2019年高考物理一轮复习第九章磁场45分钟章末验收卷.doc

《2019年高考物理一轮复习第九章磁场45分钟章末验收卷.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019年高考物理一轮复习第九章磁场45分钟章末验收卷.doc（10页珍藏版）》请在麦多课文档分享上搜索。

1、1第九章 磁场45 分钟章末验收卷 一、单项选择题1.如图 1 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( )图 1A金属棒中的电流方向由 N 指向 MB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 tanmgBLD每条细线所受拉力大小为 mgcos答案 C解析 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

2、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，2 FTsin BIL,2FTcos mg，得 I tan ，故 C 正确；由受力分析可知，2 FTcos mg，mgBL得 FT ，故 D 错误12 mgcos 2.不计重力的两个带电粒子 M 和 N 沿同一方向经小孔 S 垂直进入匀强磁场，在磁场中的径迹如图 2.分别用 vM与 vN、 tM与 tN、 与 表示它们的速率、在磁场中运动的时间、荷质qMmM qNmN比，则( )2图 2A如果 ，则 vMvNqMmM qNmNB如果 ，则 tMqMmMqNmND如果 tM tN

3、，则 qMmMqNmN答案 A解析 由洛伦兹力提供向心力可得 qvB m ， ，由它们在磁场中的轨迹可知，两个v2r qm vrB带电粒子 M 和 N 轨迹的半径关系为 rMrN，如果 ，则 vMvN，选项 A 正确；两个带电qMmM qNmN粒子 M 和 N 在匀强磁场中轨迹均为半个圆周，运动时间均为半个周期，由 T 可知，2 mqB如果 ，则两个带电粒子 M 和 N 在匀强磁场中运动周期相等， tM tN，选项 B 错误，qMmM qNmN同理，选项 D 错误；由 qvB m ，可解得 v .如果 vM vN，则 ，选项 C 错误v2r rBqm qMmMqNmN3.如图 3 所示，有一个

4、正方形的匀强磁场区域 abcd， e 是 ad 的中点， f 是 cd 的中点，如果在 a 点沿对角线方向以速度 v 射入一带负电的粒子(带电粒子重力不计)，恰好从 e 点射出，则( )图 3A如果粒子的速度增大为原来的 2 倍，将从 d 点射出B如果粒子的速度增大为原来的 3 倍，将从 f 点射出C如果粒子的速度不变，磁场的磁感应强度变为原来的 2 倍，将从 d 点射出D只改变粒子的速度使其分别从 e、 d、 f 点射出时，从 e 点射出所用时间最短3答案 A解析 如果粒子的速度增大为原来的 2 倍，磁场的磁感应强度不变，由半径公式 R 可mvqB知，半径将增大为原来的 2 倍，根据几何关系

5、可知，粒子正好从 d 点射出，故 A 项正确；设正方形边长为 2a，则粒子从 e 点射出，轨迹半径为 a.磁感应强度不变，粒子的速度变22为原来的 3 倍，则轨迹半径变为原来的 3 倍，即轨迹半径为 a，则由几何关系可知，粒322子从 fd 之间射出磁场，B 项错；如果粒子速度不变，磁感应强度变为原来的 2 倍，粒子轨迹半径减小为原来的一半，因此不可能从 d 点射出，C 项错；只改变粒子速度使其分别从e、 d、 f 三点射出时，从 f 点射出时轨迹的圆心角最小，运动时间最短，D 项错4如图 4，匀强磁场垂直于纸面，磁感应强度大小为 B，某种比荷为 、速度大小为 v 的一qm群离子以一定发散角

6、由原点 O 出射， y 轴正好平分该发散角，离子束偏转后打在 x 轴上长度为 L 的区域 MN 内，则 cos 为( ) 2图 4A. B112 BqL4mv BqL2mvC1 D1BqL4mv BqLmv答案 B解析 由洛伦兹力提供向心力得qvB m ，v2r解得 r .mvqB根据题述，当离子速度方向沿 y 轴正方向时打在 N 点，当离子速度方向与 y 轴正方向夹角为 时打在 M 点，画出三种情况下离子的运动轨迹如图所示， 24设 OM 之间的距离为 x，则有2rcos x,2r x L， 2联立解得 cos 1 ，选项 B 正确 2 BqL2mv二、多项选择题5如图 5 所示，磁流体发电

7、机的长方体发电导管的前后两个侧面是绝缘体，上下两个侧面是电阻可忽略的导电电极，两极间距为 d，极板长和宽分别为 a 和 b，这两个电极与可变电阻 R 相连在垂直前后侧面的方向上有一匀强磁场，磁感应强度大小为 B.发电导管内有电阻率为 的高温电离气体等离子体，等离子体以速度 v 向右流动，并通过专用通道导出不计等离子体流动时的阻力，调节可变电阻的阻值，则( )图 5A运动的等离子体产生的感应电动势为 E BavB可变电阻 R 中的感应电流方向是从 Q 到 PC若可变电阻的阻值为 R ，则其中的电流为 Idab Bvab2D若可变电阻的阻值为 R ，则可变电阻消耗的电功率为 Pdab B2v2da

8、b4答案 CD解析 根据左手定则，等离子体中的带正电粒子受到的洛伦兹力向上，带正电粒子累积在上极板，可变电阻 R 中电流方向从 P 到 Q，B 错误；当带电粒子受到的电场力与洛伦兹力平衡时，两极板间电压稳定，设产生的电动势为 E，则有 qvB q ， E Bdv，A 错误；发电导Ed管内等离子体的电阻 r ，若可变电阻的阻值为 R ，由闭合电路欧姆定律有 Idab dab ，可变电阻消耗的电功率 P I2R ，C、D 正确ER r Bvab2 B2v2dab46如图 6 所示，空间中有垂直纸面向里的匀强磁场，垂直磁场方向的平面内有一长方形区域 abcd，其 bc 边长为 L， ab 边长为 L

9、.两同种带电粒子(重力不计)以相同的速度 v0分别3从 a 点和 ab 边上的 P 点垂直射入磁场，速度方向垂直于 ab 边，两粒子都恰好经过 c 点，则下列说法中正确的是( )5图 6A粒子在磁场中运动的轨道半径为 L233B粒子从 a 点到 c 点的运动时间为3 L2v0C粒子的比荷为3v02BLD P 点与 a 点的距离为23L3答案 ACD解析 如图，连接 ac， ac2 L，即为轨迹圆弧对应的弦，作弦 ac 的垂直平分线交 ab 于点 O1，即为粒子从 a 点到 c 点运动轨迹的圆心，半径R L，A 正确；粒子从 a 点到 c 点的运动时间 tLcos 30233 ，B 错误；由于

10、R ，则比荷 ，C 正132 Rv0 43 L9v0 mv0qB qm v0BR 3v02BL确；从 P 点射入的粒子的轨迹半径也等于 R，根据几何关系，可以求出轨迹圆心 O2点到 b点的距离为 L， P 点与 a 点的距离为 L L L L， P 点与 O1点重合，R2 L233 3 33 233 233D 正确7.如图 7 所示，在光滑绝缘的水平面上叠放着两个物块 A 和 B， A 带负电、质量为 m、电荷量为 q， B 质量为 2m、不带电， A 和 B 间动摩擦因数为 0.5.初始时 A、 B 处于静止状态，现将大小为 F mg 的水平恒力作用在 B 上， g 为重力加速度 A、 B

11、处于水平向里的磁场之中，磁感应强度大小为 B0.若 A、 B 间最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则下列说法正确的是( )图 7A水平力作用瞬间， A 的加速度大小为g26B A 做匀加速运动的时间为mqB0C A 的最大速度为mgqB0D B 的最大加速度为 g答案 BC解析 F 作用在 B 上瞬间，假设 A、 B 一起加速，则对 A、 B 整体有 F3 ma mg，对 A 有FfA ma mgmg mg，假设成立，因此 A、 B 共同做加速运动，加速度为 ，A 选项错误；13 12 g3A、 B 开始运动后，整体在水平方向上只受到 F 作用，做匀加速直线运动，对 A 分析， B 对A 有水平向左

12、的静摩擦力 FfA 静 作用，由 FfA 静 知， FfA 静 保持不变，但 A 受到向上的洛伦mg3兹力，支持力 FNA mg qvB0逐渐减小，最大静摩擦力 F NA减小，当 FfA 静 F NA时，A、 B 开始相对滑动，此时有 (mg qv1B0)， v1 ，由 v1 at 得 t ，B 正确；mg3 mg3qB0 mqB0A、 B 相对滑动后， A 仍受到滑动摩擦力作用，继续加速，有 FfA 滑 (mg qvAB0)，速度增大，滑动摩擦力减小，当滑动摩擦力减小到零时， A 做匀速运动，有 mg qv2B0，得最大速度 v2 ，C 选项正确； A、 B 相对滑动后，对 B 有 F Ff

13、A 滑 2 maB， FfA 滑 减小，则 aB增大，mgqB0当 FfA 滑 减小到零时， aB最大，有 aB ，D 选项错误F2m g2三、非选择题8 aa、 bb、 cc为足够长的匀强磁场分界线，相邻两分界线间距均为 d，磁场方向如图 8 所示，、区域磁感应强度分别为 B 和 2B，边界 aa上有一粒子源 P，平行于纸面向各个方向发射速率为 的带正电粒子， Q 为边界 bb上一点， PQ 连线与磁场边界垂直，2Bqdm已知粒子质量为 m，电荷量为 q，不计粒子重力和粒子间相互作用力，求：图 8(1)沿 PQ 方向发射的粒子飞出区时经过 bb的位置；(2)粒子第一次通过边界 bb的位置范围

14、；7(3)进入区的粒子第一次在磁场区中运动的最长时间和最短时间答案 见解析解析 (1)由洛伦兹力充当向心力得Bqvmv2r1r1mvBq把 v 代入得2Bqdmr12 d如图甲所示 sin ， 30d2d 12PM QN2 d2 dcos (2 )d3则经过 bb的位置为 Q 下方(2 )d 处3(2)当带正电粒子速度竖直向上进入磁场，距离 Q 点上方最远，如图乙所示，由几何关系得cos 1 ，d2d 12 160QH12 dsin 1 d3当带正电粒子进入磁场后与 bb相切时，距离 Q 点下方最远，如图丙所示，由几何关系得cos 2 ，d2d 12 260QH22 dsin 2 d3粒子通过

15、的范围长度为 L2 d38(3)r2 dmvq2BT 2 r2v mBq轨迹圆所对应的弦越长，在磁场中运动的时间越长如图丁所示，当轨迹圆的弦长为直径时，所对应的时间最长为 tmax T2 m2Bq当轨迹圆的弦长为磁场的宽度时，从 cc飞出，所对应的时间最短为 tmin T6 m6Bq当粒子从 Q 最上方进入区时，如图戊所示，从 bb飞出所对应的时间最短为 tmin T3 m3Bq所以粒子第一次在磁场中运动的最短时间为 tmin . m6Bq9如图 9 所示，在平面直角坐标系 xOy 内，第象限的等腰直角三角形 MNP 区域内存在垂直于坐标平面向外的匀强磁场， y0 的区域内存在着沿 y 轴正方

16、向的匀强电场一质量为m、电荷量为 q 的带电粒子从电场中 Q(2 h， h)点以速度 v0水平向右射出，经坐标原点O 处射入第象限，最后以垂直于 PN 的方向射出磁场已知 MN 平行于 x 轴， N 点的坐标为(2h,2h)，不计粒子的重力，求：9图 9(1)电场强度的大小 E；(2)磁感应强度的大小 B；(3)粒子在磁场中运动的时间 t.答案 (1) (2) (3)mv202qh mv0qh h4v0解析 (1)粒子运动轨迹如图所示，粒子在电场中运动的过程中，由平抛运动规律及牛顿运动定律得：2 h v0th at212qE ma解得 Emv202qh(2)粒子到达 O 点时，沿 y 轴正方向的分速度vy at v0qEm 2hv0则速度方向与 x 轴正方向的夹角 满足：tan 1vyvx即 45粒子从 MP 的中点垂直于 MP 进入磁场，垂直于 NP 射出磁场，粒子在磁场中的速度为： vv02轨道半径 R h2又由 qvB m 得 Bv2R mv0qh10(3)由 T ，且由几何关系可知小粒子在磁场中运动的圆心角为 45，2 mBq故粒子在磁场中的运动时间t .18 2 mqB h4v0