng)，質(zhì)量為m、電荷量＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，A、B為兩塊中心開(kāi)有小孔的極板，原來(lái)電勢(shì)都為零，每當(dāng)粒子順時(shí)針飛經(jīng)A板時(shí)，A板電勢(shì)升高為U，B板電勢(shì)仍保持為零，粒子在兩板間的電場(chǎng)中加速，每當(dāng)粒子離開(kāi)B板時(shí)，A板電勢(shì)又降為零，粒子在電場(chǎng)一次次加速下動(dòng)能不斷增大，而繞行半徑不變，則(　　) A．粒子從A板小孔處由靜止開(kāi)始在電場(chǎng)作用下加速，繞行n圈后回到A板時(shí)獲得的總動(dòng)能為2nqU B．在粒子繞行的整個(gè)過(guò)程中，A板電勢(shì)可以始終保持為＋U C．在粒子繞行的整個(gè)過(guò)程中，每一圈的周期不變 D．為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運(yùn)動(dòng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須周期性遞增，則粒子繞行第n圈時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 解析：考查帶電粒子在電場(chǎng)與磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)．粒子每運(yùn)動(dòng)一圈，獲得動(dòng)能qU，故n圈后獲得的總動(dòng)能為mv2＝nqU，A錯(cuò)；若A板電勢(shì)始終保持為＋U，則粒子每次到達(dá)A板時(shí)速度減小為零，B錯(cuò)；由于粒子在環(huán)形區(qū)域的半徑不變，且只受到洛倫茲力作用，由R＝，可知速度增大，B一定增大；由周期公式T＝可知，B增大，周期將減小，C錯(cuò)；n圈加速后滿足B＝＝ ＝ ，D對(duì)． 答案：D 圖8－7 8．(多選題)如圖8－7所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開(kāi)始經(jīng)電壓U加速后，水平進(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B的復(fù)合場(chǎng)中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則(　　) A．小球可能帶正電 B．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝ C．小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的周期增加 解析：小球在復(fù)合場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則小球受的電場(chǎng)力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負(fù)電，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因?yàn)樾∏蜃鰣A周運(yùn)動(dòng)的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動(dòng)能定理可得：Bqv＝，Uq＝mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝ ，由T＝，可以得出T＝，所以B、C項(xiàng)正確，D項(xiàng)錯(cuò)誤． 答案：BC 第Ⅱ卷　非選擇題，共52分 二、計(jì)算題(本大題共3小題，共52分) 圖8－8 9．(14分)如圖8－8所示，電源電動(dòng)勢(shì)E＝2 V，內(nèi)電阻r＝0.5 Ω，豎直導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬棒的質(zhì)量m＝0.1 kg，電阻R＝0.5 Ω，它與導(dǎo)軌的動(dòng)摩擦因數(shù)μ＝0.4，有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝0.2 m，為了使金屬棒能夠靠在導(dǎo)軌外面靜止不動(dòng)，我們施一與紙面成30向里且與金屬棒垂直的磁場(chǎng)，問(wèn)磁場(chǎng)方向是斜向上還是斜向下？磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍是多大？(g取10 m/s2) 圖8－9 解析：以靜止的金屬棒為研究對(duì)象，其側(cè)視的受力分析如圖8－9所示，若摩擦力方向向上，則 B1ILsin30＋μB1ILcos30＝mg. 若摩擦力方向向下，則 B2ILsin30－μB2ILcos30＝mg， 其中電流I＝E/(R＋r) 代入數(shù)據(jù)得：B1＝3 T，B2＝16.3 T， 故所求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍是3 T≤B≤16.3 T； 根據(jù)左手定則可知其方向應(yīng)斜向下． 答案：斜向下　3 T≤B≤16.3 T 圖8－10 10．(18分)[xx北京市海淀區(qū)期末練習(xí)]回旋加速器是用來(lái)加速帶電粒子的裝置，圖8－10為回旋加速器的示意圖．D1、D2是兩個(gè)中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個(gè)D形盒正中間開(kāi)有一條狹縫，兩個(gè)D形盒接在高頻交流電源上．在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的帶正電粒子在兩盒之間被電場(chǎng)加速后進(jìn)入D2盒中．兩個(gè)D形盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，帶電粒子在磁場(chǎng)力的作用下做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，經(jīng)過(guò)半個(gè)圓周后，再次到達(dá)兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經(jīng)過(guò)狹縫時(shí)再次被加速．如此，粒子在做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中一次一次地經(jīng)過(guò)狹縫，一次一次地被加速，速度越來(lái)越大，運(yùn)動(dòng)半徑也越來(lái)越大，最后到達(dá)D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導(dǎo)出．已知帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時(shí)狹縫間電壓大小恒為U，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d.設(shè)從粒子源產(chǎn)生的帶電粒子的初速度為零，不計(jì)粒子受到的重力，求： (1)帶電粒子能被加速的最大動(dòng)能Ek； (2)帶電粒子在D2盒中第n個(gè)半圓的半徑； (3)若帶電粒子束從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電源為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率. 解析：(1)帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑達(dá)到最大時(shí)被引出，此時(shí)帶電粒子具有最大動(dòng)能Ek，設(shè)離子從D盒邊緣離開(kāi)時(shí)的速度為vm. 依據(jù)牛頓第二定律Bqvm＝m 所以帶電粒子能被加速的最大動(dòng)能Ek＝mv＝ (2)帶電粒子在D2盒中第n個(gè)半圓是帶電粒子經(jīng)過(guò)窄縫被加速2n－1次后的運(yùn)動(dòng)軌道，設(shè)其被加速2n－1次后的速度為vn 由動(dòng)能定理得(2n－1)qU＝mv 此后帶電粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為rn 由牛頓第二定律得Bqvn＝m rn＝＝ (3)設(shè)在時(shí)間t內(nèi)離開(kāi)加速器的帶電粒子數(shù)為N，則正離子束從回旋加速器輸出時(shí)形成的等效電流I＝，解得N＝ 帶電粒子從回旋加速器輸出時(shí)的平均功率＝＝. 答案：(1)　(2)　 (3) 11．(20分)[xx石家莊市質(zhì)檢一]如圖8－11所示，正三角形ABC內(nèi)有B＝0.1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，方向垂直紙面向外，在BC邊右側(cè)有平行于BC足夠長(zhǎng)的擋板EF，已知B點(diǎn)到擋板的水平距離BD＝0.5 m．某一質(zhì)量m＝410－10 kg、電荷量q＝110－4 C的粒子，以速度v0＝1104 m/s自A點(diǎn)沿磁場(chǎng)中的AB邊射入，恰可從BC邊水平射出打到擋板上．不計(jì)粒子重力． (1)求粒子從BC邊射出時(shí)，射出點(diǎn)距C點(diǎn)的距離和粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間． (2)如果在BC邊至EF區(qū)域加上豎直向下的勻強(qiáng)電場(chǎng)，使粒子仍能打到擋板上，求所加電場(chǎng)電場(chǎng)強(qiáng)度的最大值． 圖8－11 解析： 圖8－12 (1)粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖8－12： 粒子進(jìn)入磁場(chǎng)后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，半徑為r＝＝0.4 m lMC＝＝ m 磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝＝10－5 s (2)當(dāng)粒子恰好打到板上Q點(diǎn)時(shí)，軌跡與板相切，速度方向沿板EF，如圖8－13，由類平拋運(yùn)動(dòng)的規(guī)律，Q點(diǎn)處粒子的速度的反向延長(zhǎng)線交水平位移的中點(diǎn)，有l(wèi)MN＝lNP， 圖8－13 當(dāng)粒子打到Q點(diǎn)時(shí)，tan60＝ vy＝t t＝ 聯(lián)立得E＝400 V/m 答案：(1) m　10－5 s　(2)400 V/m