《（通用版）2020版高考物理一輪復習 專題綜合檢測九 第九章 磁場（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（通用版）2020版高考物理一輪復習 專題綜合檢測九 第九章 磁場（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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.1～6題為單選題，7～10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)生偏轉的物理原理的是(　　) 　　　　　　　　　　　　　 解析：D　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符合題意． 2.如圖所示，空間中有垂直紙面向里的勻強磁場，一不可伸縮的軟導線繞過紙面內(nèi)的小動滑輪P(可視為質點)，兩端分別拴在紙面內(nèi)的兩個固定點M、N處，并通入由M到N的恒定電流I，導線PM和PN始終伸直．現(xiàn)將P從左側緩慢移動到右側，在此過程中導線MPN受到的安培力大小(　　

2、) 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從左側緩慢移動到右側的過程中，導線MPN受到的安培力可等效為直導線MN通過電流I時受到的安培力，即導線MPN受到的安培力大小始終不變，選項A正確． 3.如圖所示，質量為m、長度為L的金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛在O、O′點，處于豎直向上的勻強磁場中，磁感應強度大小為B，棒中通以某一方向的電流，平衡時兩細線與豎直方向夾角均為θ，重力加速度為g.則(　　) A．金屬棒中的電流方向由N指向M B．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 θ

3、 D．每條細線所受拉力大小為mgcos θ 解析：C　平衡時兩細線與豎直方向夾角均為θ，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；設每條細線所受拉力大小為FT，由受力分析可知，2FTsin θ＝BIL,2FTcos θ＝mg，得I＝tan θ，故C正確；由受力分析可知，2FTcos θ＝mg，得FT＝，故D錯誤． 4．四根等長的導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軸負方向噴射電子，則電子剛被噴射出時受到的洛倫茲力方向為

4、(　　) A．沿y軸負方向 B．沿y軸正方向 C．沿x軸正方向 D．沿x軸負方向 解析：B　沿x軸負方向觀察，根據(jù)右手螺旋定則，判斷出四根導線在O點產(chǎn)生的合磁場方向沿z軸負方向，電子初速度方向沿x軸負方向，即垂直紙面向里，根據(jù)左手定則，判斷出洛倫茲力方向沿y軸正方向，選項B正確． 5.(2018·岳陽模擬)1922年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所示，則下列說法中正確的是(　　) A．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

5、．在B2磁場中運動半徑越大的粒子，比荷越小 解析：D　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B錯誤；由洛倫茲力充當向心力有：qvB＝m，得粒子在B2磁場中的運動半徑r＝，且粒子的運動速度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磁場，兩帶電量相同而質量不同的粒子以相同的速度從O點以與x軸正方向成α1＝60°角在圖示的平面內(nèi)射入x軸上方時，發(fā)現(xiàn)質量為m

6、1的粒子從a點射出磁場，質量為m2的粒子從b點射出磁場．若另一與a、b帶電量相同而質量不同的粒子以相同速率與x軸正方向成α2＝30°角射入x軸上方時，發(fā)現(xiàn)它從ab的中點c射出磁場，則該粒子的質量應為(不計所有粒子重力作用)(　　) A．m1＋m2 B.(m1＋m2) C.(m1＋m2) D.(m1＋m2) 解析：C　粒子做勻速圓周運動，軌跡如圖： 設Oa＝L，ab＝d，ac＝cb＝ 故質量為m1、m2、m3的粒子軌道半徑分別為： R1＝＝L R2＝ R3＝＝L＋ 故：(R1＋R2)＝2R3① 粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，故：qvB＝m1②

7、 qvB＝m2③ qvB＝mv3④ 聯(lián)立①②③④解得：m3＝(m1＋m2)，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，兩金屬盒置于勻強磁場中(磁感應強度大小恒定)，并分別與高頻電源相連．加速時某帶電粒子的動能Ek隨時間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間，則下列判斷正確的是(　　) A．在Ek－t圖像中t4－t3＝t3－t2＝t2－t1 B．高頻電源的變化周期應該等于tn－tn－1 C．粒子加速次數(shù)越多，粒子最大動能一定越大 D．D形盒的半徑越大，粒子獲得的最大動能越大 解析：AD　粒子在磁場中運動的周期

8、T＝，與粒子的速度無關，粒子每次在D形盒內(nèi)運動半個周期的時間都相等，故A正確；由于粒子每次在D形盒中偏轉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動的周期相等，即T2＝T＝2(tn－tn－1)，故B錯誤；由nqU＝mv22可知，U不變時，粒子獲得的最大動能與加速次數(shù)n、電荷量q都有關，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求得，設D形盒的半徑為R，則R＝，所以最大動能Ekm＝mv22＝，R越大，Ekm越大，故D正確． 8.如圖所示，在平面直角坐標系xOy中只有第四象限存在垂直紙面向里的勻強磁

9、場，磁感應強度大小為B，點M的坐標為(0，－d)．一電荷量為q，質量為m的帶電粒子以某一速度從點M與y軸負方向成θ＝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 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.若不考慮粒子重力，下列說法不正確的是(　　) A．粒子可能帶負電 B．粒子在磁場中做勻速網(wǎng)周運動的半徑為d C．粒子的速度大小為 D．若僅減小磁感應強度大小，粒子可能不會穿過x軸 解析：ABD　粒子運動軌跡如圖，由左手定則判斷粒子應帶正電，A錯誤．由幾何知識得粒子的軌道半徑r＝＝，B錯誤．結合qvB＝得粒子的速度大小v＝，C正確．若僅減小磁感應強度B，由半徑公式r

10、＝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磁場中有一光滑絕緣的圓軌道，一重為G的金屬導體MN垂直于軌道橫截面水平放置，在導體中通入電流I，使導體在安培力的作用下以恒定的速率v從A點運動到C點，設金屬導體所在位置的軌道半徑與豎直方向的夾角為θ，安培力的瞬時功率為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 B．I∝cot θ C．P∝cos θ D．P∝sin θ 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；因為金屬導體MN做勻速圓周運動，所以有Gsin θ＝F安cos

11、 θ＝ILBcos θ，故I＝ tan θ.即I∝tan θ，B錯誤；又P＝F安vcos θ＝Gvsin θ，所以P∝ sin θ，C錯誤，D正確． 10.如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為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)向外的勻強磁場，磁感應強度為B，其中C、D在x軸上，C、D、M到原點O的距離均為a，現(xiàn)將一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設P點到O點的距離為h，不計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＝

12、，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點到O點經(jīng)電場加速，Eqh＝mv2，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，Bqv＝m.若粒子垂直CM射出磁場，其圓心恰好在C點，如圖甲所示，其半徑r＝a.由以上兩式可求得P到O的距離h＝，A正確，C錯誤．若粒子進入磁場后做勻速圓周運動，恰好平行于x軸射出磁場，其圓心恰好在CO中點，如圖乙所示，其半徑r′＝a，可得P到O的距離h＝，B錯誤，D正確． 甲　　　　　　　　　　　乙 二、計算題(本題共2小題，共40分．有步驟計算的需寫出規(guī)范的解題步驟．) 11．(20分)如圖所示，直角坐標系xOy第一象限的區(qū)域存

13、在沿y軸正方向的勻強電場．現(xiàn)有一質量為m，電荷量為e的電子從第一象限的某點P(L，L)以初速度v0沿x軸的負方向開始運動，經(jīng)過x軸上的點Q(，0)進入第四象限，先做勻速直線運動然后進入垂直紙面的矩形勻強磁場區(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，電子偏轉后恰好經(jīng)過坐標原點O，并沿y軸的正方向運動，不計電子的重力．求： (1)電子經(jīng)過Q點時的速度v. (2)該勻強磁場的磁感應強度B和最小面積S. 解析：(1)電子從P點開始在電場力作用下做類平拋運動到Q點，可知豎直方向 y＝L＝at2，(2分) 水平方向x＝L＝v0t(2分) 解得a＝ 而vy＝at＝v0，(

14、2分) 所以電子經(jīng)過Q點時的速度為 v＝＝v0(2分) 設v與x軸負方向的夾角為θ，可知tan θ＝＝，所以θ＝30°.(2分) (2)如圖所示，電子以與x軸負方向成30°角的方向進入第四象限后先沿QM做勻速直線運動，然后進入勻強磁場區(qū)域做勻速圓周運動，恰好以沿y軸向上的速度經(jīng)過O點．可知圓周運動的圓心O′一定在x軸上，且O′點到O點的距離與O′點到直線QM上M點(M點即磁場的邊界點)的距離相等，找出O′點，畫出其運動的部分軌跡為弧MNO，所以面積最小的磁場的右邊界和下邊界就確定了 設偏轉半徑為R，evB＝m(2分) 由圖知OQ＝L＝3R(2分) 解得B＝(1分) 方向垂直

15、紙面向里(1分) 面積最小的磁場的長度 LOC＝R＝L(1分) 寬度LOA＝R＝L(1分) 矩形磁場的最小面積為： Smin＝LOC·LOA＝L2(2分) 答案：(1)v0，與x軸負方向的夾角為30° (2)，方向垂直紙面向里　L2 12．(20分)電視機的顯像管中電子束的偏轉是應用磁偏轉技術實現(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點為圓心、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．已知電子的質量為m、電荷量為e，加速電場的電壓為U，在沒有磁場時電子束通過

16、O點打在熒光屏正中央的M點，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，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為磁場不變． (1)求電子束經(jīng)過偏轉磁場后打到熒光屏上時的速率． (2)若磁感應強度隨時間變化的關系如圖乙所示，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，只撤去磁場，利用電場使電子束發(fā)生偏轉．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電場．電場中心仍位于O點，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

17、”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為電場沒有變化，是穩(wěn)定的勻強電場) 解析：(1)設經(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eU＝mv2(2分) 解得v＝(1分) (2)設電子在磁場中做圓周運動的半徑為R，電子束經(jīng)過磁場后偏轉角為θ，運動軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關系有tan ＝(1分) 洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有evB＝m(2分) 當B＝B0＝ 時，(1分) 電子在熒光屏上的落點距M點最遠，解得此時偏轉角θ＝

18、60°(1分) 電子在熒光屏上落點距M點最遠距離y＝stan θ＝s(1分) 熒光屏上亮線長度Y＝2y＝2s(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角θ＝60°保持不變， 即tan 60°＝(1分) ①若電子達到最大偏轉角時，恰好從極板邊界射出，這種情況下，＝，即d＝L(2分) 設此時兩極板間電壓為U1 由牛頓第二定律有ay＝＝(1分) 由勻加速直線運動的規(guī)律有v＝2ay(1分) 且vx＝ 聯(lián)立解得U1＝6U(1分) 當極板間電壓再增大時，電子不能從極板邊界射出，故不會形成“亮線”，因此，Um≥6U(1分) ②若電子達到最大偏轉角時，不是從極板邊界射出，即d>L，此時兩極板間電壓達到Um(電壓再增大，電子偏轉角增加，“亮線”長度增加)． 由牛頓第二定律有ay′＝＝(1分) 由勻加速直線運動規(guī)律有vy＝ay′t，t＝(1分) 聯(lián)立解得Um＝U(1分) 答案：(1) 　(2)2s　(3)①d＝L時，Um≥6U ②d>L時，Um＝U 11