步步高考前三個月2016四川版高考物理復習高考13題逐題特訓(15份)第7題

1、第7題磁場預測題型1磁場及磁感應強度B1下列說法正確的是()A磁場對放入其中的電荷一定有力的作用B由于洛倫茲力改變電荷運動的方向，所以洛倫茲力可以對物體做功C感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化D穿過線圈的磁通量的變化越大，線圈的感應電動勢越大答案C解析磁場對放入其中的運動電荷，當運動方向與磁場方向不平行時才有洛倫茲力的作用，故A錯誤；洛倫茲力改變電荷運動的方向，因洛倫茲力始終與速度方向垂直，則其對物體不做功，故B錯誤；由楞次定律內(nèi)容可知，感應電流的磁場總要阻礙引起感應電流的磁通量的變化，故C正確；由法拉第電磁感應定律可知，單位時間內(nèi)穿過線圈的磁通量的變化越大，線圈的感應電動勢越大

2、，故D錯誤2.如圖1所示，真空中兩點電荷q和q以相同的速度v在水平面內(nèi)繞O點順時針轉動，O點離q較近，試判斷O點的磁感應強度方向()圖1A方向垂直于紙面向外B方向垂直于紙面向里C為0D無法確定答案B解析點電荷的定向移動，形成電流，根據(jù)正電荷的定向移動方向即為電流的方向，由右手螺旋定則可知，正電荷在O點的磁場方向為垂直紙面向里，而負電荷在O點的磁場方向為垂直于紙面向外，由于正電荷運動時在O點產(chǎn)生的磁場較強，根據(jù)矢量疊加原理，則合磁場的方向為垂直于紙面向里，故B正確3在等邊三角形的三個頂點a、b、c處，各有一條長直導線垂直穿過紙面，導線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖2所示過c點的導線所受安培力

3、的方向()圖2A與ab與平行，豎直向上B與ab邊平行，豎直向下C與ab邊垂直，指向左邊D與ab邊垂直，指向右邊答案C解析根據(jù)安培定則可得a導線在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直ac指向左下，導線b在c處產(chǎn)生的磁場方向垂直bc指向右下，合磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則導線c受到的安培力方向與ab邊垂直，指向左邊，故C正確4.磁場中某區(qū)域的磁感線如圖3所示，則()圖3Aa、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba>BbBa、b兩處的磁感應強度的大小不等，Ba<BbC同一小段通電導線放在a處受力一定比放在b處受力大D同一小段通電導線放在a處受力一定比放在b處受力小答案B解析磁感線的疏密程度可表示磁感應強

4、度的大小，磁感線越密，該處的磁感應強度越大，所以Ba<Bb，B正確，A錯誤；同一小段通電導線在磁場中的受力大小FBIL sin 跟磁感應強度和磁場與電流方向的夾角有關系，所以C、D錯誤5下列關于電場和磁場的說法中，正確的是()A處在電場中的電荷一定受到電場力，在磁場中通電導線一定受到安培力B電場強度為零的地方電勢一定為零，電勢為零的地方電場強度也為零C若一小段長為L、通有電流為I的導體，在磁場中某處受到的磁場力為F，則該處磁感應強度的大小一定是D磁場對通電導線的安培力方向總與B和I垂直，但B、I之間可以不垂直答案D解析在磁場中通電導線中的電流方向與磁場方向平行時不受安培力的作用，選項A錯

5、誤；電場強度與電勢的高低沒有直接的關系，電場強度為零的地方電勢不一定為零，電勢為零的地方電場強度也不一為零，選項B錯誤；安培力FBILsin ，只有當90°時才有B，選項C錯誤；由左手定則可知，磁場對通電導線的安培力方向F總與B和I垂直，但B、I之間可以不垂直，選項D正確6.如圖4所示，a、b兩根垂直紙面的直導線通有等值的電流，兩導線旁有一點P，P點到a、b距離相等，關于P點的磁場方向，以下判斷正確的是()圖4A若a中電流方向向紙外，b中電流方向向紙里，則P點的磁場方向向右B若a中電流方向向紙外，b中電流方向向紙里，則P點的磁場方向向左C若a中電流方向向紙里，b中電流方向向紙外，則P

6、點的磁場方向向右D若a中電流方向向紙外，b中電流方向向紙外，則P點的磁場方向向左答案A解析若a中電流方向向紙外，b中電流方向向紙里，根據(jù)安培定則判斷可知：a在P處產(chǎn)生的磁場Ba方向垂直于aP連線斜向上，b在P處產(chǎn)生的磁場Bb方向垂直于連線斜向下，根據(jù)平行四邊形定則進行合成，如圖所示，P點的磁感應強度方向水平向右，故A正確，B錯誤若a中電流方向向紙里，b中電流方向向紙外，則可得P點的磁感應強度方向水平向左，故C錯誤若a、b中電流方向均向紙外，同理可知，P點的磁感應強度方向豎直向上，故D錯誤7.如圖5所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平放置著一根長直導線，電流方向垂直紙面向里，a、b、c、d是以直導

7、線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點()圖5Aa、b兩點磁感應強度相同Bc、d兩點磁感應強度相同Ca點磁感應強度最大Db點磁感應強度最大答案C解析根據(jù)安培定則，通電導線產(chǎn)生的磁場為順時針方向，即：a點方向向上，b點方向向下，c點方向向左，d點方向向右，同勻強磁場疊加后的結果：a點磁場加強，b點磁場減弱，c點和d點磁感應強度大小相等，方向不同，如圖所示，故選項C正確8某同學在赤道附近做“探究通電直導線產(chǎn)生的磁場”實驗時，先在水平實驗臺上放置一枚小磁針，發(fā)現(xiàn)小磁針N極指北，然后他把一直導線沿南北方向置于小磁針正上方，當通入恒定電流時，發(fā)現(xiàn)小磁針靜止時的N極指向為北偏西60°，他通過查閱資

8、料知當?shù)氐牡卮艌龃鸥袘獜姸葹锽，則通電導線產(chǎn)生的磁場在小磁針所在處的磁感應強度和通入的電流方向為()A2B，由南向北 B2B，由北向南C.B，由南向北 D.B，由北向南答案C解析發(fā)現(xiàn)小磁針的N極指向為北偏西60°，則電流在小磁針處的磁場方向向西，大小是BB·tan 60°B，由安培定則可知，電流的方向由南向北，故選C.預測題型2安培力及力電綜合問題1.如圖1所示，裝有導電液的玻璃器皿放在上端為S極的蹄形磁鐵的磁場中，器皿中心的圓柱形電極與電源負極相連，內(nèi)壁邊緣的圓環(huán)形電極與電源正極相連電流方向與液體旋轉方向(從上往下看)分別是()圖1A由邊緣流向中心、順時針旋轉B

9、由邊緣流向中心、逆時針旋轉C由中心流向邊緣、順時針旋轉D由中心流向邊緣、逆時針旋轉答案B解析根據(jù)電路可知，液體中的電流方向是由邊緣流向中心；由左手定則可知，各個液體“半徑”都受到使液體逆時針轉動的安培力，故液體將逆時針旋轉，選項B正確2.長直導線固定在圓線圈直徑ab上靠近a處，且通入垂直紙面向里的電流如圖2中“”所示，在圓線圈開始通以順時針方向電流的瞬間，線圈將()圖2A向下平移B向上平移C從a向b看，順時針轉動D從a向b看，逆時針轉動答案D解析根據(jù)右手螺旋定則知，直線電流在a點的磁場方向豎直向上，與a點電流方向平行，所以a點不受安培力同理b點也不受力，取線圈上下位置上一微元研究，上邊微元電流

10、方向水平向右，下邊微元電流方向水平向左，直線電流在此處位置產(chǎn)生的磁場方向為斜向下，根據(jù)左手定則，上邊微元受到的安培力垂直紙面向里，下邊微元所受安培力垂直紙面向外，所以從a向b看，圓線圈將以直徑ab為軸逆時針轉動，故D正確3.如圖3所示，水平光滑導軌接有電源，電動勢為E，內(nèi)電阻為r，其他的電阻不計，導軌上有三根導體棒a、b、c，長度關系為c最長，b最短，將c彎成一直徑與b等長的半圓，整個裝置置于向下的勻強磁場中，三棒受到安培力的關系為()圖3AFa>Fb>Fc BFaFbFcCFb<Fa<Fc DFa>FbFc答案D解析設a、b兩棒的長度分別為La和Lb，c的直徑為

11、d.由于導體棒都與勻強磁場垂直，則：a、b兩棒所受的安培力大小分別為：FaBILa，F(xiàn)bBILbBId；c棒所受的安培力與長度為直徑的直棒所受的安培力大小相等，則有：FcBId；因為La>d，則有：Fa>FbFc.故選D.4.如圖4所示，長為L的通電直導體棒放在光滑水平絕緣軌道上，勁度系數(shù)為k的水平輕彈簧一端固定，另一端拴在棒的中點，且與棒垂直，整個裝置處于方向豎直向上、磁感應強度為B的勻強磁場中，彈簧伸長x，棒處于靜止狀態(tài)則()圖4A導體棒中的電流方向從b流向aB導體棒中的電流大小為C若只將磁場方向緩慢順時針轉過一小角度，x變大D若只將磁場方向緩慢逆時針轉過一小角度，x變大答案B

12、解析因彈簧伸長，故導體棒受安培力向右，由左手定則可知，電流方向由a到b，選項A錯誤；對導體棒滿足kxBIL，解得I，選項B正確；若只將磁場方向緩慢順時針或者逆時針轉過一小角度，則安培力變?yōu)锽cos ·IL，變小，則x變小，選項C、D錯誤5如圖5所示為電磁軌道炮的工作原理圖待發(fā)射彈體與軌道保持良好接觸，并可在兩平行軌道之間無摩擦滑動電流從一條軌道流入，通過彈體流回另一條軌道軌道電流在彈體處形成垂直于軌道平面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感應強度的大小與電流I成正比彈體在安培力的作用下滑行L后離開軌道離開軌道時的速度大小為v0.為使彈體射出時的速度變?yōu)?v0，理論上可采用的方法有()圖5A

13、只將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍B只將電流I變?yōu)樵瓉淼?倍C只將電流I變?yōu)樵瓉淼?倍D只將彈體質量變?yōu)樵瓉淼?倍答案B解析彈體在軌道上做勻加速運動，由運動學公式有：v22aL；彈體的加速度a，其中BkI；聯(lián)立解得：v2，則為使彈體射出時的速度變?yōu)?v0，則可將軌道長度L變?yōu)樵瓉淼?倍；或只將電流I變?yōu)樵瓉淼?倍；或只將彈體質量變?yōu)樵瓉淼谋豆蔬xB.6.如圖6所示，PQ、MN是放置在水平面內(nèi)的光滑導軌，GH是長度為L、電阻為r的導體棒，其中點與一端固定的輕彈簧連接，輕彈簧的勁度系數(shù)為k.導體棒處在方向向下、磁感應強度為B的勻強磁場中圖中直流電源的電動勢為E，內(nèi)阻不計，電容器的電容為C.閉合開關，待電路

14、穩(wěn)定后，則有()圖6A導體棒中電流為B輕彈簧的長度增加C輕彈簧的長度減少D電容器帶電荷量為CR2答案C解析閉合開關，電路穩(wěn)定后，導體棒中電流為，選項A錯誤；對導體棒，由左手定則可知，受向左的安培力，故彈簧被壓縮，由B··Lkx，解得：x，選項B錯誤，C正確；電容器兩端的電壓為：UCIr，故電容器帶電荷量為QCUC選項D錯誤7如圖7為某種電磁泵模型，泵體是長為L1、寬與高均為L2的長方體泵體處在方向垂直向外、磁感應強度為B的勻強磁場中，泵體的上下表面接電壓為U的電源(內(nèi)阻不計)，理想電流表示數(shù)為I，若電磁泵和水面高度差為h，液體的電阻率為，在t時間內(nèi)抽取液體的質量為m，不計液

15、體在流動中和管壁之間的阻力，取重力加速度為g.則()圖7A泵體上表面應接電源負極B電磁泵對液體產(chǎn)生的推力大小為BIL1C電源提供的電功率為D質量為m的液體離開泵時的動能為UItmghI2t答案D解析當泵體上表面接電源的正極時，電流從上向下流過泵體，這時受到的磁場力水平向左，拉動液體，故A錯誤；電磁泵對液體產(chǎn)生的推力大小為FBIL2，B錯誤；電源提供的電功率為PUI，C錯誤；根據(jù)電阻定律，泵體內(nèi)液體的電阻：R，電源提供的電功率為PIU，若t時間內(nèi)抽取液體的質量為m，根據(jù)能量守恒定律，則這部分液體離開泵時的動能為EkUItmghI2RtUItmghI2t，故D正確預測題型3帶電粒子在磁場中的圓周運

16、動1(2015·新課標全國·19)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應強度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等答案AC解析設電子的質量為m，速率為v，電荷量為e，B2B，B1kB則由牛頓第二定律得：evBT由得：R，T所以k，k根據(jù)a，可知，所以選項A、C正確，選項B、D錯誤2.如圖1所示為洛倫茲力演示儀的結構圖若勵磁線圈產(chǎn)生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產(chǎn)生，其速度方向與磁場方向垂直電子速度的大小和磁場強弱可

17、分別由通過電子槍的加速電壓和勵磁線圈的電流來調節(jié)下列說法正確的是()圖1A僅增大勵磁線圈中的電流，電子束徑跡的半徑變大B僅提高電子槍加速電壓，電子束徑跡的半徑變大C僅增大勵磁線圈中的電流，電子做圓周運動的周期將變大D僅提高電子槍加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大答案B解析增大勵磁線圈中的電流，是增大了磁感應強度，電子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律得：qvBm，R，磁感應強度增大，半徑減小，A錯；當提高電子槍加速電壓，射出的電子速度增大，由上面公式可知，R增大，B正確；增大勵磁線圈中的電流，磁感應強度增大，由周期公式有：T，從式子可知周期變小，C錯；提高電子槍加速電壓，射出的速度增大

18、，但運動周期與速度無關，周期不變，D錯3.如圖2所示，在x>0、y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶電粒子，在x軸上到原點的距離為x0的P點，以平行于y軸的初速度射入此磁場，在磁場作用下沿垂直于y軸的方向射出此磁場不計重力的影響由這些條件()圖2A能確定粒子通過y軸時的位置B能確定粒子速度的大小C能確定粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間D以上三個判斷都不能確定答案ABC解析由題意可知，原點O即為粒子在磁場中做圓周運動的圓心，x0為半徑，則粒子通過y軸的位置為(0，x0)，A正確；根據(jù)qvBm得，v，故B正確；粒子運

19、動的周期：T，運動時間：tT，故C正確；由上可知，D錯誤4.長為L的水平極板間，有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖3所示，磁感應強度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是()圖3A使粒子的速度v<B使粒子的速度v>C使粒子的速度v>D使粒子的速度<v<答案AB解析如圖所示，由題意知，若帶正電的粒子從左邊射入磁場，其在磁場中圓周運動的半徑R<，粒子在磁場中做圓周運動洛倫茲力提供向心力，即：qvBm可得粒子做圓周運動的半徑：R.粒子從左邊

20、射出，則：<，即：v<.若帶正電的粒子從右邊射出，如圖所示，此時粒子的最小半徑為R，由圖可知：R2L2(R)2，可得粒子做圓周運動的最小半徑：R，則：>，即：v>.故欲使粒子不打在極板上，粒子的速度必須滿足v<或v>，故A、B正確，C、D錯誤5.如圖4所示，以O為圓心、MN為直徑的圓的左半部分內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，三個不計重力、質量相同、帶電荷量相同的帶正電粒子a、b和c以相同的速率分別沿aO、bO和cO方向垂直于磁場射入磁場區(qū)域，已知bO垂直于MN，aO、cO和bO的夾角都為30°，a、b、c三個粒子從射入磁場到射出磁場所用時間分別為ta、

21、tb、tc，則下列給出的時間關系可能正確的是()圖4Ata<tb<tc Bta>tb>tcCtatb<tc Dtatbtc答案AD解析粒子的質量和帶電荷量相同，則粒子在磁場中的運動周期相同，在磁場中運動的時間tT，故粒子在磁場中運動對應的圓心角越大，運動時間越長若粒子的運動半徑r和圓形區(qū)域半徑R滿足rR，則如圖甲所示，ta<tbtc；當r>R時，粒子a對應的圓心角最小，c對應的圓心角最大，ta<tb<tc故A正確當rR，軌跡如圖乙所示，tatbtc，D正確當R<rR時，ta<tbtc，故B、C錯誤6如圖5所示，長為a、寬為b的矩

22、形區(qū)域內(nèi)(包括邊界)有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外O點有一粒子源，某時刻粒子源向磁場所在區(qū)域與磁場垂直的平面內(nèi)所有方向發(fā)射大量質量為m、電量為q的帶正電的粒子，粒子的速度大小相同，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，最先從磁場上邊界射出的粒子經(jīng)歷的時間為，最后從磁場中飛出的粒子經(jīng)歷的時間為，不計重力和粒子之間的相互作用，則()圖5A粒子速度大小為B粒子做圓周運動的半徑為3bCa的長度為(1)bD最后從磁場中飛出的粒子一定從上邊界的中點飛出答案C解析如圖甲，tmin故30°r2b故v；如圖乙tmax所以90°，sin 所以30°，60°

23、，30°ar·cos r·sin (1)b.預測題型4帶電粒子在復合場中的運動1磁流體發(fā)電是一項新興技術如圖1所示，平行金屬板之間有一個很強的勻強磁場，將一束含有大量正、負帶電粒子的等離子體，沿圖中所示方向以一定速度噴入磁場圖中虛線框部分相當于發(fā)電機把兩個極板與用電器相連，則()圖1A用電器中的電流方向從A到BB用電器中的電流方向從B到AC若只增強磁場，發(fā)電機的電動勢增大D若只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢增大答案ACD解析由左手定則可知，帶正電的粒子偏向上極板，帶負電的粒子偏向下極板，故用電器中的電流方向從A到B，選項A正確，B錯誤；根據(jù)qqvB，可得UBd

24、v，則若只增強磁場，或只增大噴入粒子的速度，發(fā)電機的電動勢都會增大，選項C、D正確2如圖2為回旋加速器的結構示意圖，兩個半徑為R的D形金屬盒相距很近，連接電壓峰值為UM、頻率為f的高頻交流電源，垂直D形盒的勻強磁場的磁感應強度為B.現(xiàn)用此加速器來加速電荷量分別為0.5q、q、2q，對應質量分別為m、2m、3m的三種靜止粒子，最后經(jīng)多次回旋加速后從D形盒中飛出的粒子中動能最大為()圖2A. B.C. D.答案B解析根據(jù)T，則三種粒子在磁場中運動的周期分別為：T1、T2、T3；因為加速電場的頻率為f，則前兩種粒子都可以在加速器中不斷的被加速，最后從D形盒中飛出，帶電粒子從D形盒中飛出時的最大半徑等

25、于D形盒的半徑，則R，最大動能為：Ekmmv；則兩種粒子的最大動能分別為：Ekm1；Ekm2；則從D形盒中飛出的粒子中動能最大為，選項B正確3.速度相同的一束粒子，由左端射入速度選擇器后，又進入質譜儀，其運動軌跡如圖3所示，則下列說法中正確的是()圖3A該束帶電粒子帶負電B能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于C若保持B2不變，粒子打在膠片上的位置越遠離狹縫S0，粒子的比荷越小D若增大入射速度，粒子在磁場中軌跡半圓將變大答案C解析粒子在質譜儀中向下偏轉，由左手定則知粒子帶正電，選項A錯誤；粒子進入速度選擇器中時，qv0B1qE，得v0，選項B錯誤；粒子進入勻強磁場B2中受到洛倫茲力而做勻速圓周運動

26、，由牛頓第二定律得qvB2m得r，離狹縫S0越遠粒子的半徑就越大，由于v0是一定的，B2不變，半徑r越大，則越小，選項C正確；若增大入射速度，粒子將不能通過S0進入質譜儀區(qū)域，選項D錯誤4如圖4所示，直角坐標系xOy位于豎直平面內(nèi)，y軸豎直向上第、象限內(nèi)有垂直于坐標面向外的勻強磁場，第象限同時存在方向平行于y軸的勻強電場(圖中未畫出)一帶電小球從x軸上的A點由靜止釋放，恰好從P點垂直于y軸進入第象限，然后做圓周運動，從Q點垂直于x軸進入第象限，Q點距O點的距離為d，重力加速度為g.根據(jù)以上信息，可以求出的物理量有()圖4A圓周運動的速度大小B電場強度的大小和方向C小球在第象限運動的時間D磁感應

27、強度大小答案AC解析由題意可得圓周運動的圓心在O點，半徑Rd，電場力和重力平衡，洛倫茲力提供向心力Rd.第三象限運動過程，只有重力做功，所以mgdmv2，v，此速度即小球在第象限做圓周運動的速度，選項A對小球在第象限做圓周運動的時間t ，選項C對第象限運動過程，電場力和重力平衡，所以電場力方向豎直向上，但是不知道小球質量也不知道小球所帶電荷的正負，所以無法判斷電場強度的大小和方向，選項B錯不知道小球的比荷，無法計算磁感應強度大小，選項D錯5如選項圖所示，兩虛線之間的空間內(nèi)存在著正交或平行的勻強電場E和勻強磁場B，有一個帶正電小球(電荷量為q，質量為m)從正交或平行的電磁混合場上方的某一高度自由落下，那么，帶電小球不可能沿直線通過下列的哪個電磁混合場()答案AB解析A圖中小球受豎直向下的重力、向左的電場力和向右的洛倫茲力，下降過程中重力做正功，速度一定變大，根據(jù)FBqv可得洛倫茲力一定增大，而向左的電場力不變，所以洛倫茲力和電場力不可能一直相等，所以合力不可能一直向下，故一定做曲線運動，故A正確；B圖中小球受豎直向下的重力、向上的電場力和垂直紙面向外的洛倫茲力，合力與初速度不共線，做曲線運動，故B正確；C圖中小球受向下的重力、向左上方的電場力、水平向右的洛倫茲力，若三力平衡，則小球做勻速直線運動，故C錯誤；D圖中小球受向下的重力和向上的電場力