（江蘇專用）高考物理總復習 階段驗收評估（八）磁場-人教版高三物理試題

階段驗收評估(八)磁場(時間：60分鐘滿分：100分)一、單項選擇題(本題共5小題，每小題6分，共30分，每小題只有一個選項正確)1．(2014·通州模擬)下列關于導體在磁場中受力的說法中，正確的是()A．通電導體在磁場中一定受到安培力的作用B．通電導體在磁場中有時不會受到安培力的作用C．通電導體中的電流方向與磁場方向不平行也不垂直時，不會受到安培力的作用D．只要導體放入磁場中，無論是否通電都會受到安培力的作用2.(2014·豐臺區(qū)一模)如圖1所示，電源電動勢為E，內阻為r，滑動變阻器最大電阻為R，開關K閉合。兩平行金屬極板a、b間有勻強磁場，一帶負電的粒子(不計重力)以速度v水平勻速穿過兩極板。下列說法正確的是()圖1A．若將滑片P向上滑動，粒子將向a板偏轉B．若將a極板向上移動，粒子將向a板偏轉C．若增大帶電粒子的速度，粒子將向b板偏轉D．若增大帶電粒子帶電量，粒子將向b板偏轉3．(2014·全國卷Ⅰ)如圖2，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)。一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O。已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變。不計重力。鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()圖2A．2 B．eq\r(2)C．1 D．eq\f(\r(2),2)4．(2014·大豐模擬)如圖3所示，長方體玻璃水槽中盛有NaCl的水溶液，在水槽左、右側壁內側各裝一導體片，使溶液中通入沿x軸正向的電流I，沿y軸正向加恒定的勻強磁場B。圖中a、b是垂直于z軸方向上水槽的前、后兩內側面，則()圖3A．a處電勢高于b處電勢B．a處離子濃度大于b處離子濃度C．溶液的上表面電勢高于下表面的電勢D．溶液的上表面處的離子濃度大于下表面處的離子濃度5．(2014·唐山二模)如圖4是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線。在圓柱形筒上某一直徑兩端開有小孔M、N，現有一束速率不同、比荷均為k的正、負離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)。則從N孔射出的離子()圖4A．是正離子，速率為kBR/cosαB．是正離子，速率為kBR/sinαC．是負離子，速率為kBR/sinαD．是負離子，速率為kBR/cosα二、多項選擇題(本題共3小題，每小題6分，共18分，每小題有多個選項正確，全選對得6分，選對但不全得3分，選錯或不選得0分)6.(2014·湖北模擬)如圖5所示，兩平行導軌ab、cd豎直放置在勻強磁場中，勻強磁場方向豎直向上，將一根金屬棒PQ放在導軌上使其水平且始終與導軌保持良好接觸?，F在金屬棒PQ中通以變化的電流I，同時釋放金屬棒PQ使其運動。已知電流I隨時間的關系為I＝kt(k為常數，k＞0)，金屬棒與導軌間存在摩擦。則下面關于棒的速度v、加速度a隨時間變化的關系圖像中，可能正確的有()圖5圖67．(2014·徐州模擬)如圖7所示，平面直角坐標系的第Ⅰ象限內有一勻強磁場垂直于紙面向里，磁感應強度為B。一質量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點沿著與y軸夾角為30°的方向進入磁場，運動到A點時速度方向與x軸的正方向相同，不計粒子的重力，則()圖7A．該粒子帶正電B．A點與x軸的距離為eq\f(mv,2qB)C．粒子由O到A經歷時間t＝eq\f(πm,3qB)D．運動過程中粒子的速度不變8.(2014·安慶二模)如圖8所示，a、b為豎直正對放置的平行金屬板構成的偏轉電場，其中a板帶正電，兩板間的電壓為U，在金屬板下方存在一有界的勻強磁場，磁場的上邊界為與兩金屬板下端重合的水平面PQ，PQ下方的磁場范圍足夠大，磁場的磁感應強度大小為B，一比荷為eq\f(q,m)帶正電粒子以速度v0從兩板中間位置沿與a、b平行方向射入偏轉電場，不計粒子重力，粒子通過偏轉電場后從PQ邊界上的M點進入磁場，運動一段時間后又從PQ邊界上的N點射出磁場，設M、N兩點距離為x(M、N點圖中未畫出)。則以下說法中正確的是()圖8A．只減小磁感應強度B，則x增大B．只增大初速度v0，則x減小C．只減小偏轉電場的電壓U，則x增大D．只減小帶電粒子的比荷eq\f(q,m)，則x不變三、非選擇題(本題共3小題，共52分。解答時應寫出必要的文字說明、方程式和演算步驟)9．(14分)如圖9所示，有界勻強磁場的磁感應強度B＝2×10－3T；磁場右邊是寬度L＝0.2m、場強E＝40V/m、方向向左的勻強電場。一帶電粒子電荷量q＝－3.2×10－19C，質量m＝6.4×10－27kg，以v＝4×104圖9(1)大致畫出帶電粒子的運動軌跡；(2)帶電粒子在磁場中運動的軌道半徑；(3)帶電粒子飛出電場時的動能Ek。10．(18分)(2014·貴州六校聯考)如圖10所示，在0≤x≤d的空間，存在垂直xOy平面的勻強磁場，方向垂直xOy平面向里。y軸上P點有一小孔，可以向y軸右側垂直于磁場方向不斷發(fā)射速率均為v、與y軸所成夾角θ可在0～180°范圍內變化的帶負電的粒子。已知θ＝45°時，粒子恰好從磁場右邊界與P點等高的Q點射出磁場，不計重力及粒子間的相互作用。求：圖10(1)磁場的磁感應強度；(2)若θ＝30°，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角(可用三角函數、根式表示)；(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經過的區(qū)域的面積(可用根式表示)。11.(20分)(2014·宿遷模擬)如圖11，靜止于A處的離子，經加速電場加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點垂直CN進入矩形區(qū)域的有界勻強電場，電場方向水平向左。靜電分析器通道內有均勻輻射分布的電場，已知圓弧虛線的半徑為R，其所在處場強為E、方向如圖所示；離子質量為m、電荷量為q；eq\x\to(QN)＝2d、eq\x\to(PN)＝3d，離子重力不計。圖11(1)求加速電場的電壓U；(2)若離子恰好能打在Q點上，求矩形區(qū)域QNCD內勻強電場場強E0的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內的勻強電場，換為垂直紙面向里的勻強磁場，要求離子能最終打在QN上，求磁場磁感應強度B的取值范圍。答案1．選B磁場對通電導體有力的作用，將導體放入磁場，不通電也就無電流，無電流也就不會受到安培力的作用，選項D錯誤；通電導體放入磁場中，也不一定就受到安培力的作用，當導體方向與磁場方向平行時，導體不受安培力的作用，當導體與磁場垂直時，導體受到的力最大，其他情況下，受到的力介于0與最大值之間，由此可見，選項A、C錯誤，B正確。2．選C因電容器與電阻并聯，將滑片P向上滑動，電阻兩端的電壓減小，故兩板間的電場強度要減小，故所受電場力減小，因帶負電，電場力向上，則粒子將向b板偏轉運動，故A錯誤；保持開關閉合，將a極板向上移動一點，板間距離增大，電壓不變，由E＝eq\f(U,d)可知，板間場強減小，若粒子帶負電，則粒子所受電場力向上，洛倫茲力向下，帶電粒子受電場力變小，則粒子將向b板偏轉，故B錯誤；由圖可知a板帶正電，b板帶負電，因帶電粒子帶負電，則受電場力向上，洛倫茲力向下，原來二力應大小相等，物體才能做勻速直線運動；若增大帶電粒子的速度，所受極板間洛倫茲力增大，而所受電場力不變，故粒子將向b板偏轉，故C正確；若增大帶電粒子帶電量，所受電場力增大，而所受洛倫茲力也增大，但兩者仍相等，故粒子將不會偏轉，故D錯誤。3．選D根據題圖中的幾何關系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍。設粒子在P點的速度為v1，根據牛頓第二定律可得qv1B1＝eq\f(mv12,r1)，則B1＝eq\f(mv1,qr1)＝eq\f(\r(2mEk),qr1)；同理，B2＝eq\f(mv2,qr2)＝eq\f(\r(2m·\f(1,2)Ek),qr2)，則eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，D正確，A、B、C錯誤。4．選B當通入沿x軸正向的電流時，由左手定則可知，正、負電子均向a側偏，a處離子濃度大于b處，但a、b兩板無電勢差，故B選項正確。5．選B因為離子向下偏，根據左手定則，離子帶正電，運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知r＝eq\f(R,sinα)，由qvB＝meq\f(v2,r)可得v＝eq\f(kBR,sinα)，故B正確。6．選AD根據牛頓第二定律得，金屬棒的加速度a＝eq\f(mg－f,m)，f＝μN＝μFA＝μBIL＝μBLkt，聯立解得加速度a＝g－eq\f(μBLkt,m)，與時間呈線性關系，故A正確，B錯誤；因為開始加速度方向向下，與速度方向相同，做加速運動，加速度逐漸減小，即做加速度逐漸減小的加速運動，然后加速度方向向上，加速度逐漸增大，做加速度逐漸增大的減速運動，故C錯誤，D正確。7．選BC根據粒子的運動方向，由左手定則判斷可知粒子帶負電，A項錯；運動過程中粒子做勻速圓周運動，速度大小不變，方向變化，D項錯；粒子做圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)，周期T＝eq\f(2πm,qB)，從O點到A點速度的偏向角為60°，即運動了eq\f(1,6)T，所以由幾何知識求得點A與x軸的距離為eq\f(mv,2qB)，粒子由O到A經歷時間t＝eq\f(πm,3qB)，B、C兩項正確。8．選AC粒子進入磁場后做勻速圓周運動，由半徑公式R＝eq\f(mv,qB)可知，只增大初速度v0或只減小磁感應強度B都導致半徑增大，則x也增大，故A正確，B錯誤；只減小偏轉電場的電壓U會導致速度與磁場邊界的夾角為θ變大，則由半徑公式R＝eq\f(mv0,qB)，結合幾何關系可得x＝2Rsinθ＝eq\f(2mv0sinθ,qB)，則會導致x增大，故C正確；只減小帶電粒子的比荷eq\f(q,m)，由半徑公式可知，則會導致半徑增大，則x也增大，故D錯誤。9．解析：(1)軌跡如圖所示(2)帶電粒子在磁場中運動時，由牛頓運動定律得qvB＝meq\f(v2,R)R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(6.4×10－27×4×104,3.2×10－19×2×10－3)m＝0.4m。(3)Ek＝EqL＋eq\f(1,2)mv2＝40×3.2×10－19×0.2J＋eq\f(1,2)×6.4×10－27×(4×104)2J＝7.68×10－18J。答案：(1)軌跡見解析圖(2)0.4m(3)7.68×10－18J10．解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，設粒子的軌道半徑為R，磁場的磁感應強度為B，則qvB＝meq\f(v2,R)如圖甲所示，由幾何關系d＝2Rcos45°解得B＝eq\f(\r(2)mv,qd)。(2)如圖甲所示，由幾何關系d＝Rcos30°＋Rcosα解得cosα＝eq\f(2\r(2)－\r(3),2)。(3)能夠從磁場右邊界射出的粒子在磁場中經過的區(qū)域，如圖乙中兩圓弧間斜線部分所示，由幾何關系R2－(d－R)2＝(PM)2該區(qū)域面積為S＝d·(PM)解得S＝d2eq\r(\r(2)－1)。答案：見解析11．解析：(1)離子在加速電場中加速，根據動能定理，有：qU＝eq\f(1,2)mv2離子在輻向電場中做勻速圓周運動，電場力提供向心力，根據牛頓第二定律，有qE＝meq\f(v2,R)得U＝eq\f(1,2)ER。(2)離子做類平拋運動2d＝vt,3d＝eq\f(1,2)at2由牛頓第二定律得qE0＝ma則E0＝eq\f(3ER,2d)。(3)離子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據牛頓第二定律，有qBv＝meq\f(v2,r)則r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(