高考物理特訓章末能力檢測（九）

一、選擇題1．(2021·廣東一模)已知通有恒定電流I的無限長直導線產(chǎn)生的磁場，磁感應強度與該點到導線的距離成反比，如圖，有三根無限長、通有大小一樣電流的直導線a、b、c等間距放置，其中b中電流與a、c相反，此時在紙面內且與a、b距離都相等的P點(未畫出)磁感應強度大小為B，現(xiàn)取走導線a，則P點的磁感應強度大小為()A．BB．1.5BC．0.4BD．0.5B答案：C解析：設P到a、b的距離均為x，則P到c的距離為3x，a在P點產(chǎn)生的磁場向內，磁感應強度設為B0，則c在P點產(chǎn)生的磁場向外，磁感應強度大小為eq\f(B0,3)，因此B＝B0＋B0－eq\f(B0,3)，解得B0＝eq\f(3,5)B，撤去a導線后，P點的磁感應強度為b、c兩導線產(chǎn)生的磁場在P點的磁感應強度的疊加，則B′＝B0－eq\f(B0,3)＝eq\f(2,3)B0＝0.4B，故C正確．2．如圖所示，水平地面上方存在垂直紙面向里的磁場，將一小球水平向右拋出，小球的落地點為a.現(xiàn)給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，則下列說法正確的是()A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都不變C．若小球帶正電荷，小球可能落在更遠的b點D．若小球帶正電荷，小球落地速度將減小答案：C解析：如果小球帶正電荷，由左手定則可知，小球所受的洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上和水平向右均有分力，因此，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故A、B錯誤，C正確；若小球帶正電荷，則小球下落時受洛倫茲力和重力，而洛倫茲力不做功，僅重力做功，所以小球的機械能仍守恒，故小球落地時的速度大小和不帶電時相同，D錯誤．3．(2019·天津卷)筆記本電腦機身和顯示屏對應部位分別有磁體和霍爾元件．當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件，電腦正常工作；當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件，屏幕熄滅，電腦進入休眠狀態(tài)．如圖所示，一塊寬為a、長為c的矩形半導體霍爾元件，元件內的導電粒子是電荷量為e的自由電子，通入方向向右的電流時，電子的定向移動速度為v.當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中，于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U，以此控制屏幕的熄滅．則元件的()A．前表面的電勢比后表面的低B．前、后表面間的電壓U與v無關C．前、后表面間的電壓U與c成正比D．自由電子受到的洛倫茲力大小為eq\f(eU,a)答案：D解析：電流方向向右，電子向左定向移動，根據(jù)左手定則可知，電子所受的洛倫茲力方向向里，則后表面積累了電子，前表面的電勢比后表面的電勢高，故A錯誤；由電子受力平衡可得eeq\f(U,a)＝evB，解得U＝Bva，所以前、后表面間的電壓U與v成正比，與c無關，故B、C錯誤；穩(wěn)定時自由電子受力平衡，受到的洛倫茲力等于電場力，即evB＝eeq\f(U,a)，故D正確．4．如圖所示，a、b是兩個勻強磁場邊界上的兩點，左邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向里，右邊勻強磁場的磁感線垂直紙面向外，兩邊的磁感應強度大小相等．電荷量為2e的帶正電的質點M以某一速度從a點垂直磁場邊界向左射出，與靜止在b點的電荷量為e的帶負電的質點N相撞，并黏合在一起，不計質點M和質點N的重力，則它們在磁場中的運動軌跡是()答案：B解析：碰撞后整體的電荷量為e，由左手定則判斷知整體在b點受到的洛倫茲力向下，整體向下旋轉；碰撞過程遵守動量守恒定律，由r＝eq\f(mv,qB)知，碰后總動量mv不變，電荷量q變?yōu)樵瓉淼囊话?，所以軌道半徑增大為原來?倍．綜上可知B正確．5．(2021·河南名校聯(lián)考)(多選)如圖所示，圓形勻強磁場區(qū)域的半徑為R，磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里．一電荷量為q、質量為m的帶正電粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點到ab的距離為eq\f(R,2).已知粒子的初速度大小為eq\f(qBR,m)，不計粒子受到的重力，下列說法正確的是()A．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,3qB)B．若僅將磁場反向，粒子射出磁場時到ab的距離為RC．若粒子從a點沿直徑ab方向射入，粒子射出磁場時的位置不變D．若僅將磁場的磁感應強度增大為2B，粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,qB)答案：BC解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，軌道半徑r＝eq\f(mv,qB)＝R，運動軌跡如圖中c所示．由幾何關系可知，軌跡所對的圓心角為120°，所以粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(θm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)，故A錯誤；若將磁場反向，則粒子運動的軌跡如圖中e所示，根據(jù)幾何關系可知，粒子射出磁場時到ab的距離為R，故B正確；若將粒子的射入點移動到a位置，由于r＝R，所以粒子在磁場中運動eq\f(1,4)圓周后射出磁場，即射出的位置不變——類似“磁聚焦”模型，故C正確；若磁感應強度增大為2B，則粒子的軌道半徑變?yōu)閑q\f(1,2)R，粒子在磁場運動eq\f(1,2)圓周后射出磁場，所以粒子在磁場中運動的時間t′＝eq\f(θm,2qB)＝eq\f(πm,2qB)，故D錯誤．6．(2021·青海西寧三模)(多選)如圖所示，兩豎直的平行金屬板間有可調節(jié)的加速電壓，右側金屬板上有一狹縫O，重力不計的正粒子由左側極板靜止釋放，粒子剛好從狹縫垂直金屬板射入右側的角形勻強磁場，MN為熒屏．已知∠M＝θ＝45°，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向外，OM＝d，粒子的比荷為k.當電壓調到最大U0時，粒子剛好垂直地到達熒屏，則下列說法正確的是()A．粒子在磁場中運動的最大半徑為eq\r(2)dB．當粒子剛好不能到達熒屏時，兩極板間的電壓為(2－eq\r(2))U0C．粒子到達熒屏的區(qū)域長度為(2－eq\r(2))dD．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(π,Bk)答案：CD解析：極板間電壓取最大值時，粒子剛好垂直地打在熒屏上，其軌跡如圖中的OP所示，其圓心為M，則由幾何關系可知r1＝MP＝MO＝d，故A錯誤；粒子在極板間運動過程有qU0＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，粒子在磁場中運動時有qBv1＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1).當粒子剛好不能到達熒屏時，其軌跡如圖中的OQ所示，其中Q為軌跡與熒屏的切點，由幾何關系可知sinθ＝eq\f(r2,d－r2)，解得r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2)－1))d；同理，粒子在極板間運動過程有qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，粒子在磁場中運動時有qBv2＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，由以上方程可解得U＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3－2\r(2)))U0，粒子達到熒屏區(qū)域的長度為s＝r1－r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(2)))d，故B錯誤、C正確；粒子在磁場運動時間最長時，軌跡為半圓弧，由T＝eq\f(2πm,qB)，tm＝eq\f(T,2)，可解得粒子在磁場中運動的最長時間tm＝eq\f(π,Bk)，故D正確．二、非選擇題7．如圖所示，一質量為m的導體棒MN兩端分別放在兩個固定的光滑圓形導軌上，兩導軌平行且間距為L，導軌處在豎直方向的勻強磁場中，當導體棒中通以自左向右的電流I時，導體棒靜止在與豎直方向成37°角的導軌上，重力加速度大小為g，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，則磁場的磁感應強度大小B＝________，每個圓導軌對導體棒的支持力大小F＝________．答案：eq\f(3mg,4IL)eq\f(5,8)mg解析：從左向右看，對導體棒受力分析如圖所示．由平衡條件得tan37°＝eq\f(F安,mg)，又F安＝BIL，解得B＝eq\f(3mg,4IL).設兩導軌對導體棒的支持力為2FN，則有2FNcos37°＝mg，解得FN＝eq\f(5,8)mg，即每個圓導軌對導體棒的支持力大小為eq\f(5,8)mg.8．如圖所示，在互相垂直的勻強電場和勻強磁場中，電荷量為q的液滴在豎直面內做半徑為R的勻速圓周運動．已知電場強度大小為E，磁感應強度大小為B，重力加速度為g，則液滴帶________(選填“正”或“負”)電，轉動方向為________(選填“順時針”或“逆時針”)，環(huán)繞速度大小為________．答案：正逆時針eq\f(BgR,E)解析：液滴在復合場中做勻速圓周運動，則必有重力和電場力平衡，即qE＝mg，方向相反，液滴帶正電．液滴做圓周運動的向心力由萬有引力提供，根據(jù)左手定則可知，液滴沿逆時針方向轉動．再根據(jù)qvB＝meq\f(v2,R)得，v＝eq\f(qBR,m)＝eq\f(BgR,E).9．(2021·云南三模)如圖所示，在xOy平面中，x＝3d的直線將第一象限分為區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ.在區(qū)域Ⅰ內有平行于y軸向上的勻強電場，在區(qū)域Ⅱ內有垂直紙面向里的勻強磁場．一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子從坐標原點O以速度v0沿x軸正方向射入電場，經(jīng)P(3d，2d)點射入磁場，粒子在磁場內運動過程中與y軸的最大距離為4d，不計粒子的重力．求：(1)勻強電場的電場強度大小E.(2)勻強磁場的磁感應強度大小B.(3)粒子回到y(tǒng)軸時的坐標．答案：(1)E＝eq\f(4mveq\o\al(2,0),9qd)(2)B＝eq\f(mv0,3qd)(3)(0，14d)解析：(1)如圖所示，粒子在區(qū)域Ⅰ內做類平拋運動，從O點到P點的過程水平位移x1＝3d＝v0t豎直位移y1＝2d＝eq\f(1,2)at2且qE＝ma解得E＝eq\f(4mveq\o\al(2,0),9qd).(2)粒子到達P點時，有vx＝v0，vy＝at且v＝eq\r(veq\o\al(2,x)＋veq\o\al(2,y))，tanθ＝eq\f(vy,vx)粒子從P點進入?yún)^(qū)域Ⅱ內做勻速圓周運動由題意