高考物理專題訓練-磁場(共9頁)

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上磁場 (時間：60分鐘，分值：100分)一、單項選擇題(本大題共5小題，每小題6分，共30分，每小題只有一個選項符合題意)1如圖所示，兩平行光滑金屬導軌MN、PQ間距為l，與電動勢為E、內(nèi)阻不計的電源相連質(zhì)量為m、電阻為R的金屬棒ab垂直于導軌放置構(gòu)成閉合回路，回路平面與水平面的夾角為，回路其余電阻不計為使ab棒靜止，需在空間施加一勻強磁場，其磁感應強度的最小值及方向分別為()A.，水平向右B.，垂直于回路平面向上 C.，豎直向下D.，垂直于回路平面向下2.用如圖所示的回旋加速器分別加速氘核H和氦核He.下列說法中正確的是()A它們的最大速度相同B它們的最大動能相同C

2、加速氘核H時高頻電源的頻率大于加速氦核He的頻率D加速氘核H時高頻電源的頻率小于加速氦核He的頻率如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根豎直放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌上放一金屬棒MN.現(xiàn)從t0時刻起，給金屬棒通以圖示方向的電流且電流強度與時間成正比，即Ikt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好下列關(guān)于金屬棒的速度v、加速度a隨時間t變化的關(guān)系圖象，可能正確的是() 4.如圖所示，在第二象限內(nèi)有水平向右的勻強電場，電場強度為E；在第一、四象限內(nèi)分別存在如圖所示的勻強磁場，磁感應強度大小相等有一個帶電粒子以初速度v0從x軸上的P點垂直進入勻強電場，恰好與y軸成45°角射

3、出電場，再經(jīng)過一段時間又恰好垂直于x軸進入下面的磁場已知O、P之間的距離為d，則帶電粒子()A在電場中運動的時間為B在磁場中做圓周運動的半徑為dC自進入磁場至第二次經(jīng)過x軸所用時間為D從進入電場時開始計時，粒子在運動過程中第二次經(jīng)過x軸的時間為5.空間存在垂直于紙面方向的均勻磁場其方向隨時間做周期性變化，磁感應強度B隨時間t變化的圖線如圖所示規(guī)定B>0時，磁場的方向穿出紙面，一帶電荷量q5×107 C，質(zhì)量m5×1010 kg的帶電粒子，位于某點O處，在t0時刻以初速度v0 m/s沿垂直磁場方向開始運動，不計重力的作用，不計磁場的變化及可能產(chǎn)生的一切其他影響則在磁場變

4、化N個(N為整數(shù))周期的時間內(nèi)帶電粒子的平均速度的大小等于()A m/sB. m/sC2 m/sD. m/s二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題6分，共24分，每小題有多個選項符合題意)6.有兩根長直導線a、b互相平行放置，如圖所示為垂直于導線的截面圖在圖中所示的平面內(nèi)，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩根導線附近的兩點，它們在兩導線連線的中垂線上，且與O點的距離相等若兩導線中通有大小相等、方向相同的恒定電流I，則關(guān)于線段MN上各點的磁感應強度的說法中正確的是()AM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相同BM點和N點的磁感應強度大小相等，方向相反C在線段MN上各點的磁感應強度都不可能為零D

5、在線段MN上只有一點的磁感應強度為零7.如圖所示，一個半徑為R的導電圓環(huán)與一個軸向?qū)ΨQ的發(fā)散磁場處處正交，環(huán)上各點的磁感應強度B大小相等，方向均與環(huán)面軸線方向成角(環(huán)面軸線為豎直方向)若導電圓環(huán)上載有如圖所示的恒定電流I，則下列說法正確的是()A導電圓環(huán)有收縮的趨勢B導電圓環(huán)所受安培力方向豎直向上C導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIRD導電圓環(huán)所受安培力的大小為2BIRsin 8.一電子以與磁場垂直的速度v從P處沿PQ方向進入長為d、寬為h的勻強磁場區(qū)域，從N點射出，如圖所示，若電子質(zhì)量為m，電荷量為e，磁感應強度為B，則()AhdB電子在磁場中運動的時間為 C電子在磁場中運動的時間為D洛倫茲力

6、對電子做的功為零9.如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開始經(jīng)電壓U加速后，水平進入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復合場中(E和B已知)，小球在此空間的豎直面內(nèi)做勻速圓周運動，則()A小球可能帶正電B小球做勻速圓周運動的半徑為r C小球做勻速圓周運動的周期為TD若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加三、非選擇題(本大題共3小題，共46分，要有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)10.(12分)如圖所示為一電流表的原理示意圖質(zhì)量為m的均質(zhì)細金屬棒MN的中點處通過一掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連，絕緣彈簧勁度系數(shù)為k.在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強磁場，磁感應強度大小

7、為B，方向垂直紙面向外與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指示標尺上的讀數(shù)，MN的長度大于 .當MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時，MN與矩形區(qū)域的cd邊重合，當MN中有電流通過時，指針示數(shù)可表示電流強度(1)當電流表示數(shù)為零時，彈簧伸長多少？(重力加速度為g)(2)若要電流表正常工作，MN的哪一端應與電源正極相接？(3)若k2.0 N/m，0.20 m，0.050 m，B0.20 T，此電流表的量程是多少？(不計通電時電流產(chǎn)生的磁場的作用)(4)若將量程擴大2倍，磁感應強度應變?yōu)槎啻螅?1.一圓筒的橫截面如圖所示，其圓心為O.筒內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓筒下面有相距為d的

8、平行金屬板M、N，其中M板帶正電荷，N板帶等量負電荷質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子自M板邊緣的P處由靜止釋放，經(jīng)N板的小孔S以速度v沿半徑SO方向射入磁場中粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞后仍從S孔射出，設(shè)粒子與圓筒碰撞過程中沒有動能損失，且電荷量保持不變，在不計重力的情況下，求：(1)M、N間電場強度E的大?。?2)圓筒的半徑R；(3)保持M、N間電場強度E不變，僅將M板向上平移d，粒子仍從M板邊緣的P處由靜止釋放，粒子自進入圓筒至從S孔射出期間，與圓筒的碰撞次數(shù)n.12.(19分)如圖所示，在xOy平面內(nèi)，第一象限中有勻強電場，場強大小為E，方向沿y軸正方向在x軸的下方有勻強磁場，磁感應強度大小為

9、B，方向垂直紙面向里今有一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負電的粒子(不計粒子的重力和其他阻力)，從y軸上的P點以初速度v0垂直于電場方向進入電場經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后，沿著與x軸正方向成30°角的方向進入磁場(1)求P點離坐標原點O的距離h；(2)求粒子從P點出發(fā)到粒子第一次離開磁場時所用的時間；(3)其他條件不改變，只改變磁感應強度，當磁場的磁感應強度B取某一合適的數(shù)值，粒子離開磁場后能否返回到原出發(fā)點P，并說明理由1選D.對金屬棒ab受力分析可知，為使ab棒靜止，ab受到沿斜面向上的安培力作用時，安培力最小，此時對應的磁感應強度也就最小，由左手定則可知此時磁場方向垂直于回路平面向下，再由平衡關(guān)

10、系可知IlBmgsin ，其中I，可得磁感應強度B，對比各選項可知，選D.2選A.根據(jù)qvBm得v，當rR(回旋加速器的半徑)時，速度最大，因為兩核的比荷相同，所以A正確；它們的質(zhì)量不等，B錯誤；在回旋加速器中，欲使核得到加速，高頻電源的頻率必須等于核做圓周運動的頻率，C、D均錯誤3選D.從t0時刻起，金屬棒通以電流Ikt，由左手定則可知，安培力方向垂直紙面向里，使其緊壓導軌，導致金屬棒在運動過程中，所受到的摩擦力增大，所以加速度在減小，當滑動摩擦力小于重力時速度與加速度方向相同，所以金屬棒做加速度減小的加速運動當滑動摩擦力等于重力時，加速度為零，此時速度達到最大當安培力繼續(xù)增大時導致加速度方

11、向豎直向上，則出現(xiàn)加速度與速度方向相反，因此做加速度增大的減速運動vt圖象的斜率絕對值表示加速度的大小，故選項A、B均錯誤對金屬棒MN，由牛頓第二定律得mgFNma，而FNBILBktL，即mgBktLma，因此agt，顯然加速度a與時間t成線性關(guān)系，故選項C錯誤，D正確4選D.粒子在電場中做類平拋運動，沿x軸方向上的平均速度為，所以在電場中運動的時間為.由題意知，進入磁場時豎直方向速度等于水平方向速度v0，故速度為v0，在磁場中做圓周運動的半徑為2d，在第一象限內(nèi)運動時間為t1T×，在第四象限內(nèi)運動時間為t2T，所以自進入磁場至第二次經(jīng)過x軸的時間為tt1t2，從進入電場到第二次經(jīng)

12、過x軸的時間為tt，所以只有D正確5選C.由題意可得T0.02 s，R0.01 m，又t5×103 s，而磁場的變化周期為T1×102 s，則粒子運動的平均速度為2 m/s，選項C正確6選BD.兩根導線分別在M點和N點產(chǎn)生的磁感應強度大小相等，方向相反，所以M點、N點的磁感應強度大小相等，方向相反，選項B正確；線段MN中點O的磁感應強度為零，選項D正確7選ABD.B的水平分量為B水平B·sin ，豎直向上的分量為B豎直B·cos ，B豎直對環(huán)上各點的安培力方向均指向圓心，故A正確B水平對環(huán)上各點的安培力方向向上，大小為FB·sin ·

13、I·(2R)，故B、D正確8選CD.過P點和N點作速度的垂線，兩垂線的交點即為電子在磁場中做勻速圓周運動時的圓心O，由勾股定理可得(Rh)2d2R2，整理知d，而R，故d，所以A錯誤由帶電粒子在有界磁場中做勻速圓周運動，得t，故B錯誤，C正確又由于洛倫茲力方向和粒子運動的速度方向總垂直，對粒子永遠也不做功，故D正確9選BC.小球在復合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mgEq，則小球帶負電，A錯誤；因為小球做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv，Uqmv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r ，由T可以得出T，與電壓U無關(guān)，所以B、

14、C正確，D錯誤10(1)設(shè)當電流表示數(shù)為零時，彈簧的伸長量為x則有mgkx(2分)解得：x.(1分)(2)為使電流表正常工作，作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下，因此M端應接正極(2分)(3)設(shè)電流表滿偏時通過MN的電流強度為Im，則有BImmgk(x)(2分)聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)得Im2.5 A(1分)(4)設(shè)量程擴大后，磁感應強度變?yōu)锽，則有2BImmgk(x)(2分)解得：B.代入數(shù)據(jù)得：B0.10 T(2分)(1)(2)M端(3)2.5 A(4)0.10 T11(1)設(shè)兩板間的電壓為U，由動能定理得qUmv2由勻強電場中電勢差與電場強度的關(guān)系得UEd聯(lián)立式可得E.(2)粒子進入磁場后

15、做勻速圓周運動，運用幾何關(guān)系作出圓心為O，圓半徑為r.設(shè)第一次碰撞點為A，由于粒子與圓筒發(fā)生兩次碰撞又從S孔射出，因此，SA弧所對的圓心角AOS等于.由幾何關(guān)系得rRtan粒子運動過程中洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律，得qvBm聯(lián)立式得R.(3)保持M、N間電場強度E不變，M板向上平移d后，設(shè)板間電壓為U，則U設(shè)粒子進入S孔時的速度為v，由式看出綜合式可得vv設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r，則r設(shè)粒子從S到第一次與圓筒碰撞期間的軌跡所對圓心角為，比較兩式得到rR，可見粒子需經(jīng)過四個這樣的圓弧才能從S孔射出，故n3.(1)(2)(3)312(1)由幾何關(guān)系得：vyv0(1分)vv0(1分)根據(jù)動能定理有：qEhmv2mv(2分)聯(lián)立解得：h(1分)(2)粒子在電場中運動的時間t1(1分)加速度為a(1分)聯(lián)立解得：t1(1分)在磁場中運動的時間由幾何關(guān)系知t2T(2分)速率與周