2019-2020年高三物理一轮复习第八章磁场章末检测提升.doc

2019-2020年高三物理一轮复习第八章磁场章末检测提升一、选择题(本大题共12小题，共48分在每小题给出的四个选项中，有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分，选不全的得2分，有错选或不答的得0分)1如图所示，条形磁铁放在水平桌面上，在其正中央的上方固定一根长直导线，导线与磁铁垂直，给导线通以垂直纸面向里的电流，用FN表示磁铁对桌面的压力，用Ff表示桌面对磁铁的摩擦力，导线中通电后与通电前相比较 ()AFN减小，Ff0 BFN减小，Ff0CFN增大，Ff0 DFN增大，Ff0解析：(转换研究对象法)如图所示，画出一条通电电流为I的导线所在处的磁铁的磁感线，电流I处的磁场方向水平向左，由左手定则知，电流I受安培力方向竖直向上根据牛顿第三定律可知，电流对磁铁的反作用力方向竖直向下，所以磁铁对桌面压力增大，而桌面对磁铁无摩擦力作用，故正确选项为C.答案：C2如图所示的天平可用来测定磁感应强度天平的右臂下面挂有一个矩形线圈，宽度为L，共N匝，线圈下端悬在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面当线圈中通有电流I时(方向如图)，在天平左右两边加上质量各为m1、m2的砝码，天平平衡当电流反向(大小不变)时，右边再加上质量为m的砝码后，天平重新平衡由此可知 ()A磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为B磁感应强度的方向垂直纸面向里，大小为C磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为D磁感应强度的方向垂直纸面向外，大小为解析：当电流反向(大小不变)时，右边需再加质量为m的砝码后方可平衡，可得此时安培力的方向竖直向上，由左手定则判定磁场方向垂直纸面向里，由两种情况的受力平衡可得：m1gm2gmgNBIL，m1gm2gmgmgNBIL，其中m为线圈质量，联解可得B.答案：B3(多选)在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P和P3经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示已知离子P在磁场中转过30后从磁场右边界射出在电场和磁场中运动时，离子P和P3 ()A在电场中的加速度之比为11B在磁场中运动的半径之比为1C在磁场中转过的角度之比为12D离开电场区域时的动能之比为13解析：磷离子P与P3电荷量之比q1q213，质量相等，在电场中加速度a，由此可知，a1a213，选项A错误；离子进入磁场中做圆周运动的半径r，又qUmv2，故有r，即r1r21，选项B正确；设离子P3在磁场中偏转角为，则sin ，sin (d为磁场宽度)，故有sin sin 1，已知30，故60，选项C正确；全过程中只有电场力做功，WqU，故离开电场区域时的动能之比即为电场力做功之比，所以Ek1Ek2W1W213，选项D正确答案：BCD4如图所示，长为3l的直导线折成三段做成正三角形，并置于与其所在平面垂直的匀强磁场中，磁感应强度为B，当在该导线中通以如图所示的电流I时，该通电导线受到的安培力大小为()A2BIl B.BIl C.BIl D0解析：导线AB段和BC段的有效长度为2lsin 30l，所以该通电导线受到的安培力大小为FBIlBIl2BIl，本题只有选项A正确答案：A5(多选)地球大气层外部有一层复杂的电离层，既分布有地磁场，也分布有电场假设某时刻在该空间中有一小区域存在如图所示的电场和磁场；电场的方向在纸面内斜向左下方，磁场的方向垂直纸面向里此时一带电宇宙粒子，恰以速度v垂直于电场和磁场射人该区域，不计重力作用，则在该区域中，有关该带电粒子的运动情况可能的是 ()A仍做直线运动 B立即向左下方偏转C立即向右上方偏转 D可能做匀速圆周运动解析：比较Eq与qvB，因二者开始时方向相反，当二者相等时，A项正确，当EqqvB时，向电场力方向偏，当EqqvB时，向洛伦兹力方向偏，B、C两项正确，有电场力存在，粒子不可能做匀速圆周运动，D项错答案：ABC6如图所示，ABC为与匀强磁场垂直的边长为a的等边三角形，磁场垂直纸面向外，比荷为的电子以速度v0从A点沿AB方向射入，欲使电子能经过BC边，则磁感应强度B的取值应为 ()AB BBCB DB解析：画出电子运动轨迹，如图所示，电子正好经过C点，此时圆周运动的半径r，要想电子经过BC边，圆周运动的半径要大于，由带电粒子在磁场中运动的公式r有，即B，本题只有选项C正确答案：C7在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角45时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当为60时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为()A.(v1v2) B.(v1v2)C.(v1v2) D.(v1v2)解析：由qvBm得，R1，R2，R3.由几何关系：Oc之间的距离为(R1R2)，则：R3sin 60(R1R2)，v3(v1v2)，故D项正确答案：D8如图所示，在第二象限内有水平向右的匀强电场，在第一、四象限内分别存在如图所示的匀强磁场，磁感应强度大小相等有一个带电粒子以初速度v0从x轴上的P点垂直进入匀强电场，恰好与y轴成45角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入下面的磁场已知O、P之间的距离为d，则带电粒子 ()A在电场中运动的时间为B在磁场中做圆周运动的半径为dC自进入磁场至第二次经过x轴所用时间为D从进入电场时开始计时，粒子在运动过程中第二次经过x轴的时间为解析：粒子在电场中做类平抛运动，沿x轴方向上的平均速度为，所以在电场中运动时间为.由题意知，进入磁场时竖直方向速度等于水平方向速度v0，故速度为v0，在磁场中做圆周运动的半径为2d，在第一象限内运动时间为t1T，在第四象限内运动时间为t2T，所以自进入磁场至第二次经过x轴的时间为tt1t2，从进入电场到第二次经过x轴的时间为tt，所以只有D项正确答案：D9如图甲所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，在加速带电粒子时，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连，带电粒子在磁场中运动的动能Ek随时间t的变化规律如图乙所示，若忽略带电粒子在电场中的加速时间，则下列判断中正确的是()A高频电源的变化周期应该等于tntn1B在Ekt图中应有t4t3t3t2t2t1C粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能一定越大D不同粒子获得的最大动能都相同解析：由题图可知粒子在单个D形盒内运动的时间为tntn1，由于在磁场中粒子运动的周期与速度无关，B项正确；交流电源的周期为2(tntn1)，A项错误；由r知当粒子的运动半径等于D形盒半径时加速过程就结束了，粒子的动能Ek，即粒子的动能与加速次数无关，C项错误；粒子的最大动能还与粒子的质量和电荷量有关，D项错误答案：B10(多选)如图所示，一根水平光滑的绝缘直槽轨连接一个竖直放置的半径为R0.50 m的绝缘光滑槽轨，槽轨处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度B0.50 T有一个质量m0.10 g，带电量q1.6103 C的小球在水平轨道上向右运动若小球恰好能通过最高点，则下列说法正确的是 ()A小球在最高点所受的合力为零B小球在最高点时的机械能与其在水平轨道上的机械能相等C小球到达最高点时的速率v满足关系式mgqvBmD如果重力加速度取10 m/s2，则小球在最高点时的速率为1 m/s解析：小球在最高点时对轨道的压力恰好为零，但合力不为零，A项错；洛伦兹力不做功，机械能守恒，B项正确；小球在最高点时洛伦兹力方向向上，mgqvBm，解得v1 m/s，C项错误，D项正确答案：BD11如图所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xOy，在y0的空间内，将一质量为m的带电液滴(可视为质点)自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a2g(g为重力加速度)做匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质(液滴所带电荷量和质量均不变)，随后液滴进入y0的空间运动液滴在y0的空间内以加速度a2g做匀加速直线运动，可知液滴带正电且电场力等于重力，且方向相同，当液滴运动到坐标原点时变为带负电，液滴进入y0的空间内运动，电场力等于重力，且方向相反，液滴做匀速圆周运动，重力势能先减小后增大，电场力先做负功后做正功，电势能先增大后减小，动能保持不变，故选D.答案：D12如图所示，在x轴上存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，x轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为的匀强磁场，一带负电的粒子从原点O以与x轴成30角斜向上的速度v射入磁场，且在x轴上方运动半径为R.则 ()A粒子经偏转一定能回到原点OB粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2：1C粒子完成一次周期性运动的时间为D粒子第二次射入x轴上方磁场时，沿x轴前进3R解析：由r可知，粒子在x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为12，所以B项错误；粒子完成一次周期性运动的时间tT1T2，所以C项错误；粒子第二次射入x轴上方磁场时沿x轴前进lR2R3R，粒子经偏转不能回到原点O，所以A项错误，D项正确答案：D二、计算题(本大题共4小题，共52分解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤只写出最后答案的不能得分有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位)13(12分)使用回旋加速器的实验需要把离子束从加速器中引出，离子束引出的方法有磁屏蔽通道法和静电偏转法等质量为m，速度为v的离子在回旋加速器内旋转，旋转轨道是半径为r的圆，圆心在O点，轨道在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度为B.为引出离子束，使用磁屏蔽通道法设计引出器引出器原理如图所示，一对圆弧形金属板组成弧形引出通道，通道的圆心位于O点(O点图中未画出)引出离子时，令引出通道内磁场的磁感应强度降低，从而使离子从P点进入通道，沿通道中心线从Q点射出已知OQ长度为L，OQ与OP的夹角为.(1)求离子的电荷量q并判断其正负；(2)离子从P点进入，Q点射出，通道内匀强磁场的磁感应强度应降为B，求B；(3)换用静电偏转法引出离子束，维持通道内的原有磁感应强度B不变，在内外金属板间加直流电压，两板间产生径向电场，忽略边缘效应为使离子仍从P点进入，Q点射出，求通道内引出轨迹处电场强度E的方向和大小.解析：(1)离子做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，qvB可得q由左手定则可知，粒子带正电荷(2)如图所示OQR，OQL，OORr引出轨迹为圆弧，洛伦兹力提供向心力，qvB可得R根据几何关系得R解得B(3)电场强度方向沿径向向外引出轨迹为圆弧，则有qvBEqEBv答案：(1)正(2)、(3)见解析14(12分)如图所示，与水平面成37的倾斜轨道AC，其延长线在D点与半圆轨道DF相切，全部轨道为绝缘材料制成且位于竖直面内，整个空间存在水平向左的匀强电场，MN的右侧存在垂直纸面向里的匀强磁场(C点处于MN边界上)一质量为0.4 kg的带电小球沿轨道AC下滑，至C点时速度为vC m/s，接着沿直线CD运动到D处进入半圆轨道，进入时无动能损失，且恰好能通过F点，在F点速度vF4 m/s(不计空气阻力，g10 m/s2，cos 370.8)求：(1)小球带何种电荷？(2)小球在半圆轨道部分克服摩擦力所做的功；(3)小球从F点飞出时磁场同时消失，小球离开F点后的运动轨迹与直线AC(或延长线)的交点为(G点未标出)，求G点到D点的距离解析：)(1)正电荷(2)依题意可知小球在CD间做匀速直线运动在D点速度为vDvC m/s在CD段受重力、电场力、洛伦兹力且合力为0，设重力与电场力的合力为FqvCB又F5 N解得qB在F处由牛顿第二定律可得qvFBF把qB代入得R1 m小球在DF段克服摩擦力做功WFf，由动能定理可得WFf2FRWFf27.6 J(3)小球离开F点后做类平抛运动，其加速度为a，由2R得t s交点G与D点的距离GDvFt1.6 m2.26 m答案：(1)正(2)27.6 J(3)2.26 m15(14分)(xx湖南长沙示范性高中联考)如图所示，在同一平面内三个宽度均为d的相邻区域、，区内的匀强磁场垂直纸面向外；区内的匀强磁场垂直纸面向里；区内的平行板电容器垂直磁场边界，板长、板间距均为d，且上极板电势高，OO为电场的中心线一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)，从O点以速度v0沿与OO成30方向射入区，恰好垂直边界AC进入电场(1)求区的磁感应强度B1的大小；(2)为使粒子进入区，求电容器板间所加电压U的范围；(3)为使粒子垂直区右边界射出磁场，求区的磁感应强度B2与电容器板间电压U之间应满足的关系解析：(1)因粒子垂直边界AC射入电场，由几何关系Rsin 30d.由洛伦兹力提供向心力qv0Bm，解得B1.(2)为使粒子均能进入区，最大电压为Um，dv0t，ymat2，ma，ym(2)d，解得Um(52).所加电压范围：U(52).(3)粒子射入区时速度偏向角为，粒子沿电场强度方向速度为vy，合速度为v，则sin ，vyat.因粒子垂直区右边界射出磁场，设圆周运动半径为R，R.由几何关系：Rsin d.故B2与电压U间应满足：B2.答案：(1)(2)U(52)(3)B216(14分)如图(a)所示，水平直线MN下方有竖直向上的匀强电场，现将一重力不计、比荷106C/kg的正电荷置于电场中的O点由静止释放，经过105 s后，电荷以v01.5104 m/s的速度通过MN进入其上方的匀强磁场，磁场与纸面垂直，磁感应强度B按图(b)所示规律周期性变化(图(b)中磁场以垂直纸面向外为正，以电荷第一次通过MN时为t0时刻)(1)求匀强电场的电场强度E；(2)求图(b)中t105 s时刻电荷与O点的水平距离；(3)如果在O点右方d68 cm处有一垂直于MN的足够大的挡板，求电荷从O点出发运动到挡板所需的时间(cos 530.6，sin 530.8)解析：(1)电荷在电场中做匀加速直线运动，设其在电场中运动的时间为t1，有：v0at1Eqma解得：E7.2103 N/C.(2)当磁场垂直纸面向外时，电荷运动的半径：r15 cm.周期T1105 s当磁场垂直纸面向里时，电荷运动的半径：r23 cm周期T2105 s故电荷从t0时刻开始做周期性运动，其运动轨迹如图甲所示t105 s时刻电荷与O点的水平距离：d2(r1r2)4 cm.(3)电荷从第一次通过MN开始，其运动的周期为：T105s，根据电荷的运动情况可知，电荷到达挡板前运动的完整周期数为15个，电荷沿ON运动的距离：s15d60 cm，故最后8 cm的距离如图乙所示，有：r1r1cos ds解得：cos 0.6，则53.故电荷运动的总时间：t总t115TT1T13.86104 s.答案：(1)7.2103 N/C(2)4 cm(3)3.86104 s