2022高考物理拉分題26專項訓(xùn)練

PAGE1-磁場第Ⅰ卷選擇題，共48分一、選擇題(本大題共8小題，每小題6分，共48分)1．[2013·陜西咸陽高三一模]將一小段通電直導(dǎo)線垂直于磁場放入某磁場中，導(dǎo)線會受到一定大小的磁場力作用；若保持直導(dǎo)線長度和其中的電流不變，將它垂直放入另一較強(qiáng)的磁場，發(fā)現(xiàn)導(dǎo)線所受的磁場力會變大．由此可知()A．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度由導(dǎo)線所受的磁場力決定B．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度隨導(dǎo)線所受的磁場力的增大而減小C．磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度由磁場本身決定D．在任何情況下，通電導(dǎo)線所受磁場力的大小都能反映磁場的強(qiáng)弱解析：磁感應(yīng)強(qiáng)度是由磁場本身決定的，與磁場力無關(guān)，A、B錯，C對；反應(yīng)磁場強(qiáng)弱的是磁感應(yīng)強(qiáng)度，而不是磁場力，D錯．答案：C2．如圖8－1為一種利用電磁原理制作的充氣泵的結(jié)構(gòu)示意圖，其工作原理類似打點計時器．當(dāng)電流從電磁鐵的接線柱a流入，吸引小磁鐵向下運動時，以下選項中正確的是()圖8－1A．電磁鐵的上端為N極，小磁鐵的下端為N極B．電磁鐵的上端為S極，小磁鐵的下端為S極C．電磁鐵的上端為N極，小磁鐵的下端為S極D．電磁鐵的上端為S極，小磁鐵的下端為N極解析：當(dāng)電流從a端流入電磁鐵時，據(jù)安培定則可判斷出電磁鐵的上端為S極，此時能吸引小磁鐵向下運動，說明小磁鐵的下端為N極，答案為D.答案：D圖8－23.如圖8－2所示的OX和MN是勻強(qiáng)磁場中兩條平行的邊界線，速率不同的同種帶電粒子從O點沿OX方向同時射向磁場，其中穿過a點的粒子速度v1方向與MN垂直，穿過b點的粒子速度v2方向與MN成60°角．設(shè)兩粒子從O點到MN所需時間分別為t1和t2，則t1∶t2為()A．3∶2 B．4∶3C．1∶1 D．1∶3解析：作出兩粒子在磁場中的運動軌跡，可知t1＝eq\f(T1,4)，t2＝eq\f(T2,6)，且由T＝eq\f(2πm,Bq)知T1＝T2.所以eq\f(t1,t2)＝eq\f(3,2)，選項A正確．答案：A圖8－34．[2014·江西省名校聯(lián)盟調(diào)研考試]如圖8－3所示，在正方形區(qū)域abcd內(nèi)有方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場．在t＝0時刻，位于正方形中心O的離子源向平面abcd內(nèi)各個方向發(fā)射出大量帶正電的粒子，所有粒子的初速度大小均相同，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形的邊長，不計粒子的重力以及粒子間的相互作用力．已知平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界cd上某點離開磁場，下列說法正確的是()A．粒子在該磁場中勻速圓周運動的周期為6t0B．粒子的比荷為eq\f(π,6Bt0)C．粒子在磁場中運動的軌跡越長，對應(yīng)圓弧的圓心角越大D．初速度方向正對四個頂點的粒子在磁場中運動時間最長解析：初速度平行于ad方向向下發(fā)射的粒子在磁場中運動時，軌跡所對應(yīng)圓心角為eq\f(π,6)，A選項錯誤；由牛頓第二運動定律得Bqv＝meq\f(v2,R)，且v＝eq\f(2πR,T)，聯(lián)立解得：eq\f(q,m)＝eq\f(π,6Bt0)，B選項正確；由于粒子在磁場中運動的速度一定，則弧長越長在磁場中運動的時間越長，對應(yīng)圓弧的圓心角一定越大，C選項正確；從正方形四個頂點出射的粒子，在磁場中運動對應(yīng)圓弧最長運動時間最長，D選項錯誤．答案：BC圖8－45．如圖8－4所示，木板質(zhì)量為M，靜止于水平地面上，木板上固定一質(zhì)量不計的框架，框架上懸有磁鐵A，木板上放有磁鐵B，兩磁鐵質(zhì)量均為m，設(shè)木板對地面的壓力為FN1，B對木板的壓力為FN2，A對懸線的拉力為FT，則下面結(jié)論正確的是()A．FN1＝Mg＋2mg B．FN2＝mgC．FT＝mg D．以上全不對解析：把木板、框架及磁鐵A、B看成一個系統(tǒng)，則系統(tǒng)受重力G總＝Mg＋2mg，地面的彈力FN1′.由牛頓第三定律可知FN1′＝FN1，由系統(tǒng)平衡條件可知FN1′＝Mg＋2mg，即FN1＝Mg＋2mg.磁鐵B受有重力GB＝mg、木板的彈力FN2′、磁鐵A的吸引力FA.由平衡條件可知FN2′＝mg－FA.由牛頓第三定律知FN2′＝FN2，所以有FN2＝mg－FA＜mg.磁鐵A受有重力GA＝mg，懸線拉力FT′，B磁鐵的吸引力FB，由平衡條件可知FT′＝mg＋FB.由牛頓第三定律可知FT′＝FT，所以有FT＝mg＋FB＞mg.此題答案應(yīng)選A.答案：A圖8－56．醫(yī)生做某些特殊手術(shù)時，利用電磁血流計來監(jiān)測通過動脈的血流速度．電磁血流計由一對電極a和b以及一對磁極N和S構(gòu)成，磁極間的磁場是均勻的．使用時，兩電極a、b均與血管壁接觸，兩觸點的連線、磁場方向和血流速度方向兩兩垂直，如圖8－5所示．由于血液中的正負(fù)離子隨血流一起在磁場中運動，電極a、b之間會有微小電勢差．在達(dá)到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強(qiáng)電場，血液中的離子所受的電場力和磁場力的合力為零，在某次監(jiān)測中，兩觸點間的距離為3.0mm，血管壁的厚度可忽略，兩觸點間的電勢差為160μV，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負(fù)為()A．1.3m/s，a正、b負(fù) B．2.7m/s，a正、b負(fù)C．1.3m/s，a負(fù)、b正 D．2.7m/s，a負(fù)、b正解析：根據(jù)左手定則，可知a正b負(fù)，所以C、D錯；因為離子在場中所受合力為零，Bqv＝eq\f(U,d)q，所以v＝eq\f(U,Bd)＝1.3m/s，A對B錯．答案：A圖8－67．如圖8－6所示為一種獲得高能粒子的裝置，環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外、大小可調(diào)節(jié)的均勻磁場，質(zhì)量為m、電荷量＋q的粒子在環(huán)中做半徑為R的圓周運動，A、B為兩塊中心開有小孔的極板，原來電勢都為零，每當(dāng)粒子順時針飛經(jīng)A板時，A板電勢升高為U，B板電勢仍保持為零，粒子在兩板間的電場中加速，每當(dāng)粒子離開B板時，A板電勢又降為零，粒子在電場一次次加速下動能不斷增大，而繞行半徑不變，則()A．粒子從A板小孔處由靜止開始在電場作用下加速，繞行n圈后回到A板時獲得的總動能為2nqUB．在粒子繞行的整個過程中，A板電勢可以始終保持為＋UC．在粒子繞行的整個過程中，每一圈的周期不變D．為使粒子始終保持在半徑為R的圓軌道上運動，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度必須周期性遞增，則粒子繞行第n圈時的磁感應(yīng)強(qiáng)度為eq\f(1,R)eq\r(\f(2nmU,q))解析：考查帶電粒子在電場與磁場中的運動．粒子每運動一圈，獲得動能qU，故n圈后獲得的總動能為eq\f(1,2)mv2＝nqU，A錯；若A板電勢始終保持為＋U，則粒子每次到達(dá)A板時速度減小為零，B錯；由于粒子在環(huán)形區(qū)域的半徑不變，且只受到洛倫茲力作用，由R＝eq\f(mv,qB)，可知速度增大，B一定增大；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，B增大，周期將減小，C錯；n圈加速后滿足B＝eq\f(mv,qR)＝eq\f(m,qR)eq\r(\f(2nqU,m))＝eq\f(1,R)eq\r(\f(2nmU,q))，D對．答案：D圖8－78．(多選題)如圖8－7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(jìn)入互相垂直的勻強(qiáng)電場E和勻強(qiáng)磁場B的復(fù)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＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))C．小球做勻速圓周運動的周期為T＝eq\f(2πE,Bg)D．若電壓U增大，則小球做勻速圓周運動的周期增加解析：小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則小球受的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負(fù)電，A項錯誤；因為小球做圓周運動的向心力為洛倫茲力，由牛頓第二定律和動能定理可得：Bqv＝eq\f(mv2,r)，Uq＝eq\f(1,2)mv2，聯(lián)立兩式可得：小球做勻速圓周運動的半徑r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2UE,g))，由T＝eq\f(2πr,v)，可以得出T＝eq\f(2πE,Bg)，所以B、C項正確，D項錯誤．答案：BC第Ⅱ卷非選擇題，共52分二、計算題(本大題共3小題，共52分)圖8－89．(14分)如圖8－8所示，電源電動勢E＝2V，內(nèi)電阻r＝0.5Ω，豎直導(dǎo)軌電阻可忽略，金屬棒的質(zhì)量m＝0.1kg，電阻R＝0.5Ω，它與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)μ＝0.4，有效長度為L＝0.2m，為了使金屬棒能夠靠在導(dǎo)軌外面靜止不動，我們施一與紙面成30°向里且與金屬棒垂直的磁場，問磁場方向是斜向上還是斜向下？磁感應(yīng)強(qiáng)度B的范圍是多大？(g取10m/s2)圖8－9解析：以靜止的金屬棒為研究對象，其側(cè)視的受力分析如圖8－9所示，若摩擦力方向向上，則B1ILsin30°＋μB1ILcos30°＝mg.若摩擦力方向向下，則B2ILsin30°－μB2ILcos30°＝mg，其中電流I＝E/(R＋r)代入數(shù)據(jù)得：B1＝3T，B2＝16.3T，故所求磁感應(yīng)強(qiáng)度的范圍是3T≤B≤16.3T；根據(jù)左手定則可知其方向應(yīng)斜向下．答案：斜向下3T≤B≤16.3T圖8－1010．(18分)[2014·北京市海淀區(qū)期末練習(xí)]回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，圖8－10為回旋加速器的示意圖．D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上．在D1盒中心A處有粒子源，產(chǎn)生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進(jìn)入D2盒中．兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強(qiáng)磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經(jīng)過半個圓周后，再次到達(dá)兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經(jīng)過狹縫時再次被加速．如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經(jīng)過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達(dá)D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導(dǎo)出．已知帶電粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d.設(shè)從粒子源產(chǎn)生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：(1)帶電粒子能被加速的最大動能Ek；(2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；(3)若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電源為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率eq\x\to(P).解析：(1)帶電粒子在D形盒內(nèi)做圓周運動，軌道半徑達(dá)到最大時被引出，此時帶電粒子具有最大動能Ek，設(shè)離子從D盒邊緣離開時的速度為vm.依據(jù)牛頓第二定律Bqvm＝meq\f(v\o\al(2,m),R)所以帶電粒子能被加速的最大動能Ek＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,m)＝eq\f(q2B2R2,2m)(2)帶電粒子在D2盒中第n個半圓是帶電粒子經(jīng)過窄縫被加速2n－1次后的運動軌道，設(shè)其被加速2n－1次后的速度為vn由動能定理得(2n－1)qU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,n)此后帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，半徑為rn由牛頓第二定律得Bqvn＝meq\f(v\o\al(2,n),rn)rn＝eq\f(mvn,Bq)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(22n－1mU,q))(3)設(shè)在時間t內(nèi)離開加速器的帶電粒子數(shù)為N，則正離子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流I＝eq\f(Nq,t)，解得N＝eq\f(It,q)帶電粒子從回旋加速器輸出時的平均功率eq\x\to(P)＝eq\f(N·Ek,t)＝eq\f(qIB2R2,2m).答案：(1)eq\f(q2B2R2,2m)(2)eq\f(1,B)eq\r(\f(22n－1mU,q))(3)eq\f(qIB2R2,2m)11．(20分)[2014·石家莊市質(zhì)檢一]如圖8－11所示，正三角形ABC內(nèi)有B＝0.1T的勻強(qiáng)磁場，方向垂直紙面向外，在BC邊右側(cè)有平行于BC足夠長的擋板EF，已知B點到擋板的水平距離BD＝0.5m．某一質(zhì)量m＝4×10－10kg、電荷量q＝1×10－4C的粒子，以速度v0＝1×104m/s自A點沿磁場中的(1)求粒子從BC邊射出時，射出點距C點的距離和粒子在磁場中運動的時間．(2)如果在BC邊至EF區(qū)域加上豎直向下的勻強(qiáng)電場，使粒子仍能打到擋板上，求所加電場電場強(qiáng)度的最大值．圖8－11解析：圖8－12(1)粒子在磁場中的運動軌跡如圖8－12：粒子進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，半徑為r＝eq\f(mv,Bq)＝0.4mlMC＝eq\f(r－rsin30°,cos30°)＝eq\f(2,15)eq\r(3)m磁場中的運動時間t＝eq\f(60°,360°