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2015《三维设计》高考物理大一轮复习—配套阶段验收评估:第八章 磁 场(14各类新题及原创题,含解析)

上传时间: 2014-10-13

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阶段验收评估(八)磁 场
(时间:60分钟 满分:100分)
一、单项选择题(本题共5小题,每小题6分,共30分,每小题只有一个选项正确)
1.(2014·通州模拟)下列关于导体在磁场中受力的说法中,正确的是(  )
A.通电导体在磁场中一定受到安培力的作用
B.通电导体在磁场中有时不会受到安培力的作用
C.通电导体中的电流方向与磁场方向不平行也不垂直时,不会受到安培力的作用
D.只要导体放入磁场中,无论是否通电都会受到安培力的作用
解析:选B 磁场对通电电流有力的作用,将导体放入磁场,不通电也就无电流,无电流也就不会受到安培力的作用,选项D错误;通电导体放入磁场中,也不一定就受到安培力的作用,当导线方向与磁场方向平行时,导线不受安培力的作用,当导线与磁场垂直时,导线受到的力最大,其他情况下,受到的力介于0与最大值之间,由此可见,选项A、C错误,B正确。【来源:21cnj*y.co*m】
2.根据所学知识判断图1中正确的是(  )

图1
解析:选A 由左手定则知A正确,B错误;由安培定则知D错误;电场中某点场强方向应沿电场线的切线方向,正电荷受力与其方向相同,C错误。2-1-c-n-j-y
3.(2014·安徽江南十校摸底)如图2所示,三个速度大小不同的同种带电粒子,沿同一方向从图中长方形区域的匀强磁场上边缘射入,当它们从下边缘飞出时对入射方向的偏角分别为90°、60°、30°,则它们在磁场中运动的时间之比为(  )www-2-1-cnjy-com

图2
A.1∶1∶1        B.1∶2∶3
C.3∶2∶1   D.1∶∶
解析:选C 由于粒子运动的偏向角等于圆弧轨迹所对的圆心角,由t=α可知,它们在磁场中运动的时间之比为90°∶60°∶30°=3∶2∶1,选项C正确。
4.(2014·云南三校二模)如图3所示,长方体玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液,在水槽左、右侧壁内侧各装一导体片,使溶液中通入沿x轴正向的电流I,沿y轴正向加恒定的匀强磁场B。图中a、b是垂直于z轴方向上水槽的前、后两内侧面,则(  )

图3
A.a处电势高于b处电势
B.a处离子浓度大于b处离子浓度
C.溶液的上表面电势高于下表面的电势
D.溶液的上表面处的离子浓度大于下表面处的离子浓度
解析:选B 当通入沿x轴正向的电流时,由左手定则可知,正、负电子均向a侧偏,a处离子浓度大于b处,但a、b两板无电势差,故B选项正确。【出处:21教育名师】
5.(2014·唐山二模)如图4是某离子速度选择器的原理示意图,在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场,方向平行于轴线。在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N,现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子,从M孔以α角入射,一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)。则从N孔射出的离子(  )【版权所有:21教育】

图4
A.是正离子,速率为kBR/cos α
B.是正离子,速率为kBR/sin α
C.是负离子,速率为kBR/sin α
D.是负离子,速率为kBR/cos α
解析:选B 因为离子向下偏,根据左手定则,离子带正电,运动轨迹如图所示,由几何关系可知r=,由qvB=m可得v=,故B正确。21教育名师原创作品
二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分,每小题有多个选项正确,全选对得6分,选对但不全得3分,选错或不选得0分)21*cnjy*com
6. (2013·德州模拟)如图5所示,通电导体棒静止于水平导轨上,棒的质量为m,长为L,通过的电流大小为I且垂直纸面向里,匀强磁场的磁感应强度B的方向与导轨平面成θ角,则导体棒受到的(  )

图5
A.安培力大小为BIL
B.安培力大小为BILsin θ
C.摩擦力大小为BILsin θ
D.支持力大小为mg-BILcos θ
解析:选AC 根据安培力计算公式,F=BIL,A正确,B错误;导体棒受力如图所示。
根据平衡条件,Ff=BILsin θ,C正确;FN=mg+BILcos θ,D错误。
7.(2014·徐州模拟)如图6所示,平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里,磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场,运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同,不计粒子的重力,则(  )21cnjy.com

图6
A.该粒子带正电
B.A点与x轴的距离为
C.粒子由O到A经历时间t=
D.运动过程中粒子的速度不变
解析:选BC 根据粒子的运动方向,由左手定则判断可知粒子带负电,A项错;运动过程中粒子做匀速圆周运动,速度大小不变,方向变化,D项错;粒子做圆周运动的半径R=,周期T=,从O点到A点速度的偏向角为60°,即运动了T,所以由几何知识求得点A与x轴的距离为,粒子由O到A经历时间t=,B、C两项正确。
8.如图7所示,一个带正电荷的物块m,由静止开始从斜面上A点下滑,滑到水平面BC上的D点停下来。已知物块与斜面及水平面间的动摩擦因数相同,且不计物块经过B处时的机械能损失。先在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场,第二次让物块m从A点由静止开始下滑,结果物块在水平面上的D′点停下来。后又撤去电场,在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场,再次让物块m从A点由静止开始下滑,结果物块沿斜面滑下并在水平面上的D″点停下来。则以下说法中正确的是(  )2·1·c·n·j·y

图7
A.D′点一定在D点左侧   B.D′点一定与D点重合
C.D″点一定在D点右侧   D.D″点一定与D点重合
解析:选BC 仅在重力场中时,物块由A点至D点的过程中,由动能定理得mgh-μmgcos αs1-μmgs2=0,即h-μcos αs1-μs2=0,由题意知A点距水平面的高度h、物块与斜面及水平面间的动摩擦因数μ、斜面倾角α、斜面长度s1为定值,所以s2与重力的大小无关,而在ABC所在空间加竖直向下的匀强电场后,相当于把重力增大了,s2不变,D′点一定与D点重合,B正确;在ABC所在空间加水平向里的匀强磁场后,洛伦兹力垂直于接触面向上,正压力变小,摩擦力变小,重力做的功不变,所以D″点一定在D点右侧,C正确。
三、非选择题(本题共4小题,共52分。解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤)
9.(10分)如图8所示,有界匀强磁场的磁感应强度B=2×10-3 T;磁场右边是宽度L=0.2 m、场强E=40 V/m、方向向左的匀强电场。一带电粒子电荷量q=-3.2×10-19 C,质量m=6.4×10-27 kg,以v=4×104 m/s的速度沿OO′垂直射入磁场,在磁场中偏转后进入右侧的电场,最后从电场右边界射出。(不计重力)求:21教育网

图8
(1)大致画出带电粒子的运动轨迹;
(2)带电粒子在磁场中运动的轨道半径;
(3)带电粒子飞出电场时的动能Ek。
解析:(1)轨迹如图所示
(2)带电粒子在磁场中运动时,由牛顿运动定律得
qvB=m
R==m
=0.4 m
(3)Ek=EqL+mv2=40×3.2×10-19×0.2 J+×6.4×10-27×(4×104)2J=7.68×10-18 J。版权所有
答案:(1)轨迹见解析图 (2)0.4 m (3)7.68×10-18 J
10.(12分)(2014·贵州六校联考)如图9所示,在0≤x≤d的空间,存在垂直xOy平面的匀强磁场,方向垂直xOy平面向里。y轴上P点有一小孔,可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v、与y轴所成夹角θ可在0~180°范围内变化的带负电的粒子。已知θ=45°时,粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场,不计重力及粒子间的相互作用。求:21·cn·jy·com

图9
(1)磁场的磁感应强度;
(2)若θ=30°,粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示);
(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)。
解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,设粒子的轨道半径为R,磁场的磁感应强度为B,则
qvB=m
如图甲所示,由几何关系
d=2Rcos 45°
解得B=
(2)如图甲所示,由几何关系
d=Rcos 30°+Rcos α
解得cos α=
(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域,如图乙中两圆弧间斜线部分所示,由几何关系
R2-(d-R)2=(PM)2
该区域面积为
S=d·(PM)
解得S=d2
答案:见解析
11.(14分)(2014·北京海淀一模)如图10所示,是电视显像管工作原理图。炽热的金属丝发射出电子,在金属丝K和金属板M之间加一电压U,使电子在真空中加速后,从金属板的小孔C穿出,进入有界abcd矩形匀强磁场,经匀强磁场射出后,打在荧光屏上,荧光屏被电子束撞击而发光。已知电子的比荷=×1011 C/kg,匀强磁场的磁感应强度B=1.0×10-4 T,磁场的长度l=12 cm,磁场的右边界距离荧光屏L=15 cm。加速电压U=20 V时,电子恰好从有界匀强磁场的右下角c点飞出。不计电子间的相互作用及重力影响。求:

图10
(1)电子射入磁场时的速度大小;
(2)电子在磁场中运动的轨道半径;
(3)电子打在荧光屏上的亮点与荧光屏中心O点的距离。
解析:(1)设电子到达金属板的小孔C时的速度为v,根据动能定理
eU=mv2
v= =2.7×106 m/s
电子离开C后做匀速直线运动,所以电子射入磁场时的速度大小等于2.7×106 m/s。
(2)设电子在磁场中运动的轨道半径为R,根据牛顿运动定律
evB=m
R==15 cm
(3)如图所示,设电子打在荧光屏上的A点,距离中心O点距离为x,磁场一半的宽度为x1,电子在磁场中的偏转角为θ,由图及几何知识可知,【来源:21·世纪·教育·网】

x1=R-=6 cm
x=x1+Ltan θ
tan θ=
代入数据解得x=26 cm
答案:(1)2.7×106 m/s (2)15 cm (3)26 cm
12.(16分)(2014·徐州第三中学测试)如图11所示,有3块水平放置的长薄金属板a、b和c,a、b之间相距为L。紧贴b板下表面竖直放置半径为R的半圆形塑料细管,两管口正好位于小孔M、N处。板a与b、b与c之间接有电压可调的直流电源,板b与c间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。当体积为V0、密度为ρ、电荷量为q的带负电油滴,等间隔地以速率v0从a板上的小孔竖直向下射入,调节板间电压Uba和Ubc,当Uba=U1、Ubc=U2时,油滴穿过b板M孔进入细管,恰能与细管无接触地从N孔射出。忽略小孔和细管对电场的影响,不计空气阻力。求:  21*cnjy*com

图11
(1)油滴进入M孔时的速度v1;
(2)b、c两板间的电场强度E和磁感应强度B的值;
(3)当油滴从细管的N孔射出瞬间,将Uba和B立即调整到U′ba和B′,使油滴恰好不碰到a板,且沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔,请给出U′ba和B′的结果。
解析:(1)油滴入电场后,重力与电场力均做功,设到M点时的速度为v1,由动能定理mv12-mv02=mgL+qU1www.21-cn-jy.com
而油滴质量m=ρV0
得:v1= 
(2)油滴进入电场、磁场共存区域,恰与细管无接触地从N孔射出,须电场力与重力平衡,有:
mg=qE
得:E=
油滴在半圆形细管中运动时,洛伦兹力提供向心力,有:
qv1B=
得:
B== 
(3)若油滴恰不能撞到a板,且再返回并穿过M点,由动能定理得:
0-mv12=-mgL-qU′ba
所以
U′ba=U1+
考虑到油滴返回时速度方向与原速度方向相反,为了使油滴沿原路与细管无接触地返回并穿过M孔,磁感应强度的大小不变,方向相反,即:21·世纪*教育网
B′=-B
答案:(1) 
(2)   (3)U′ba=U1+,B′=-B

 


 

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