《通用版2020版高考物理一轮复习专题综合检测九第九章磁场含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《通用版2020版高考物理一轮复习专题综合检测九第九章磁场含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、磁场磁场 (45 分钟 100 分) 一、选择题(本题共 10 小题，每小题 6 分，共 60 分.16 题为单选题，710 题为多选 题) 1下列装置中，没有利用带电粒子在磁场中发生偏转的物理原理的是( ) 解析：D 洗衣机将电能转化为机械能，不是利用带电粒子在磁场中的偏转制成的，所 以选项 D 符合题意 2.如图所示， 空间中有垂直纸面向里的匀强磁场， 一不可伸缩的软导线绕过纸面内的小 动滑轮P(可视为质点)，两端分别拴在纸面内的两个固定点M、N处，并通入由M到N的恒 定电流I，导线PM和PN始终伸直现将P从左侧缓慢移动到右侧，在此过程中导线MPN受 到的安培力大小( ) A始终不变 B逐
2、渐增大 C先增大后减小 D先减小后增大 解析：A 在P从左侧缓慢移动到右侧的过程中，导线MPN受到的安培力可等效为直导 线MN通过电流I时受到的安培力，即导线MPN受到的安培力大小始终不变，选项 A 正确 3.如图所示， 质量为m、 长度为L的金属棒MN两端由等长的轻质细线水平悬挂在O、O 点，处于竖直向上的匀强磁场中，磁感应强度大小为B，棒中通以某一方向的电流，平衡时 两细线与竖直方向夹角均为，重力加速度为g.则( ) A金属棒中的电流方向由N指向M B金属棒MN所受安培力的方向垂直于OMNO平面向上 C金属棒中的电流大小为tan mg BL D每条细线所受拉力大小为mgcos 解析 ： C
3、 平衡时两细线与竖直方向夹角均为，故金属棒受到安培力，根据左手定则， 可判断金属棒中的电流方向由M指向N，故 A 错误；金属棒MN所受安培力的方向垂直于MN 和磁场方向向右，故 B 错误 ； 设每条细线所受拉力大小为FT，由受力分析可知，2FTsin BIL,2FTcos mg，得Itan ，故 C 正确 ； 由受力分析可知，2FTcos mg，得FT mg BL ，故 D 错误 mg 2cos 4四根等长的导线固定在正方体的四条沿x轴方向的棱上，并通以等大的电流，方向 如图所示 正方体的中心O处有一粒子源在不断地沿x轴负方向喷射电子， 则电子刚被喷射 出时受到的洛伦兹力方向为( ) A沿y轴
4、负方向 B沿y轴正方向 C沿x轴正方向 D沿x轴负方向 解析：B 沿x轴负方向观察，根据右手螺旋定则，判断出四根导线在O点产生的合磁 场方向沿z轴负方向，电子初速度方向沿x轴负方向，即垂直纸面向里，根据左手定则，判 断出洛伦兹力方向沿y轴正方向，选项 B 正确 5.(2018岳阳模拟)1922 年英国物理学家阿斯顿因质谱仪的发明、同位素和质谱的研 究荣获了诺贝尔化学奖 若一束粒子由左端射入质谱仪后的运动轨迹如图所示， 则下列说法 中正确的是( ) A该束带电粒子带负电 B速度选择器的P1极板带负电 C在B2磁场中运动半径越大的粒子，质量越大 D在B2磁场中运动半径越大的粒子，比荷 越小 q m
5、 解析：D 通过粒子在质谱仪中的运动轨迹和左手定则可知该束带电粒子带正电，故 A 错误 ； 带电粒子在速度选择器中匀速运动时受到向上的洛伦兹力和向下的电场力，可知速度 选择器的P1极板带正电，故 B 错误；由洛伦兹力充当向心力有：qvBm，得粒子在B2磁 v2 r 场中的运动半径r，且粒子的运动速度v大小相等，电荷量q未知，故在磁场中运动半 mv qB 径越大的粒子，质量不一定越大，但比荷 越小，故 C 错误，D 正确 q m v Br 6.如图所示， 在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场， 两带电量相同而质量不同的粒 子以相同的速度从O点以与x轴正方向成160角在图示的平面内射入x轴上方时，
6、发 现质量为m1的粒子从a点射出磁场，质量为m2的粒子从b点射出磁场若另一与a、b带电 量相同而质量不同的粒子以相同速率与x轴正方向成230角射入x轴上方时，发现它 从ab的中点c射出磁场，则该粒子的质量应为(不计所有粒子重力作用)( ) Am1m2 B.(m1m2) 6 4 C.(m1m2) D.(m1m2) 3 2 6 6 解析：C 粒子做匀速圆周运动，轨迹如图： 设OaL，abd，accbd 2 故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为： R1L L 2 cos 30 3 3 R2 3 Ld 3 R3L 1 2L d 2 cos 60 d 2 故：(R1R2)2R33 粒子在匀强磁场
7、中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，故：qvBm1 v2 R1 qvBm2 v2 R2 qvBmv3 v2 R3 联立解得：m3(m1m2)，故选 C. 3 2 7 图甲是回旋加速器的原理示意图 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(磁感应强度大小恒定)， 并分别与高频电源相连 加速时某带电粒 子的动能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 列判断正确的是( ) A在Ekt图像中t4t3t3t2t2t1 B高频电源的变化周期应该等于tntn1 C粒子加速次数越多，粒子最大动能一定越大 DD 形盒的半径越大，粒子获得的最
8、大动能越大 解析：AD 粒子在磁场中运动的周期T，与粒子的速度无关，粒子每次在 D 形盒 2m qB 内运动半个周期的时间都相等，故 A 正确 ； 由于粒子每次在 D 形盒中偏转半个圆周后就要加 速一次， 高频电流就要反向一次， 所以高频电流的变化周期与粒子在磁场中运动的周期相等， 即T2T2(tntn1)，故 B 错误 ； 由nqUmv22 可知，U不变时，粒子获得的最大动能与 1 2 加速次数n、电荷量q都有关，故粒子加速次数越多，粒子获得的最大动能不一定越大，C 错误 ； 粒子获得的最大动能可由最后半个圆周的偏转求得，设 D 形盒的半径为R，则R， mv2 qB 所以最大动能Ekmmv2
9、2，R越大，Ekm越大，故 D 正确 1 2 q2B2R2 2m 8.如图所示， 在平面直角坐标系xOy中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场， 磁 感应强度大小为B，点M的坐标为(0，d)一电荷量为q，质量为m的带电粒子以某一速 度从点M与y轴负方向成37角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已 知 sin 370.6，cos 370.8.若不考虑粒子重力，下列说法不正确的是( ) A粒子可能带负电 B粒子在磁场中做匀速网周运动的半径为d 5 4 C粒子的速度大小为5qdB 3m D若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴 解析：ABD 粒子运动轨迹如图，由左手定则判断粒子应带
10、正电，A 错误由几何知识 得粒子的轨道半径r，B 错误结合qvB得粒子的速度大小v，C d sin 5d 3 mv2 r 5qdB 3m 正确 若仅减小磁感应强度B， 由半径公式r得， 粒子的轨道半径增大， 一定能过x轴， D mv qB 错误 9.如图所示，在竖直向下的恒定匀强磁场中有一光滑绝缘的 圆轨道，一重为G的金属 1 4 导体MN垂直于轨道横截面水平放置，在导体中通入电流I，使导体在安培力的作用下以恒 定的速率v从A点运动到C点，设金属导体所在位置的轨道半径与竖直方向的夹角为， 安培力的瞬时功率为P，则从A到C的过程中，下列说法正确的是( ) A电流方向从M指向N BIcot CPc
11、os DPsin 解析 ： AD 由于安培力方向始终水平向左， 根据左手定则知电流方向从M指向N， A 正确 ； 因为金属导体MN做匀速圆周运动，所以有Gsin F安cos ILBcos ，故I tan G BL .即Itan ，B 错误；又PF安vcos Gvsin ，所以P sin ，C 错误，D 正确 10.如图所示，在x轴的上方有沿y轴负方向的匀强电场，电场强度为E，在x轴的下 方等腰三角形CDM区域内有垂直于xOy平面由内向外的匀强磁场， 磁感应强度为B， 其中C、D 在x轴上，C、D、M到原点O的距离均为a，现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子， 从y轴上的P点由静止释放，设P点
12、到O点的距离为h，不计重力作用与空气阻力的影 响下列说法正确的是( ) A若h，则粒子垂直CM射出磁场 B2a2q 2mE B若h，则粒子平行于x轴射出磁场 B2a2q 2mE C若h，则粒子垂直CM射出磁场 B2a2q 8mE D若h，则粒子平行于x轴射出磁场 B2a2q 8mE 解析 ： AD 粒子从P点到O点经电场加速，Eqhmv2， 粒子进入磁场后做匀速圆周运动， 1 2 Bqvm.若粒子垂直CM射出磁场，其圆心恰好在C点，如图甲所示，其半径ra.由以上 v2 r 两式可求得P到O的距离h，A 正确，C 错误若粒子进入磁场后做匀速圆周运动， B2a2q 2mE 恰好平行于x轴射出磁场，
13、其圆心恰好在CO中点，如图乙所示，其半径ra，可得P 1 2 到O的距离h，B 错误，D 正确 B2a2q 8mE 甲 乙 二、计算题(本题共 2 小题，共 40 分有步骤计算的需写出规范的解题步骤) 11(20 分)如图所示，直角坐标系xOy第一象限的区域存在沿y轴正方向的匀强电 场现有一质量为m，电荷量为e的电子从第一象限的某点P(L，L)以初速度v0沿x轴的 3 8 负方向开始运动，经过x轴上的点Q( ，0)进入第四象限，先做匀速直线运动然后进入垂直 L 4 纸面的矩形匀强磁场区域(图中未画出)，磁场左边界和上边界分别与y轴、x轴重合，电子 偏转后恰好经过坐标原点O，并沿y轴的正方向运动
14、，不计电子的重力求： (1)电子经过Q点时的速度v. (2)该匀强磁场的磁感应强度B和最小面积S. 解析：(1)电子从P点开始在电场力作用下做类平抛运动到Q点，可知竖直方向 yLat2，(2 分) 3 8 1 2 水平方向xLv0t(2 分) 3 4 解得a 4 3 v2 0 9L 而vyatv0，(2 分) 3 3 所以电子经过Q点时的速度为 vv0(2 分)v2 0v2 y 2 3 3 设v与x轴负方向的夹角为，可知 tan ，所以30.(2 分) vy v0 3 3 (2)如图所示，电子以与x轴负方向成 30角的方向进入第四象限后先沿QM做匀速直 线运动，然后进入匀强磁场区域做匀速圆周运
15、动，恰好以沿y轴向上的速度经过O点可知 圆周运动的圆心O一定在x轴上， 且O点到O点的距离与O点到直线QM上M点(M点即 磁场的边界点)的距离相等，找出O点，画出其运动的部分轨迹为弧MNO，所以面积最小的 磁场的右边界和下边界就确定了 设偏转半径为R，evBm(2 分) v2 R 由图知OQL3R(2 分) 1 4 解得B(1 分) 8 3 mv0 eL 方向垂直纸面向里(1 分) 面积最小的磁场的长度 LOCRL(1 分) 3 2 1 8 宽度LOARL(1 分) 1 12 矩形磁场的最小面积为： SminLOCLOAL2(2 分) 1 96 答案：(1)v0，与x轴负方向的夹角为 30 2
16、 3 3 (2)，方向垂直纸面向里 L2 8 3 mv0 eL 1 96 12(20 分)电视机的显像管中电子束的偏转是应用磁偏转技术实现的如图甲所示为 显像管的原理示意图 显像管中有一个电子枪， 工作时阴极发射的电子(速度很小， 可视为零) 经过加速电场加速后， 穿过以O点为圆心、 半径为r的圆形磁场区域(磁场方向垂直于纸面)， 撞击到荧光屏上使荧光屏发光已知电子的质量为m、电荷量为e，加速电场的电压为U， 在没有磁场时电子束通过O点打在荧光屏正中央的M点，O、M间距离为s.电子所受的重力、 电子间的相互作用均可忽略不计， 也不考虑磁场变化所激发的电场对电子束的作用 由于电 子经过加速电场后
17、速度很大，同一电子在穿过磁场的过程中可认为磁场不变 (1)求电子束经过偏转磁场后打到荧光屏上时的速率 (2)若磁感应强度随时间变化的关系如图乙所示，其中B0 ，求电子束打在荧光 1 3r 6mU e 屏上发光所形成的“亮线”长度 (3)若其他条件不变，只撤去磁场，利用电场使电子束发生偏转把正弦交变电压加在 一对水平放置的矩形平行板电极上， 板间区域有边界理想的匀强电场 电场中心仍位于O点， 电场方向垂直于OM，为了使电子束打在荧光屏上发光所形成的“亮线”长度与(2)中相同， 问：极板间正弦交变电压的最大值Um、极板长度L、极板间距离d之间需要满足什么关系？ (由于电子的速度很大， 交变电压周期
18、较大， 同一电子穿过电场的过程可认为电场没有变化， 是稳定的匀强电场) 解析 ： (1)设经过电子枪中加速电场加速后， 电子的速度大小为v， 根据动能定理有eU mv2(2 分) 1 2 解得v(1 分) 2eU m (2)设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，电子束经过磁场后偏转角为，运动轨迹 如图所示，根据几何关系有 tan (1 分) 2 r R 洛伦兹力提供向心力，根据牛顿第二定律有evBm(2 分) v2 R 当BB0 时，(1 分) 1 3r 6mU e 电子在荧光屏上的落点距M点最远，解得此时偏转角60(1 分) 电子在荧光屏上落点距M点最远距离ystan s(1 分)3 荧光屏上
19、亮线长度Y2y2s(1 分)3 (3)若使电子束打在荧光屏上所形成“亮线”的长度与(2)中相同，则电子束的最大偏转 角60保持不变， 即 tan 60(1 分) vy vx 若电子达到最大偏转角时，恰好从极板边界射出，这种情况下， ，即dL(2 d 2 L vy 2 t vxt 3 分) 设此时两极板间电压为U1 由牛顿第二定律有ay(1 分) eE m eU1 md 由匀加速直线运动的规律有v2ay(1 分) 2y d 2 且vx 2eU m 联立解得U16U(1 分) 当极板间电压再增大时， 电子不能从极板边界射出， 故不会形成 “亮线” ， 因此，Um6U(1 分) 若电子达到最大偏转角时，不是从极板边界射出，即dL，此时两极板间电压达到3 Um(电压再增大，电子偏转角增加，“亮线”长度增加) 由牛顿第二定律有ay(1 分) eE m eUm md 由匀加速直线运动规律有vyayt，t(1 分) L vx 联立解得UmU(1 分) 2 3 d L 答案：(1) (2)2s (3)dL时，Um6U 2eU m 33 dL时，UmU3 2 3 d L