章未高考真题集训 11页

章末高考真题集训 一、选择题(本题共10小题，其中1～6小题为单选，7～10小题为多选)‎ ‎1．[2014·课标全国卷Ⅰ]关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是(　　)‎ A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 答案　B 解析　安培力的方向垂直于电流和磁感应强度所构成的平面，选项A错误，选项B正确；当直导线电流与磁感应强度大小一定的情况下，二者方向垂直时安培力最大，二者方向平行时安培力为零，选项C错误；由于安培力是矢量，将直导线从中点折成直角后，安培力的大小变为原来的，选项D错误。‎ ‎2．[2015·课标全国卷Ⅰ]两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　)‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 答案　D 解析　带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝m，解得轨道半径r＝ ‎。带电粒子由较强磁场区域进入到较弱磁场区域，磁感应强度B减小，由r＝可知，轨道半径r增大。由于洛伦兹力不做功，带电粒子速度不变，由角速度公式ω＝v/r，可知角速度减小，选项D正确，选项A、B、C错误。‎ ‎3．[2014·安徽高考]“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)‎ A. B．T C. D．T2‎ 答案　A 解析　带电粒子在垂直于磁感线的平面内以速度v做匀速圆周运动。向心力由洛伦兹力提供，qvB＝m；轨道半径R＝；动能Ek＝mv2∝T，得磁感应强度B正比于，选项A正确。‎ ‎4．[2015·海南高考]‎ 如图，a是竖直平面P上的一点。P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向(　　)‎ A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 答案　A 解析　条形磁铁在a点产生的磁场方向垂直平面P 向外，根据左手定则，该电子受到的洛伦兹力方向向上，选项A正确。‎ ‎5．[2015·江苏高考]‎ 如图所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度。下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN相等，将它们分别挂在天平的右臂下方。线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态。若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是(　　)‎ 答案　A 解析　通电导线在磁场中所受到的安培力F＝nBIL，题图中各线圈在磁场中受安培力的导线有效长度L等于线圈与磁场边界两交点间的距离，原来天平处于平衡状态，若磁场改变，安培力的变化量ΔF＝nILΔB，有效长度最大的线圈，安培力的变化量最大，最容易失去平衡，A正确。‎ ‎6．[2013·课标全国卷Ⅰ]‎ 如图，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为。已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°。则粒子的速率为(不计重力)(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r＝R，再由qvB＝m，得r＝，解得v＝，B正确。‎ ‎7．[2013·浙江高考]在半导体离子注入工艺中，初速度可忽略的磷离子P＋和P3＋，经电压为U的电场加速后，垂直进入磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里、有一定宽度的匀强磁场区域，如图所示。已知离子P＋在磁场中转过θ＝30°后从磁场右边界射出。在电场和磁场中运动时，离子P＋和P3＋(　　)‎ A．在电场中的加速度之比为1∶1‎ B．在磁场中运动的半径之比为∶1‎ C．在磁场中转过的角度之比为1∶2‎ D．离开电场区域时的动能之比为1∶3‎ 答案　BCD 解析　设加速电场宽度为d，由a＝得，＝，A项错误；粒子在电场中加速，根据动能定理有qU＝mv2，两粒子进入磁场的动能之比为1∶3，D项正确；粒子进入磁场的速度v＝，故两粒子进入磁场的速度之比＝，由R＝得＝，B项正确；设磁场宽度为x，P＋粒子运动的半径为R，则P3＋粒子运动的半径为R，作出两粒子运动的轨迹，由几何关系得sin30°＝，设P3＋粒子运动的圆心角为θ′，则sinθ′＝，解得θ′＝60°，因此P＋与P3＋在磁场中转过的角度之比为1∶2，C项正确。‎ ‎8．[2015·课标全国卷Ⅱ]指南针是我国古代四大发明之一。关于指南针，下列说法正确的是(　　)‎ A．指南针可以仅具有一个磁极 B．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场 C．指南针的指向会受到附近铁块的干扰 D．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 答案　BC 解析　‎ 指南针两端分别是N极和S极，具有两个磁极，选项A错误；指南针静止时，N极的指向为该处磁场的方向，故指南针能够指向南北，说明地球具有磁场，选项B正确；铁块在磁场中被磁化，会影响指南针的指向，选项C正确；通电直导线在其周围会产生磁场，会影响指南针的指向，选项D错误。‎ ‎9.‎ ‎[2014·课标全国卷Ⅱ]图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)‎ A．电子与正电子的偏转方向一定不同 B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小 答案　AC 解析　根据左手定则，电子和正电子受到的洛伦兹力方向相反，所以偏转方向一定不同，选项A正确；电子和正电子的速度不一定相同，所以它们运动轨迹的半径不一定相同，选项B错误；质子和正电子的偏转方向相同，且速度大小未知，半径大小没有确定的关系，所以无法判断是质子还是正电子，选项C正确；粒子的动能越大，速率越大，轨道半径越大，选项D错误。‎ ‎10.‎ ‎[2015·四川高考]如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝‎‎9.1 cm ‎，中点O与S间的距离d＝‎4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4 T。电子质量m＝9.1×10－‎31 kg，电荷量e＝－1.6×10－‎19 C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×‎106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则(　　)‎ A．θ＝90°时，l＝‎9.1 cm B．θ＝60°时，l＝‎‎9.1 cm C．θ＝45°时，l＝‎4.55 cm D．θ＝30°时，l＝‎‎4.55 cm 答案　AD 解析　如图所示，根据“用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围”的模型，图中圆O1、O2均为半径为R的圆，圆O1分别交MN及其延长线于P、C两点，SC为圆O1的直径，圆O2与MN相切于Q点，∠SQN＝α。若屏的大小无限制，则电子应当打在图中C、Q之间，而由于MN长度的限制，电子只能打在N、Q之间。根据题意，R＝＝‎4.55 cm，可见SO＝NO＝OM＝O2Q＝R，由几何知识可得2Rsinαsinα＝Rsinθ，则sinα＝，l＝NQ＝NP＋PQ＝R(1－cosθ)＋2Rsinαcosα＝(1－cosθ＋)R，分别将θ＝90°、60°、45°、30°代入公式即可确定，A、D项正确，B、C项错误。‎ 二、非选择题 ‎11.‎ ‎[2015·课标全国卷Ⅰ]如图，一长为‎10 cm的金属棒ab用两个完全相同的弹簧水平地悬挂在匀强磁场中；磁场的磁感应强度大小为0.1 T，方向垂直于纸面向里；弹簧上端固定，下端与金属棒绝缘。金属棒通过开关与一电动势为12 V的电池相连，电路总电阻为2 Ω。已知开关断开时两弹簧的伸长量均为‎0.5 cm；闭合开关，系统重新平衡后，两弹簧的伸长量与开关断开时相比均改变了‎0.3 cm。重力加速度大小取‎10 m/s2。判断开关闭合后金属棒所受安培力的方向，并求出金属棒的质量。‎ 答案　方向竖直向下　m＝‎‎0.01 kg 解析　依题意，开关闭合后，电流方向从b到a，由左手定则可知，金属棒所受的安培力方向竖直向下。‎ 开关断开时，两弹簧各自相对于其原长伸长为Δl1＝‎0.5 cm。由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2kΔl1＝mg①‎ 式中，m为金属棒的质量，k是弹簧的劲度系数，g是重力加速度的大小。‎ 开关闭合后，金属棒所受安培力的大小为 F＝IBL②‎ 式中，I是回路电流，L是金属棒的长度。两弹簧各自再伸长了Δl2＝‎0.3 cm，由胡克定律和力的平衡条件得 ‎2k(Δl1＋Δl2)＝mg＋F③‎ 由欧姆定律有 E＝IR④‎ 式中，E是电池的电动势，R是电路总电阻。‎ 联立①②③④式，并代入题给数据得 m＝‎0.01 kg⑤‎ ‎12．[2013·天津高考]一圆筒的横截面如图所示，其圆心为O。筒内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。圆筒下面有相距为d的平行金属板M、N，其中M板带正电荷，N板带等量负电荷。质量为m、电荷量为q的带正电粒子自M板边缘的P处由静止释放，经N板的小孔S以速度v沿半径SO方向射入磁场中。粒子与圆筒发生两次碰撞后仍从S孔射出，设粒子与圆筒碰撞过程中没有动能损失，且电荷量保持不变，在不计重力的情况下，求：‎ ‎(1)M、N间电场强度E的大小；‎ ‎(2)圆筒的半径R；‎ ‎ (3)保持M、N间电场强度E不变，仅将M板向上平移d，粒子仍从M板边缘的P处由静止释放，粒子自进入圆筒至从S孔射出期间，与圆筒的碰撞次数n。‎ 答案　(1)E＝　(2)R＝　(3)n＝3‎ 解析　(1)设两板间的电压为U，由动能定理得 qU＝mv2①‎ 由匀强电场中电势差与电场强度的关系得U＝Ed②‎ 联立上式可得E＝③‎ ‎(2)粒子进入磁场后做匀速圆周运动，运用几何关系作出圆心为O′，圆半径为r。设第一次碰撞点为A，由于粒子与圆筒发生两次碰撞又从S孔射出，因此，SA弧所对的圆心角∠AO′S等于。‎ 由几何关系得R＝rtan④‎ 粒子运动过程中洛伦兹力充当向心力，由牛顿第二定律，得 qvB＝m⑤‎ 联立④⑤式得R＝⑥‎ ‎(3)保持M、N间电场强度E不变，M板向上平移d后，设板间电压为U′，则U′＝＝⑦‎ 设粒子进入S孔时的速度为v′，由①式看出＝ 综合⑦式可得v′＝v⑧‎ 设粒子做圆周运动的半径为r′，则r′＝⑨‎ 设粒子从S到第一次与圆筒碰撞期间的轨迹所对圆心角为θ，‎ 比较⑥⑨两式得到r′＝R，可见θ＝⑩‎ 粒子须经过四个这样的圆弧才能从S孔射出，故 n＝3⑪‎