2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場章末檢測卷

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1、2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 第八章 磁場章末檢測卷 一、選擇題(本題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，第1～6題只有一項符合題目要求，第7～10題有多項符合題目要求．全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分) 1．初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導(dǎo)線的方向射出，直導(dǎo)線中電流方向與電子的初始運動方向如圖1所示，則(　　) 圖1 A．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率不變 B．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率改變 C．電子將向左偏轉(zhuǎn)，速率不變 D．電子將向右偏轉(zhuǎn)，速率改變 【解析】　導(dǎo)線在電子附近產(chǎn)生的磁場方向垂直紙面向里，由左手定則知，電子受到的洛倫茲力方向向

2、右，電子向右偏轉(zhuǎn)，但由于洛倫茲力不做功，電子速率不變，A正確． 【答案】　A 2．兩個完全相同的通電圓環(huán)A、B的圓心O重合、圓面相互垂直，通電電流相同，電流方向如圖2所示，設(shè)每個圓環(huán)在其圓心O處獨立產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度為B0，則O處的磁感應(yīng)強度大小為(　　) 圖2 A．0　　　 B.2B0 C.B0 D.無法確定 【解析】　由安培定則可知A在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度垂直于紙面向里，B在圓心處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度豎直向下，兩者垂直，所以合磁感應(yīng)強度大小B＝＝B0，C選項正確． 【答案】　C 3．(xx·江西南昌調(diào)研)如圖3所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點，O為半圓弧的圓心

3、，∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點的磁感應(yīng)強度大小為B1.若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則O點的磁感應(yīng)強度在大小為B2，那么B2與B1之比為(　　) 圖3 A.∶1 B.∶2 C．1∶1 D.1∶2 【解析】　如圖所示，當(dāng)通有電流的長直導(dǎo)線在M、N兩處時，根據(jù)安培定則，可知：二者在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度都為B1/2；當(dāng)將M處長直導(dǎo)線移到P處時，兩直導(dǎo)線在圓心O處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度也為B1/2，做平行四邊形，由圖中的幾何關(guān)系，可得：cos 30°＝＝＝，故選項B正確，選項A、C、D錯誤． 【答案】　B

4、 4．如圖4所示，相距為d的平行金屬板M、N的上方有一半徑為R的圓形勻強磁場區(qū)域，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里．質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自緊靠M板的P處由靜止釋放，粒子經(jīng)N板的小孔S沿半徑SO方向射入磁場，離開磁場時速度方向偏離入射方向60°，粒子重力不計，則平行金屬板間勻強電場的電場強度大小為(　　) 圖4 A. B. C. D. 【解析】　粒子在圓形磁場中運動的軌跡如圖所示，則粒子做圓周運動的半徑為r＝R，由Bqv＝m，qU＝mv2，E＝，聯(lián)立得E＝，B正確． 【答案】　B 5．如圖5所示，在豎直向下的勻強磁場中，有兩根豎直放置的平行導(dǎo)軌AB、CD.導(dǎo)

5、軌上放有質(zhì)量為m的金屬棒MN，棒與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)從t＝0時刻起，給棒通以圖示方向的電流，且電流強度與時間成正比，即I＝kt，其中k為恒量．若金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直，則在下列圖所示的表示棒所受的摩擦力隨時間變化的四幅圖中，正確的是(　　) 圖5 【解析】　當(dāng)金屬棒所受摩擦力Ff＝μBIL＝μBLktmg時，棒沿導(dǎo)軌向下減速；在棒停止運動之前，所受摩擦力為滑動摩擦力，大小為Ff＝μBLkt；在棒停止運動之后，所受摩擦力為靜摩擦力，大小為Ff＝mg，故C正確． 【答案】　C 6．(xx·北京門頭溝二模

6、)如圖6所示，有理想邊界的勻強磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B，某帶電粒子的比荷(電荷量與質(zhì)量之比)大小為k，由靜止開始經(jīng)電壓為U的電場加速后，從O點垂直射入磁場，又從P點穿出磁場．下列說法正確的是(不計粒子所受重力)(　　) 圖6 A．如果只增加U，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 B．如果只減小B，粒子可以從ab邊某位置穿出磁場 C．如果既減小U又增加B，粒子可以從bc邊某位置穿出磁場 D．如果只增加k，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場 【解析】　由已知可得qU＝mv2，k＝，r＝，解得r＝，對于選項A，只增加U，r增大，粒子不可能從dP之間某位置穿出磁場；對于選項

7、B，粒子電性不變，不可能向上偏轉(zhuǎn)；對于選項C，即減小U又增加B，r減小，粒子不可能從bc邊某位置穿出磁場；對于選項D，只增加k，r減小，粒子可以從dP之間某位置穿出磁場，故本題選項D正確． 【答案】　D 7．(xx·東城區(qū)模擬)如圖7所示，在傾角為α的光滑斜面上，垂直紙面放置一根長為L，質(zhì)量為m的導(dǎo)體棒．在導(dǎo)體棒中的電流I垂直紙面向里時，欲使導(dǎo)體棒靜止在斜面上，下列外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的大小和方向正確的是(　　) 圖7 A．B＝mg 　方向垂直斜面向上 B．B＝mg　方向垂直斜面向下 C．B＝mg　方向豎直向上 D．B＝mg　方向豎直向下 【解析】　 外加勻強磁

8、場的磁感應(yīng)強度B的方向垂直斜面向上，則導(dǎo)體棒受到沿斜面向上的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)，則B＝mg，故A正確；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向垂直斜面向下，則導(dǎo)體棒受到沿斜面向下的安培力、支持力與重力，不可能處于平衡狀態(tài)，故B錯誤；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向豎直向上．則導(dǎo)體棒受到水平向右的安培力、支持力與重力，處于平衡狀態(tài)，則B＝mg，故C正確；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B的方向豎直向下，則導(dǎo)體棒受到水平向左的安培力、支持力與重力，不可能處于平衡狀態(tài)，故D錯誤． 【答案】　AC 8．(xx·云南昭通5月統(tǒng)測)質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電小球，從傾角為θ的粗糙絕緣斜面(μ

9、 θ)上由靜止下滑，斜面足夠長，整個斜面置于方向水平向外的勻強磁場中，其磁感強度為B，如圖8所示．帶電小球運動過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖8 A．小球在斜面上運動時做勻加速直線動 B．小球在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動 C．小球最終在斜面上勻速運動 D．小球在斜面上下滑過程中，當(dāng)小球?qū)π泵鎵毫偤脼榱銜r的速率為 【解析】　對小球進(jìn)行受力分析，由左手定則可知小球受到垂直于斜面向上的洛倫茲力的作用，且隨小球速度的增大而增大，所以斜面對小球的支持力減小，滑動摩擦力減小，重力沿斜面向下的分力不變，所以小球做加速度逐漸增大的變加速運動，故A、C項錯誤，

10、B項正確；當(dāng)斜面對小球的支持力減為零時，垂直于斜面向上的洛倫茲力等于重力垂直于斜面的分力，可得小球的速度為，故D項正確． 【答案】　BD 9．(xx·河北石家莊市教學(xué)檢測)勞倫斯和利文斯設(shè)計出回旋加速器，工作原理示意圖如圖9所示．置于高真空中的D形金屬盒半徑為R，兩盒間的狹縫很小，帶電粒子穿過的時間可忽略．磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場與盒面垂直，高頻交流電頻率為f，加速電壓為U.若A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m、電荷量為＋q，在加速器中被加速，且加速過程中不考慮相對論效應(yīng)和重力的影響．則下列說法正確的是(　　) 圖9 A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過2πRf B．質(zhì)子離開回旋加速器

11、時的最大動能與加速電壓U成正比 C．質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)地兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 D．不改變磁感應(yīng)強度B和交流電頻率f，該回旋加速器的最大動能不變 【解析】　粒子被加速后的最大速度受到D形盒半徑R的制約，因v＝＝2πRf，A正確；粒子離開回旋加速器的最大動能Ekm＝mv2＝m×4π2R2f2＝2mπ2R2f2，與加速電壓U無關(guān)，B錯誤；根據(jù)R＝，Uq＝mv，2Uq＝mv，得質(zhì)子第2次和第1次經(jīng)過兩D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1，C正確；因回旋加速器的最大動能Ekm＝2mπ2R2f2與m、R、f均有關(guān)，D錯誤． 【答案】　AC 10．(xx·山東臨沂3月質(zhì)檢)如圖10所示

12、，長均為d的兩正對平行金屬板MN、PQ水平放置，板間距離為2d，板間有正交的勻強電場和勻強磁場，一帶電粒子從MP的中點O垂直于電場和磁場方向以v0射入，恰沿直線從NQ的中點A射出；若撤去電場，則粒子從M點射出(粒子重力不計)．以下說法正確的是(　　) 圖10 A．該粒子帶正電 B．該粒子帶正電、負(fù)電均可 C．若撤去磁場，則粒子射出時的速度大小為 2v0 D．若撤去磁場，則粒子射出時的速度在小為v0 【解析】　撤去電場，粒子從M點射出，由左手定則知粒子帶正電，A項正確，B項錯誤；粒子在復(fù)合場中運動時有qE＝qv0B，粒子在磁場中運動時有：qv0B＝，撤去磁場只留電場時，若粒子從右

13、邊界射出時有d＝v0t，vg＝t，速度v＝＝v0，若粒子從下邊界射出，由動能定理得qEd＝mv2－mv，解得v＝v0，C錯誤、D正確． 【答案】　AD 二、非選擇題(本題共6小題，共60分．按題目要求作答．解答題應(yīng)寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最后答案的不能得分．有數(shù)值計算的題，答案中必須明確寫出數(shù)值和單位．) 11．(10分)(xx·上海靜安區(qū)模擬)如圖11所示，在某裝置中有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于Oxy所在的紙面向外．某時刻在x＝l0、y＝0處，一質(zhì)子沿y軸的負(fù)方向進(jìn)入磁場；同一時刻，在x＝－l0、y＝0處，一個α粒子進(jìn)入磁場，速度方向與磁場垂直．

14、不考慮質(zhì)子與α粒子的相互作用．設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，電荷量為e. 圖11 (1)如果質(zhì)子經(jīng)過坐標(biāo)原點O，它的速度為多大？ (2)如果α粒子與質(zhì)子經(jīng)最短時間在坐標(biāo)原點相遇，α粒子的速度應(yīng)為何值？方向如何？ 【解析】　(1)質(zhì)子的運動軌跡如圖甲所示，其圓心在x＝處，其半徑 甲 r1＝ ① 又r1＝ ② 解得v1＝ ③ (2)依題意作出兩粒子的運動軌跡如圖乙所示，質(zhì)子從x＝l0處至達(dá)坐標(biāo)原點O處的時間為 乙 t＝ ④ 又TH＝ ⑤ 解得t＝ ⑥ α粒子的周期為Tα＝ ⑦ 所以t＝ ⑧ 由幾何關(guān)系得：rα＝l0 ⑨ 又2e

15、vaB＝ ⑩ 解得va＝，與x軸正方向的夾角為. 【答案】　(1)　(2)，與x軸正方向的夾角為 12．(8分)(xx·岳陽一中質(zhì)檢)如圖12所示，L1和L2為距離d＝0.1 m的兩平行的虛線，L1上方和L2下方都是垂直紙面向里的磁感應(yīng)強度為B＝0.20 T的勻強磁場，A、B兩點都在L2上，質(zhì)量為m＝1.67×10－27kg、電荷量q＝1.60×10－19 C的質(zhì)子，從A點以v0＝5.0×105 m/s的速度與L2成θ＝45°角斜向上射出，經(jīng)過上方和下方的磁場偏轉(zhuǎn)后正好經(jīng)過B點，經(jīng)過B點時速度方向也斜向上，求(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字) 圖12 (1)質(zhì)子在磁場中做圓周運動的半徑

16、； (2)A、B兩點間的最短距離； (3)質(zhì)子由A點運動到B點的時間的可能值． 【解析】　(1)質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，設(shè)半徑為R，有： qv0B＝① R＝＝2.6×10－2 m② (2)質(zhì)子由A點運動到B點可重復(fù)若干周期，其中一個周期內(nèi)的運動情況如圖所示，由幾何關(guān)系知，A、B兩點間的最短距離為： dmin＝2＋4R cos θ＝0.27 m③ (3)質(zhì)子在兩磁場中各運動一次的時間正好為一個圓周運動的周期T(優(yōu)弧加劣弧恰好為一個整圓)，在L1、L2中運動的時間為t，則有： T＝，t1＝④ 所以：t2＝T＋t1＝＋＝8.9×10－7 s⑤ 質(zhì)子從A到

17、B運動時間的可能值應(yīng)為t2的整數(shù)倍 即tAB＝nt2＝8.9×10－7 n s(n＝1,2,3，…) 【答案】　　(1)2.6×10－2 m　(2)0.27 m　(3)8.9×10－7n s(n＝1,2,3，…) 13．(10分)(xx·貴州六校聯(lián)盟聯(lián)考)傳送帶和水平面的夾角為37°，完全相同的兩輪和傳送帶的切點A、B間的距離為24 m，B點右側(cè)(B點在場的邊緣)有一上下無限寬、左右邊界間距為d的正交勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上，勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強度B＝103 T．傳送帶在電機帶動下，以4 m/s速度順時針勻速運轉(zhuǎn)，現(xiàn)將質(zhì)量為m＝0.1 kg，電荷量q＝＋10－2

18、C的物體(可視為質(zhì)點)輕放于傳送帶的A點，已知物體和傳送帶間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.8，物體在運動過程中電荷量不變，重力加速度取g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8. 圖13 (1)求物體從A點傳送到B點的時間； (2)若物體從B點進(jìn)入復(fù)合場后做勻速圓周運動，則所加的電場強度的大小E應(yīng)為多少？若物體仍然從復(fù)合場的左邊界出復(fù)合場，則場的右邊界距B點的水平距離d至少等于多少？ 【解析】　(1)物體在傳送帶上做加速運動，由牛頓第二定律有 μmgcos 37°－mgsin 37°＝ma 得a＝μmgcos 37°－gsin 37°＝0.4 m/s2 物體做

19、勻加速運動到與傳送帶有相同速度，有v＝at1，則t1＝10 s 物體運動位移為x＝at2 得x＝20 m 物體繼續(xù)與傳送帶以相同速度勻速運動，有LAB－x＝vt2 所以t2＝1 s 物體在傳送帶上運動總時間t＝t1＋t2＝11 s. (2)物體在混合場中做勻速圓周運動，有qE＝mg 得E＝100 N/C qvB＝m R＝＝0.04 m 當(dāng)物體運動軌跡與右邊界恰好相切時，d有最小值，由幾何關(guān)系得，sin 37°＝ 解得d＝0.016 m. 【答案】　(1)11 s　(2)0.016 m 14．(12分)(xx·廣州模擬)如圖14所示，內(nèi)徑為r、外徑為2r的圓環(huán)內(nèi)有垂直紙

20、面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．圓環(huán)左側(cè)的平行板電容器兩板間電壓為U，靠近M板處由靜止釋放質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，經(jīng)過電場加速后從N板小孔射出，并沿圓環(huán)直徑方向射入磁場，求： 圖14 (1)離子從N板小孔射出時的速率； (2)離子在磁場中做圓周運動的半徑； (3)要使離子不進(jìn)入小圓區(qū)域，磁感應(yīng)強度的取值范圍． 【解析】　(1)設(shè)離子射入勻強磁場時的速度為v，由動能定理：qU＝mv2 ① 解得：v＝ ② (2)設(shè)離子在磁場中做圓周運動的半徑為R，離子所受洛倫茲力提供向心力； 由牛頓第二定律有：qvB＝ ③ 聯(lián)立②③可得R＝＝ ④ (3)若離子恰好不進(jìn)入

21、小圓，軌跡如圖所示．設(shè)離子軌跡與小圓相切時軌道半徑為R0，在△OPO′中，由幾何關(guān)系得：R＋(2r)2＝(R0＋r)2 ⑤ 解得：R0＝r ⑥ 要使離子不進(jìn)入小圓，必須滿足R≤R0 ⑦ 解得磁感應(yīng)強度B≥ ⑧ 【答案】　(1) 　(2) (3)B≥ 15．(10分)(xx黑龍江齊齊哈爾二模)如圖15所示，某空間中有四個方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強度的大小相同的、半徑均為R的圓形勻強磁場區(qū)域1、2、3、4.其中1與4相切，2相切于1和3,3相切于2和4，且第1個磁場區(qū)域和第4個磁場區(qū)域的豎直方向的直徑在一條直線上

22、．一質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電粒子，靜止置于電勢差為U0的帶電平行板(豎直放置)形成的電場中(初始位置在負(fù)極板附近)，經(jīng)過電場加速后，從第1個磁場的最左端水平進(jìn)入，并從第3個磁場的最下端豎直穿出．已知tan 22.5°＝0.4，不計帶電粒子的重力． 圖15 (1)求帶電粒子進(jìn)入磁場時的速度大?。? (2)試判斷：若在第3個磁場的下面也有一電勢差為U0的帶電平行板(水平放置，其小孔在第3個磁場的最下端的正下方)形成的電場，帶電粒子能否按原路返回？請說明原因． (3)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度B. (4)若將該帶電粒子自該磁場中的某個位置以某個速度釋放后恰好可在四個磁場中做勻速圓周運動，

23、則該粒子的速度大小v′為多少？ 【解析】　(1)根據(jù)動能定理有：qU0＝mv2 解得：v＝ 甲 (2)不能按原路返回．因為粒子進(jìn)入第3個磁場下的電場后，向下減速至速度為零，然后反向加速至速度的大小為v，但進(jìn)入磁場后，根據(jù)左手定則可知，帶電粒子受到的洛倫茲力方向向右，粒子向右偏，故不能按原路返回． (3)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r，如圖甲所示，則根據(jù)幾何關(guān)系可得： R＝r tan22.5° 解得：r＝2.5R 根據(jù)洛倫茲力提供向心力得：qvB＝ 解得：B＝ 乙 (4)該帶電粒子在四個磁場中做勻速圓周運動，如圖乙所示，由幾何關(guān)系知其半徑只能是R 根據(jù)

24、洛倫茲力提供向心力得：qv′B＝ 解得：v′＝ 【答案】　(1) 　(2)見解析 (3) 　(4) 16．(10分)(xx·廣東高考)如圖16所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6 L，兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為理想分界面．Ⅰ區(qū)的磁感應(yīng)強度為B0，方向垂直紙面向外．A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離為L、質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子經(jīng)寬度為d的勻強 電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進(jìn)入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉(zhuǎn)到MN上的P點，再進(jìn)入Ⅱ區(qū)、P點與A1板的距離是L的k倍．不計重力，碰到擋板的粒子不予考慮． 圖16

25、(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E； (2)若2