高考物理一轮复习讲练析学案之 磁场单元测试题 8页

‎2011年高考物理一轮复习讲练析精品学案之第9章 磁场单元测试题 学校：＿＿＿＿＿　班级：＿＿＿　　学号：＿＿＿＿＿　分数：＿＿＿＿＿＿＿‎ 时间120分钟，满分150分 第Ⅰ卷 选择题（共48分）‎ 一、选择题：本大题共12小题。每小题4分，共48分。在每小题给出的四个选项中有一个或一个以上选项符合题目要求，全部选对的得4分选不全的得2分，有选错或不答的得0分。‎ ‎1、我国第21次南极科考队在南极观看到了美丽的极光。极光是由来自太阳的高能量带电粒子流高速冲进高空稀薄大气层时，被地球磁场俘获，从而改变原有运动方向，向两极做螺旋运动，如图1所示。这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦从而激发大气分子或原子，使其发出有一定特征的各种颜色的光。科学家发现并证实，向两极做螺旋运动的这些高能粒子的旋转半径是不断减少的，这主要与下列哪些因素有关？（ ）‎ A、洛伦兹力对粒子做负功，使其动能减少 B、空气阻力做负功，使其动能减少 C、南北两极的磁感应强度增强 D、太阳对粒子的引力做负功 ‎2、目前世界上正研究的一种新型发电机叫磁流体发电机，如图4所示表示它的发电原理：将一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量带正电和负电的粒子，而从整体来说呈中性)沿图中所示方向喷射入磁场，磁场中有两块金属板A、B，这时金属板上就聚集了电荷．在磁极配置如图中所示的情况下，下述说法正确的是（ ）‎ A．A板带正电 ‎ ‎ B．有电流从b经用电器流向a C．金属板A、B间的电场方向向下 D．等离子体发生偏转的原因是离子所受洛伦兹力大于所受电场力 ‎3．如图所示，在一个水平胶木圆盘上有一个带负电荷的金属块P随圆盘一起绕过Ο点的竖直轴匀速转动，圆盘转动的最大角速度为ω．若在竖直方向加一向下的匀强磁场，仍然保持P随圆盘一起转动，圆盘依图示方向匀速转动的最大角速度为ω′．则下面判断正确的是（ ）‎ A．金属块受到的磁场力方向指向圆心O　　‎ B．金属块受到的磁场力方向背离圆心O C．ω<ω′ 　　　　　　　　　　　　　　　　‎ D．ω>ω′ ‎4．如图4所示，某一真空室内充满竖直向下的匀强电场E，在竖直平面内建立坐标系xoy，在y<0的空间里有与场强E垂直的匀强磁场B，在y＞0的空间内，将一质量为m的带电液滴（可视为质点）自由释放，此液滴则沿y轴的负方向，以加速度a =‎2g（g为重力加速度）作匀加速直线运动，当液滴运动到坐标原点时，瞬间被安置在原点的一个装置改变了带电性质（液滴所带电荷量和质量均不变），随后液滴进入y<0的空间内运动．液滴在y<0的空间内运动过程中（ ） ‎ A重力势能一定是不断减小 B电势能一定是先减小后增大 C动能不断增大 D动能保持不变 ‎5、回旋加速器是加速带电粒子的装置，其核心部分是分别与高频交流电极相连接的两个D形金属盒，两盒间的狭缝中形成的周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，如图所示，要增大带电粒子射出时的动能，则下列说法中正确的是 （ ） ‎ A．增大匀强电场间的加速电压 B．增大磁场的磁感应强度 C．减小狭缝间的距离 D．增大D形金属盒的半径 ‎6．如图6所示，两个横截面分别为圆和正方形，但磁感应强度均相同的匀强磁场，圆的直径D等于正方形的边长，两个电子以相同的速度分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直。进入圆形区域的电子速度方向对准了圆心，进入正方形区域的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则（ ）‎ A．两个电子在磁场中运动的半径一定相同 B．两电子在磁场中运动的时间有可能相同 C．进入圆形区域的电子一定先飞离磁场 D．进入圆形区域的电子一定不会后飞离磁场 ‎7. 如图7所示，空间有一垂直纸面的磁感应强度为0.5T的匀强磁场，一质量为‎0.2kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上，在木板左端无初速放置一质量为‎0.1kg、电荷量q＝＋‎0.2C的滑块，滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5，滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左，大小为0.6N恒力，g取‎10m/s2。则（ ）‎ A．木板和滑块一直做加速度为‎2m/s2的匀加速运动 B．最终木板做加速度为‎3 m/s2的匀加速运动 C．滑块最终做速度为‎10m/s的匀速运动 D．滑块一直受到滑动摩擦力的作用 ‎8、如图所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中l和2为质子、3为粒子。它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r1＞r2＞r3，并相切于P点。设T、v、a、t分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P点算起到第一次通过图中虚线MN所经历的时间，则（ ）‎ A．T1 ＜T3 B．v1 = v2＞v3‎ C．a1＞a2＞a3 D．t1＜t2＜t3‎ ‎9. 如图8所示，荷质比为e/m的电子，以速度v0沿AB边射入边长为a的等边三角形的匀强磁场区域中，欲使电子从BC边穿出，磁感应强度B的取值为（　）‎ A．　 B． ‎ C．　　D．‎ ‎10．如图10所示，虚线框abcd内为一矩形匀强磁场区域，ab＝2bc，磁场方向垂直于纸面；实线框a’b’c’d’是一正方形导线框，a’b’边与ab边平行。若将导线框匀速地拉离磁场区域，以W1表示沿平行于ab的方向拉出过程中外力所做的功，W2表示以同样速率沿平行于bc的方向拉出过程中外力所做的功，则（　 ）‎ A．W1＝W2 B．W2＝2W‎1 ‎‎ C．W1＝2W2 D．W2＝4W1‎ ‎11．如图11所示，虚线间空间存在由匀强电场E和匀强磁场B组成的正交或平行的电场和磁场，有一个带正电小球（电量为+q，质量为m）从正交或平行的电磁混合场上方的某一高度自由落下，那么，带电小球可能沿直线通过下列的哪个电磁混合场：（ ）‎ ‎12．如图所示，一电子从a点以速度v垂直进入长为d、宽为h的矩形磁场区域沿曲线ab运动，且通过b点离开磁场。已知电子的质量为m，电量为e，磁场的磁感应强度为B，ab的弧长为s，不计重力，则该电子在磁场中运动的时间为(    ) ‎ A.t=                                                B.t=‎ C.t=arcsin()                   D.t=arcos() ‎ v/(mŸs-1)‎ F/10-2N O O t/s t/s ‎5‎ ‎5‎ 甲 乙 二、非选择题：本题共8小题，共102分。按题目要求作答。解答题应写出必要的文字说明。方程式和重要演算步骤。只写出最后答案的不能得分。有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位。‎ v0‎ ‎13．（13分）如图12所示，在竖直平面内有一圆形绝缘轨道，半径R=‎1m，处于垂直于轨道平面向里的匀强磁场中，一质量为，带电量为的小球，可在内壁滑动。现在最低点处给小球一个水平初速度v0，使小球在竖直平面内逆时针做圆周运动，图13甲是小球在竖直平面内的速率v随时间变化的情况，图13乙是小球所受轨道的弹力F随时间变化的情况，已知小球能有两次到达圆形轨道的最高点。结合图象和数据（g=‎10 m/s2），求：‎ ‎（1）磁感应强度的大小；‎ ‎（2）小球从开始运动至图甲中速度为‎2m/s的过程中，摩擦力对小球做的功。‎ ‎14．（13分）、1998年6月，我国科学家和工程师研制的阿尔法磁谱仪由发现号航天飞机搭载升空，探测宇宙中是否有反物质．我们知道物质的原子是由带正电的原子核及带负电的电子组成，原子核是由质子和中子组成，而反物质的原子则是由带负电的反原子核及带正电的正电子组成，反原子核由反质子和反中子组成．与质子、中子、电子等这些物质粒子相对应的反质子、反中子、反电子等均称为反粒子．由于反粒子具有与相应粒子完全相同的质量及相反的电磁性质，故可用下述方法探测：如图14所示，设图中各粒子或反粒子沿垂直于匀强磁场B方向（）进入横截面为MNPQ的磁谱仪时速度相同，若氢（）原子核在Ox轴上的偏转位移为，且恰为其轨道半径的一半．‎ ‎（1）请画出反氢核（）和反氦核（）的轨迹；‎ ‎（2）求出它们在Ox轴上的偏转位移和．‎ ‎ ‎ ‎ 15、如图6 – 14所示，在x轴上方有磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场．X轴下方有磁感应强度大小为B/2，方向垂直纸面向外的匀强磁场．一质量为m、电量为– q的带电粒子（不计重力），从x轴上的O点以速度v0垂直x轴向上射出．求：‎ ‎ （1）射出之后经多长时间粒子第二次到达x轴，粒子第二次到达x轴时离O点的距离是多少？‎ ‎ （2）若粒子能经过在x轴距O点为L的某点，试求粒子到该点所用的时间（用L与v0表达）．‎ ‎ ‎ ‎16．（13分）如图17所示，两个宽度为d的有界磁场区域，磁感应强度都为B，方向如图18所示，不考虑左右磁场相互影响且有理想边界。一带电质点质量为m，电量为q，以一定的初速度从边界外侧垂直磁场方向射入磁场，入射方向与CD成θ角。若带电质点经过两磁场区域后又与初速度方向相同的速度出射。求初速度的最小值以及经过磁场区域的最长时间。（重力不计）。‎ ‎17（15分）、如图18所示，质量为M =‎2 kg的小车A静止在光滑水平面上，A的右端停放有一个质量为m =‎0.4 kg带正电荷q =‎0.8 C的小物体B．整个空间存在着垂直纸面向里磁感应强度B =0.5T的匀强磁场，现从小车的左端，给小车A一个水平向右的瞬时冲量I =26 N·s，使小车获得一个水平向右的初速度，物体与小车之间有摩擦力作用，设小车足够长，求：‎ ‎（1）瞬时冲量使小车获得的动能．‎ ‎（2）物体B的最大速度．‎ ‎（3）在A与B相互作用过程中系统增加的内能．（g =‎10m/s2）‎ ‎18、（16分）某塑料球成型机工作时，可以喷出速度v0 = ‎10 m/s的塑料小球，已知喷出的每个小球的质量m = 1.0 × 10 – ‎4 kg，并且在喷出时已带了q = – 1.0 × 10 – ‎4 C的电荷量．如图6 – 25所示，小球从喷口飞出后，先滑过长d = ‎1.5 m的水平光滑的绝缘轨道，而后又滑过半径R = ‎0.4 m的圆弧形竖立的光滑绝缘轨道并从某处飞出．今在水平轨道上加上水平向右的场强大小为E的匀强电场，小球将恰好从圆弧轨道的最高点M处水平飞出；若再在圆形轨道区域加上垂直纸面向里的匀强磁场后，小球将恰好滑过圆弧轨道上与圆心等高的N点，最后落入放在地面上接地良好的金属容器内，g = ‎10 m/s2，求 ‎ （1）所加电场的场强E多大？‎ ‎ （2）所加磁感应强度B多大？在此种情况下，小球经过M点时对轨道的压力多大？‎ ‎19、（17分）如图21所示,水平直线MN为两个匀强磁场的分界面,MN上方的磁感应强度B1=B,MN下方的磁感应强度B2=2B,磁场方向均垂直纸面向外.在磁场的空间还存在匀强电场,电场强度大小为E,竖直向上.一带电小球从界面上的A点盐电场方向射入上部磁场区域后恰能在竖直方向上做匀速圆周运动.在A点的右侧的界面上有一点P,与A点的距离为d.要使小球能经过P点,则小球从A点射出的速度v应满足什么条件？‎ 磁场测试题参考答案 ‎1、BC。解析：带电粒子在磁场中运动轨道半径为：R=mv/(qB)，由于这些高能粒子在运动过程中与大气分子或原子剧烈碰撞或摩擦，速度越来越小，另外越靠近两极地磁场的强度越强，所以粒子的轨道半径将减小。‎ ‎2、BD。根据左手定则和力的平衡可知本题答案选BD。‎ ‎3、答案：BD。解析：金属块转动形成的电流方向与金属块转动的方向相反，由左手定则可判定金属块所受的洛沦兹力方向背离圆心O，因此A对；假设金属块不带电，根据牛顿定律有mgμ=mω2r，带电时根据牛顿定律有mgμ-qvB=mω/2r，可见要使金属块与圆盘相对静止则转盘的加速度变小，则D对。‎ ‎4、D．[点拨：根据牛顿定律有FD电场+G=2mg，即液滴受的电场力等于FD电场=mg，液滴进入y<0的空间后将做匀速直线运动，因此答案选D。‎ ‎5、答案：BD。解析：设离子的最大回旋半径为R，由牛顿第二定律可得：‎ ‎，离子的最大动能为：。答案为BD。‎ ‎6、A[点拨：根据公式R=mv/qB可知答案A正确，若两个粒子的轨道半径R=D/2那么两电子在磁场中运动的时间相同，因此答案B正确；粒子在磁场中的可能运动情况如图所示，由于它们的轨道半径是相同的，由图可以看出进入圆形区域的电子一定先飞离磁场，因此C对；由于离子的圆心一定在入射点的切线上，所以粒子一定会飞出磁场，因此D错误]‎ ‎7、BC。[点拨：由于动摩擦因数为0.5，静摩擦力能提供的最大加速度为‎5m/s2，所以当0.6N的恒力作用于木板时，系统一起以‎2m/s2的加速度一起运动，当滑块获得向左运动的速度以后又产生一个方向向上的洛伦兹力，当滑块速度达到‎10m/s时滑块与木板之间的弹力为零，于是摩擦力消失，滑块做匀速运动，而木板在恒力作用下做匀加速运动，故选项BC正确。]‎ ‎8、答案：ACD。【解析】由Bqv =，得到NE ，由此可以看出在同一磁场中粒子运动的周期只与粒子的比荷有关，分析质子和α粒子的比荷，可知A正确；由Bqv = 可知 v =，比较质子和α粒子的比荷和半径，可知B错误；由Bqv =ma可知，C正确；同时观察各个粒子转过的圆心角，结合NE ，可知D正确。‎ ‎9．C[点拨：假设恰好沿BC方向射出，画出电子所走的弧，速度方向与该点所在的半径垂直，故可以过A点做与v0方向（即AB方向）垂直的直线，此即为带电粒子做匀速圆周运动的半径方向．同理过C点作垂直于BC的直线，也为该点的半径方向，两半径相交点即为带电粒子做匀速圆周运动的圆心．如图2．由图示情况可以看出当时电子刚好不能从BC边射出．要使电子可以从BC边射出，必满足r＞，而r＝，所以B＜时，电子可以从BC边射出。‎ ‎10、B．[点拨：两次过程中穿过线框的磁通量相同，都为Δφ，设线框的速度为v，根据法拉第电磁感应定律有：E=Δφ/t，其中t=s/t，电路中的电流I=E/R=Δφ/Rt，拉力做的功全部转化为热能，因此有Q=I2Rt=Δφ2/Rt，ab＝2bc，因此答案选B。]‎ ‎11、CD．[点拨：对A情况带电小球进入复合后，若小球所受的洛沦兹力f等于电场力F，由于重力做正功，最终小球要发生偏转，若f≠F，则小球一进入复合场就发生偏转；对B情况带电小球一进入复合场立即偏转；对C情况小球一进入复合场后小球所受G、f、F的合力为零，因此小球可能做匀速直线运动；对D情况，小球进入复合场后一定做直线运动，因此答案选C、D。]‎ ‎12．答案BC。解析：电子匀速圆周运动时间t=s/v,A错B对，同时sinθ=d/R (θ为圆心角)，由几何关系=R同时T=      t=arcsin()故C对D错。‎ ㈠选做题参考答案 ‎13．13、解（1）由甲图可知，小球第二次过最高点时，速度大小为‎2m/s，由乙图可知此时轨道与球间的弹力为0，所以有：，代入数据可得：B=0.1T ‎ （2）从乙图可知小球第一次过最低点时，轨道与球间的弹力为：F=8.0×10-2N，由牛顿第二定律可得：，解得：v0=‎7m/s,由于在上过程中洛仑兹力不做功，根据动能定理可得：，代入数据可得：‎ ‎14、点拨：设质子的质量为m，电荷量为q，据题意有：‎ ‎（r为质子的轨道半径） ①（2分） ②（2分）‎ 由于反氢核（反质子）质量为m，电荷量为-q，故其轨道半径r1=r，但偏转方向相反．即：‎ x1=-x0 ③（2分）‎ 由于反氦核（反a 粒子）的质量为‎4m，电量为-2q，同理，轨道半径 ‎　④（2分）‎ 由图中几何关系可知：‎ ‎ ⑤（2分）‎ 反氢核和反氦核的运动轨迹如图2所示．（3分）‎ ‎15、解析：（1）粒子的运动轨迹示意图如图6 – 15所示 ‎ 由牛顿第二定律：qv0B = 得r1 = r2 =‎ ‎ 由T =得：T1 = T2 =‎ ‎ 粒子第二次到达x轴所需时间：‎ ‎ t =(T1 + T2) =‎ ‎ 粒子第二次到达x轴时离O点的距离：s = 2(r1 + r2) =．‎ ‎ （2）设粒子第N次经过在x轴的点距O点为L，不论N为偶数还是奇数粒子走过的弧长均为，所以．‎ ‎16．解：带电质点只要能进入第二磁场，就可满足要求。即带电质点至少能进入的第二个磁场的速度为最小值。带电粒子的轨迹图如图所示，（3分）‎ 根据几何关系有：d=R(1+cosθ) , （2分）‎ 由牛顿第二定律可得（2分）‎ 所以 （2分） ‎ 因为（2分），所以 （2分）‎ ‎17、点拨：（1）瞬时冲量和碰撞是一样的，由于作用时间极短，可以忽略较小的外力的影响，而且认为，冲量结束后物体B的速度仍为零，冲量是物体动量变化的原因，根据动量定理即可求得小车获得的速度，进而求出小车的动能．‎ I = Mv0 （1分） v0 = I / M = ‎13m / s （1分） Ek = Mv02 / 2 = 169J （1分）‎ ‎（2）小车A获得水平向右的初速度后，由于A、B之间的摩擦，A向右减速运动B向右加速运动，由于洛伦兹力的影响，A、B之间摩擦也发生变化，设A、B刚分离时B的速度为vB，则： ‎ BqvB = mg （1分） 即vB = mg / Bq = ‎10m / s （2分） ‎ 若A、B能相对静止。设共同速度为v，由Mv0 = (M + m)v （2分）‎ 解得 v = ‎10.8m / s （1分）‎ 因vB＜v，说明A、B在没有达到共同速度前就分离了， ‎ 所以B的最大速度为vB = ‎10m / s． （1分）‎ ‎（3）由于洛伦兹力的影响，A、B之间的摩擦力逐渐减少，因此无法用Q = fs求摩擦产生的热量，只能根据机械能的减少等于内能的增加来求解．‎ 由于B物体在达到最大速度时，两个物体已经分离，就要根据动量守恒定律求这时A的速度，设当物体B的速度最大时物体A的速度为vA A、B系统水平方向动量守恒：Mv0 = MvA + mvB （2分）‎ ‎∴vA = (Mv0 – mvB) / M = ‎11m/s （1分）‎ Q =ΔE = Mv02 / 2 – MvA2 / 2 – mvB2 / 2 = 28J （2分）‎ ‎18解析：（1）设小球在M点的速率为v1，只加电场时对某球的M点由牛顿第二定律得：mg = m； 在水平轨道上，对某球由动能定理得：– Eqd =。 联立解得：E = 32 V/m．‎ ‎ （2）设小球在N点的速率为v2，在N点，对小球由牛顿第二定律得：qv2B = m ‎ 从M点到N点，由机械能守恒定律得：mgR +‎ ‎ 联立解得：B =T = 8.7 T ‎ 在M点，对小球由牛顿第二定律得： mg + qv1B – FN = m（或FN = qv1B）‎ ‎ 解出轨道对小球的支持力FN≈1.74 × 10 – 3 N 由牛顿第三定律，= – FN ≈ – 1.74 × 10 – 3 N，其中负号表示方向竖直向下．‎ ‎20、点拨：小球射出后恰能在竖直平面内做匀速圆周运动，说明小受的电场力大小等于小球的重力，根据力的平衡有：mg=qE；① （3分）‎ 由于MN上下两部分的磁场强度的关系为B2=2B,有R=mv/qB可知小球在上方磁场中运动的半径R1与小球在下方磁场中运动的半径R2的关系为R1=2R2。（2分）‎ 设小球在下方磁场中绕行n个半周期，在上方磁场中饶行（n+1）个半周期后恰好经过P点，则必须满足（n+1）2R1-n2R2=d，即（n+2）R1=d，（n=0、1、2、3……），（4分）‎ 设对应n的速度为vn，有R=mvn/qB，（3分）‎ 代入上式并联立①可解得：，（n=0、1、2、3……），（3分）‎ 其中当n分别等于0、1、2时，小球的轨迹如图中的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ。（2分）‎