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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°

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