2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)八 磁場(chǎng)(含解析)
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1、磁場(chǎng)夯基提能卷 立足于練題型悟技法保底分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題,每小題6分,共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的,有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得6分,選不全的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分)1.2019上海虹口區(qū)模擬在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,A、B兩點(diǎn)分別引入長度相等的長直導(dǎo)線,導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向垂直如圖所示,圖中a、b兩條圖線分別表示在磁場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力F和通過導(dǎo)線的電流I的關(guān)系關(guān)于A、B兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BA、BB,下列說法正確的是()ABABB BBABBCBABB,故B正確2.2019廣東廣州調(diào)研(多選)三條在同一平面(紙面)內(nèi)的長
2、直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形,在導(dǎo)線中通過的電流均為I,方向如圖所示a、b和c三點(diǎn)分別位于三角形的三個(gè)頂角的平分線上,且到相應(yīng)頂點(diǎn)的距離相等將a、b和c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別記為B1、B2和B3,下列說法正確的是()AB1B2B3BB1B2B3Ca和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外,c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里Da處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外,b和c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里答案:AC解析:由題意可知,a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由三條通電導(dǎo)線在此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成,有兩條導(dǎo)線在此處產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消,由第三條導(dǎo)線決定此處的磁場(chǎng),合磁場(chǎng)方向垂直紙面向外,而b點(diǎn)與a點(diǎn)有相同的情況,同理可得b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向
3、外,大小與a處的相同,而在c點(diǎn)三根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同,所以疊加而成的磁場(chǎng)最強(qiáng),故A正確,B錯(cuò)誤;由圖可知,根據(jù)安培定則可得,a和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外,c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,故C正確,D錯(cuò)誤32019石家莊模擬如圖甲所示,一個(gè)條形磁鐵P固定在水平桌面上,以P的右端點(diǎn)為原點(diǎn),中軸線為x軸建立一維坐標(biāo)系一個(gè)靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置,設(shè)Q與x軸之間的夾角為.實(shí)驗(yàn)測(cè)得sin與x之間的關(guān)系如圖乙所示已知該處地磁場(chǎng)方向水平,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.下列說法正確的是()AP的右端為S極BP的中軸線與地磁場(chǎng)方向垂直CP在x0處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0Dx0處合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小
4、為2B0答案:B解析:x時(shí)sin1,90,此時(shí)小磁針N極指向即為地磁場(chǎng)的方向,即B對(duì)小磁針離P越遠(yuǎn),越大,說明P對(duì)小磁針的N極的斥力和對(duì)小磁針S極的引力越小,故P的右端應(yīng)為N極,故A錯(cuò)xx0處,sin,45,即x0處合磁場(chǎng)的方向與x軸正向成45角,如圖所示,易知xx0處,P產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BPB0,合磁場(chǎng)的大小BB.所以C、D均錯(cuò)4.2019貴州遵義模擬有四條垂直于紙面的長直固定導(dǎo)線,電流方向如圖所示,其中a、b、c三條導(dǎo)線到d導(dǎo)線的距離相等,三條導(dǎo)線與d的連線互成120角四條導(dǎo)線的電流大小都為I,其中a導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F.現(xiàn)突然把c導(dǎo)線的電流方向改為垂直于紙面向外,電流大小不變
5、此時(shí)d導(dǎo)線所受安培力的合力大小為()A0 BFC.F D2F答案:D解析:a導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F,三條導(dǎo)線與d的連線互成120角,因此在c導(dǎo)線的電流方向改變之前,d導(dǎo)線所受安培力的合力為零;當(dāng)c導(dǎo)線的電流方向改變之后,則有:a、b導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力夾角為120,大小為F,因此這兩個(gè)安培力的合力大小為F,方向指向c導(dǎo)線,而c導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F,方向指向c導(dǎo)線,那么此時(shí),d導(dǎo)線所受安培力的合力大小為2F,故D項(xiàng)正確5.2019安徽蚌埠模擬一段導(dǎo)線abcde位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面向里)垂直線段ab、bc、cd和de的長度均為L,且abccde
6、120,流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I,方向如圖中箭頭所示導(dǎo)線段abcde所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力大小為()A2BIL B3BILC(2)BIL D4BIL答案:B解析:因?yàn)閍bccde120,根據(jù)幾何關(guān)系可知bcd60,故b與d之間的直線距離也為L,則導(dǎo)線段abcde的有效長度為3L,故所受安培力的大小為F3BIL,故B正確62019山東德州模擬(多選)靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一個(gè)原子核發(fā)生衰變,產(chǎn)生兩個(gè)未知粒子1和2,它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,下列說法正確的是()A可能是衰變B一定是衰變C粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量D粒子1與粒子2運(yùn)動(dòng)周期相同答案:BC解析:靜止的原子核發(fā)生衰變,遵循動(dòng)量守恒定
7、律,兩粒子的運(yùn)動(dòng)方向相反,由于兩軌跡內(nèi)切,所以一定是衰變,A錯(cuò)誤,B正確;由qvB,得R,所以半徑R與電荷量q成反比,所以粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量,C正確;由T知,衰變中兩粒子的比荷不同,所以兩粒子運(yùn)動(dòng)周期不同,D錯(cuò)誤7.2019貴州貴陽模擬(多選)如圖所示,MN為兩個(gè)方向相同且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界面,兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B12B2.一比荷值為k的帶電粒子(不計(jì)重力),以一定速率從O點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的磁場(chǎng),則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為()A. B.C. D.答案:BC解析:根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,qvBm,可得R,由
8、此可知帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(或直徑)是在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(或直徑)的2倍,畫出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖,如圖所示粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t12,粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2,則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間tt1t2,選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤,B、C正確8.2019江蘇揚(yáng)州等六市模擬如圖所示,水平虛線MN上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里大量帶正電的相同粒子,以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個(gè)方向,由小孔O射入磁場(chǎng)區(qū)域,做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用下列圖
9、中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域,其中正確的是()答案:B解析:由小孔O射入磁場(chǎng)區(qū)域,做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng),因?yàn)榱W訋д姡鶕?jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn),故C錯(cuò)誤;因?yàn)榱W右韵嗤乃俾恃匚挥诩埫鎯?nèi)從水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射,由O點(diǎn)水平向右射入的粒子的軌跡恰好應(yīng)為最右端邊界;在豎直方向上最遠(yuǎn)點(diǎn)距MN為2R,由O點(diǎn)豎直向上射入的粒子,打在最左端,兩軌跡圍成部分因?yàn)闆]有粒子射入,所以中間會(huì)出現(xiàn)一塊空白區(qū)域,故B正確,A、D錯(cuò)誤二、非選擇題(本題包括4小題,共47分)9(8分)如圖所示,MN是一根長為l10 cm、質(zhì)量為m50 g的金屬棒,用兩根長度也為l的細(xì)軟導(dǎo)線將金屬棒MN
10、水平吊起,使金屬棒處在B T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中未通電流時(shí),細(xì)導(dǎo)線在豎直方向,通入恒定電流后,金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的最大偏角37.忽略磁場(chǎng)對(duì)軟導(dǎo)線的作用力,sin370.6,cos370.8,重力加速度g10 m/s2,求金屬棒中恒定電流的大小答案:5 A解析:金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的過程中,受重力mg、導(dǎo)線拉力FT、安培力F,其側(cè)視圖如圖所示,其中導(dǎo)線的拉力不做功,由動(dòng)能定理得WFWG0(1分)其中安培力做的功WFFlsinBIl2sin(2分)重力做的功WGmgl(1cos)(2分)解得金屬棒中的電流為I(2分)代入數(shù)據(jù)得I5 A(1分)10(10分)如圖所示,輕質(zhì)空心金屬輪A可繞過圓心O的光滑水平軸
11、運(yùn)動(dòng),沿金屬輪半徑方向接有一根輕質(zhì)金屬棒OC,其長度為a、電阻為r,A輪的邊緣與金屬棒的端點(diǎn)O通過電刷、導(dǎo)線與一阻值為R的電阻相連一輕細(xì)繩的一端固定在A輪的邊緣上的某點(diǎn),繩在A輪上繞有足夠多的匝數(shù)后,懸掛一質(zhì)量為m的重物P,A輪處在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,不計(jì)A輪、端點(diǎn)O與電刷之間的摩擦及A輪的電阻求:(1)當(dāng)A輪角速度為時(shí),金屬棒所受安培力的大??;(2)釋放重物,在運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后,重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度答案:(1)(2)解析:(1)在t時(shí)間內(nèi),金屬棒轉(zhuǎn)過的角度為,則其掃過的面積為:Sa2a2t(1分)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律,金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E,則E(1分)又I(1分)
12、FBIa(1分)所以金屬棒所受安培力F(1分)(2)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E(1分)重物P勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的功率等于所有電阻的熱功率之和即mgv(1分)而va(1分)解得重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v,方向?yàn)樨Q直向下(2分)11(13分)如圖所示,在空間中存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng),其邊界AB與CD之間的寬度為d,在左邊界的Q點(diǎn)處有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子沿與左邊界夾角為30的方向射入磁場(chǎng),粒子重力不計(jì)(1)求帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度;(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng),穿過小孔進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且不碰到負(fù)極板,求極板間電壓及整個(gè)過程中粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)
13、動(dòng)的時(shí)間;(3)若帶電粒子的速度是(2)中的倍,并可以從Q點(diǎn)沿紙面各個(gè)方向射入磁場(chǎng),求粒子從出發(fā)點(diǎn)到打到CD邊界的最高點(diǎn)位置之間的距離答案:(1)(2)(3)2d解析:(1)當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到右邊界,其軌跡恰好與CD邊相切時(shí),所對(duì)應(yīng)的速度是能從AB邊界飛出的最大速度,其軌跡如圖甲所示,設(shè)其軌道半徑為R,最大速度為vmax由幾何關(guān)系得:RRcos30d(1分)由洛倫茲力提供向心力得:Bqvmaxm(1分)由以上兩式解得:vmax(1分)(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示,由幾何關(guān)系知粒子此時(shí)的軌道半徑為:R2(1分)設(shè)這時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2,由洛倫茲力提供向心力得:Bqv2m粒子進(jìn)入電場(chǎng)在電
14、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理得:mvqU(2分)解得極板間電壓U(1分)粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件為U(1分)因粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60,所用時(shí)間為,而周期T(1分)因返回通過磁場(chǎng)所用時(shí)間相同,所以總時(shí)間t2(1分)(3)當(dāng)粒子速度為(2)中的倍時(shí),即v3v2,根據(jù)Bqv3m解得R32d(1分)當(dāng)粒子沿BA方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí),打在DC邊上的點(diǎn)為最高點(diǎn),如圖丙,由幾何關(guān)系可得粒子能打到CD邊界的最高點(diǎn)位置與Q點(diǎn)的距離為:lR32d(2分)12.(16分)如圖所示,兩平行金屬板A、B間的電勢(shì)差為U5104 V在B板的右側(cè)有兩個(gè)方向不同但寬度相同的有界磁場(chǎng)、,它們的寬度為d1d26.25 m,磁感應(yīng)強(qiáng)度分
15、別為B12.0 T、B24.0 T,方向如圖中所示現(xiàn)有一質(zhì)量m1.0108 kg、電荷量q1.6106 C、重力忽略不計(jì)的粒子從A板的O點(diǎn)處由靜止釋放,經(jīng)過加速后恰好從B板的小孔Q處飛出試求:(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)中出來的速度v;(2)帶電粒子穿過磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間t;(3)帶電粒子從磁場(chǎng)區(qū)域射出時(shí)速度方向與邊界面的夾角;(4)若d1的寬度不變,改變d2的寬度,要使粒子不能從區(qū)飛出磁場(chǎng),則d2的寬度至少為多大?答案:(1)4.0103 m/s(2)1.6103 s(3)60(4)9.375 m解析:(1)粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),由動(dòng)能定理有:qUmv20(2分)解得v4.0103 m/
16、s(1分)(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲,設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r,由洛倫茲力提供向心力得:qvB1(1分)代入數(shù)據(jù)解得r12.5 m(1分)設(shè)粒子在區(qū)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為,則:sin(1分)所以30(1分)粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)周期T(1分)則粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間tT(1分)解得t s1.6103 s(1分)(3)設(shè)粒子在區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,則qvB2(1分)解得R6.25 m(1分)如圖甲所示,由幾何關(guān)系可知MO2P為等邊三角形,所以粒子離開區(qū)域時(shí)速度與邊界面的夾角為60(1分)(4)要使粒子不能從區(qū)飛出磁場(chǎng),粒子運(yùn)動(dòng)的軌道與磁場(chǎng)邊界相切時(shí),由圖乙可知區(qū)磁場(chǎng)的寬度至少為:d2RRc
17、os601.5R9.375 m(3分)探究創(chuàng)新卷 著眼于練模擬悟規(guī)范爭(zhēng)滿分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題,每小題6分,共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的,有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得6分,選不全的得3分,有選錯(cuò)或不答的得0分)1(多選)如圖所示,紙面內(nèi)A、B兩點(diǎn)之間連接有四段導(dǎo)線分別為ACB、ADB、AEB和AFB,四段導(dǎo)線的粗細(xì)、材料均相同,勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里現(xiàn)給A、B兩端加上恒定電壓,則下列說法正確的是()A四段導(dǎo)線受到的安培力的方向相同B四段導(dǎo)線受到的安培力的大小相等CADB段導(dǎo)線受到的安培力最大DAEB段導(dǎo)線受到的安培力最小答案
18、:AC解析:導(dǎo)線的粗細(xì)、材料均相同,由電阻定律R可知,導(dǎo)線越長,電阻越大,由I可知,ADB段導(dǎo)線長度最小,則ADB段導(dǎo)線電流最大,四段導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的有效長度L都相同,由FBIL可知,ADB段導(dǎo)線受到的安培力最大,而AFB段導(dǎo)線比AEB段導(dǎo)線長,AEB段導(dǎo)線受到的安培力不是最小的,故C正確、D錯(cuò)誤;由左手定則可知,四段導(dǎo)線所受安培力的方向均相同,故A正確、B錯(cuò)誤22019山西太原五中模擬(多選)圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E1 V,電容器的電容為C1 F兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l1 m,電阻不計(jì)一質(zhì)量為m1 kg、電阻為R1 的金屬棒MN,垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài),并與導(dǎo)軌良好接觸
19、首先開關(guān)S接1,使電容器完全充電然后將S接至2,MN開始向右加速運(yùn)動(dòng),導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)當(dāng)MN達(dá)到最大速度時(shí)離開導(dǎo)軌,則()A磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外BMN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為0.5 CCMN的最大速度為1 m/sDMN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為1 m/s2答案:BD解析:電容器上極板帶正電,通過MN的電流方向向下,由于MN向右運(yùn)動(dòng),根據(jù)左手定則知,磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里,A錯(cuò)誤;電容器完全充電后,兩極板間電壓為E,當(dāng)開關(guān)S接2時(shí),電容器放電,設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I,有I,設(shè)MN受到的安培力為F,有FBIl,由牛頓第二定律有
20、Fma,聯(lián)立解得a1 m/s2.當(dāng)電容器充電完畢時(shí),設(shè)電容器上電荷量為Q0,有Q0CE,開關(guān)S接2后,MN開始向右加速運(yùn)動(dòng),速度達(dá)到最大值vmax時(shí),設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E,有EBlvmax,依題意有E,設(shè)在此過程MN中的平均電流為,MN上受到的平均安培力為,有Bl,由動(dòng)量定理,有tmvmax,又ItQ0Q,聯(lián)立解得Q0.5 C,vmax0.5 m/s,C錯(cuò)誤,B、D正確3.2019廣東廣州模擬如圖所示,半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一質(zhì)量為m、帶電荷量為q且不計(jì)重力的粒子,以速度v沿與半徑PO夾角30的方向從P點(diǎn)垂直磁場(chǎng)射入,最后粒子垂直于MN射出,則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為(
21、)A. B.C. D.答案:B解析:設(shè)該粒子的軌跡半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60R,可得r2R.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,有qvBm,解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,選項(xiàng)B正確4.2019廣東湛江模擬(多選)如圖所示,在空間有一坐標(biāo)系xOy,直線OP與x軸正方向的夾角為30,第一象限內(nèi)有兩個(gè)方向都垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和,直線OP是它們的邊界,OP上方區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子(不計(jì)重力)以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30角的方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入?yún)^(qū)域,質(zhì)子先后通過磁場(chǎng)區(qū)域和后,恰好垂直打在x軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫出),則()A質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
22、B質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為答案:BD解析:質(zhì)子在兩個(gè)磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力,均做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其軌跡如圖所示根據(jù)圓的對(duì)稱性及題設(shè)可知,質(zhì)子到達(dá)OP上的A點(diǎn)時(shí)速度方向水平向右,與x軸平行,質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60,所以質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1T,故A錯(cuò)誤,B正確;設(shè)在區(qū)域中的軌跡半徑為r1,在區(qū)域中的軌跡半徑為r2,由幾何知識(shí)知OAO1為等邊三角形,則r2r1sin30,根據(jù)牛頓第二定律得qvBm,qvB2m,聯(lián)立解得B22B,由題設(shè)及幾何知識(shí)可得在區(qū)域中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為90,所以質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2
23、T2,故C錯(cuò)誤,D正確5如圖所示,某空間同時(shí)存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁場(chǎng)方向垂直紙面向里,電場(chǎng)線與水平方向的夾角為.一質(zhì)量為m,電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場(chǎng)線方向進(jìn)入該空間,恰好沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)下列說法中正確的是()A該微??赡軒ж?fù)電B微粒從P到Q的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為答案:C解析:帶電微粒從P到Q恰好沿直線運(yùn)動(dòng),則微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng),作出微粒在電磁場(chǎng)中受力分析圖如圖所示,由圖可知微粒一定帶正電,故A、B錯(cuò)誤;由受力分析及平衡條件可知qEmgsin,qBvmgcos,解得E,B,故C正確、D錯(cuò)誤6美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明
24、的回旋加速器,應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn),能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量,使人類在獲得較高能量的帶電粒子領(lǐng)域前進(jìn)了一大步如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖,其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定,且被限制在A、C兩板之間帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng),經(jīng)加速電場(chǎng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器,下列說法正確的是()A帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D加速電場(chǎng)方向需要做周期性變化答案:C解析:由題圖可知,帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由公式R
25、和qUmvmv可知,帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周,電場(chǎng)力做功相同,動(dòng)能增量相同,但速度的增量不同,故粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增加量不同,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由v可知,加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān),選項(xiàng)C正確;由T可知,粒子運(yùn)動(dòng)的周期不隨v的變化而變化,故加速電場(chǎng)的方向不需做周期性變化,選項(xiàng)D錯(cuò)誤7.如圖所示,平行金屬板a、b之間的距離為d,a板帶正電荷,b板帶負(fù)電荷,a、b之間還有一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1.一不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間,恰能在兩金屬板之間勻速向下運(yùn)動(dòng),并進(jìn)入PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2,方向如圖所示已知帶電粒子的比荷為
26、c,則()A帶電粒子在a、b之間運(yùn)動(dòng)時(shí),受到的電場(chǎng)力水平向右B平行金屬板a、b之間的電壓為Udv0B2C帶電粒子進(jìn)入PQ下方的磁場(chǎng)之后,向左偏轉(zhuǎn)D帶電粒子在PQ下方磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為答案:D解析:由于不知道帶電粒子的電性,故無法確定帶電粒子在a、b間運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向,也無法確定帶電粒子進(jìn)入PQ下方的磁場(chǎng)之后向哪偏轉(zhuǎn),選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤;粒子在a、b之間做勻速直線運(yùn)動(dòng),有qqv0B1,解得平行金屬板a、b之間的電壓為Udv0B1,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;帶電粒子在PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng),軌道半徑為r,選項(xiàng)D正確8(多選)如圖所示,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂
27、點(diǎn)A由靜止開始下滑,已知半圓槽右半部分光滑,左半部分粗糙,整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中,電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為,方向水平向右,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向里,g為重力加速度大小,則下列說法正確的是()A物塊最終停在A點(diǎn)B物塊最終停在最低點(diǎn)C物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D物塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mgqB答案:CD解析:由于半圓槽右半部分光滑,左半部分粗糙,且在最低點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向向右,所以物塊最終從最低點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng),到達(dá)某位置時(shí)速度變?yōu)榱?,然后又向左運(yùn)動(dòng),即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng),C正確,A、B錯(cuò)誤;物塊從A點(diǎn)首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn),由動(dòng)能定理得,mgRqERmv20,且E,聯(lián)立得v,物塊首
28、次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí),由牛頓第二定律得,F(xiàn)NmgqvBm,解得FN2mgqB,由牛頓第三定律知,D正確二、非選擇題(本題包括4小題,共47分)9(12分)如圖,靜止于A處的離子,經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器,從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng),電場(chǎng)方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng),已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0,方向如圖所示;離子質(zhì)量為m、電荷量為q;2d、3d,離子重力不計(jì)(1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大小;(2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上,求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值;(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng),換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),要
29、求離子能最終打在QN上,求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍答案:(1)(2)(3)B解析:(1)離子在加速電場(chǎng)中加速,根據(jù)動(dòng)能定理有qUmv2.離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),電場(chǎng)力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有qE0.聯(lián)立可得R.(2)離子做類平拋運(yùn)動(dòng),則有dvt,3dat2.由牛頓第二定律得qEma.聯(lián)立可得E.(3)離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有qvB,則r.離子能打在QN上,則既沒有從DQ邊出去也沒有從CN邊出去,則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中和所示由幾何關(guān)系知,離子能打在QN上,必須滿足:dr2d,則有Bv0,故n只能取1或2,即粒子的速度大小為v或v.
30、12(12分)2019河北衡水中學(xué)模擬如圖所示,AQC是邊長為2L的等邊三角形,P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)在虛線QC下方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,區(qū)域(APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域(虛線PD以上、APD以外)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng),區(qū)域、內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5B.一帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L的O點(diǎn)以某一初速度射出,在電場(chǎng)力作用下從QC邊中點(diǎn)N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域,接著從P點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域.此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運(yùn)動(dòng)后又以原速率返回O點(diǎn)粒子重力忽略不計(jì),求:(1)該粒子的比荷;(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E及
31、粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度v的大?。?3)粒子從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所經(jīng)歷的時(shí)間t.答案:(1)(2)2Bv0v0(3)解析:(1)粒子在區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm,根據(jù)題意有RL,解得.(2)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn),由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得Lv0t,Lat2,由牛頓第二定律得a,解得E2Bv0,由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v2aL,故粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度vv0.(3)粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間包括三段:在電場(chǎng)中往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0、在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1、在區(qū)域和中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2t3.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t0,設(shè)粒子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1,則t12,粒子在區(qū)域和內(nèi)的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí),有qv05Bm,解得粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r.則粒子在區(qū)域和內(nèi)的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為T.由周期公式可得T,故t2t3T,故粒子整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所經(jīng)歷的總時(shí)間tt0t1t2t3.23
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