高考物理 考前十天回歸教材八　(磁場)

(磁場)第Ⅰ卷(選擇題，共40分)一、選擇題(本題共10小題，每題4分，共40分．有的小題只有一個選項正確，有的小題有多個選項正確，把正確選項前的字母填在題后的括號內(nèi))1．關(guān)于電場和磁場的概念，以下說法正確的是()A．電荷放入電場中某區(qū)域內(nèi)的任意位置，電荷受到的電場力都相同，則該區(qū)域內(nèi)的電場一定是勻強電場B．放入電場中某位置的電荷受到的電場力不為零，則該位置的電場強度一定不為零C．一小段長為L的通有電流為I的導體，在磁場中受到的安培力為F，則該磁場的磁感應強度B一定為eq\f(F,IL)D．一小段通電導體在磁場中某位置受到的安培力為零，則該位置的磁感應強度一定為零解析：由F＝Eq，可知，q在任意位置的F相同，E一定相同，A正確；F不為零時，E一定不為零，B正確；在磁場中，只有通電導體垂直于磁場時，磁感應強度B才等于eq\f(F,IL)，C錯誤；當電流平行于磁場時，安培力也為零，故D錯誤．答案：AB圖12．如圖1所示，在豎直向上的勻強磁場中，水平固定放置著一根長直導線，電流方向垂直紙面向外，a、b、c、d是以直導線為圓心的同一圓周上的四點，在這四點中()A．a(chǎn)、b兩點磁感應強度相同B．c、d兩點磁感應強度大小相等C．a(chǎn)點磁感應強度最大D．b點磁感應強度最大解析：磁感應強度是矢量，根據(jù)安培定則可確定直導線產(chǎn)生的磁場在a、b、c、d四點磁感應強度的方向．根據(jù)矢量合成法則，可得A、C錯誤，B、D正確．答案：BD3．如下圖2所示，兩根無限長的平行導線a和b水平放置，兩導線中通以方向相反、大小不等的恒定電流，且Ia>Ib.當加一個垂直于a、b放在平面的勻強磁場B時，導線a恰好不再受安培力的作用．則與加磁場B以前相比較()圖2A．b也恰好不再受安培力的作用B．b受的安培力小于原來安培力的2倍，方向豎直向上C．b受的安培力等于原來安培力的2倍，方向豎直向下D．b受的安培力小于原來安培力的大小，方向豎直向下解析：當a不受安培力時，Ib產(chǎn)生的磁場與所加磁場在a處疊加后的磁感應強度為零，此時判斷所加磁場垂直紙面向外，因Ia>Ib，所以在b處疊加后的磁場垂直紙面向里，b受安培力向下，且比原來小，故選項D正確．答案：D圖34．如圖3所示，兩個橫截面分別為圓形和正方形的區(qū)域內(nèi)有磁感應強度相同的勻強磁場，圓的直徑和正方形的邊長相等，兩個電子分別以相同的速度分別飛入兩個磁場區(qū)域，速度方向均與磁場方向垂直，進入圓形磁場的電子初速度方向?qū)蕡A心，進入正方形磁場的電子初速度方向垂直于邊界，從中點進入．則下面判斷錯誤的是()A．兩電子在兩磁場中運動時，其半徑一定相同B．兩電子在兩磁場中運動的時間有可能相同C．進入圓形磁場區(qū)域的電子可能先飛離磁場D．進入圓形磁場區(qū)域的電子可能后飛離磁場解析：在磁場中洛倫茲力提供做圓周運動的向心力，由qvB＝meq\f(v2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，可知兩電子運動半徑相同，A正確．設(shè)圓形磁場的半徑為r，當r＝R時，電子的速度v0＝eq\f(qBr,m)，此時電子速度豎直向下穿出磁場，這時兩電子的運動時間相同，B正確．當電子的速度v≠v0時，進入圓形磁場區(qū)域的電子運動軌跡所對應的圓心角小，先飛離磁場，C正確，D錯，故選D.答案：D圖45．半徑為r的圓形空間內(nèi)，存在著垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并從B點射出．∠AOB＝120°，如圖4所示，則該帶電粒子在磁場中運動的時間為()A.eq\f(3πr,3v0) B.eq\f(2\r(3)πr,3v0)C.eq\f(πr,3v0) D.eq\f(\r(3)πr,3v0)圖5答案：D6．(2012·石家莊模擬)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6所示．由于血液中的正負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．在達到平衡時，血管內(nèi)部的電場可看做是勻強電場，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，磁感應強度的大小為0.040T．則血流速度的近似值和電極a、b的正負為()圖6A．1.3m/s，a正、b負 B．2.7m/s，a正、b負C．1.3m/s，a負、b正 D．2.7m/s，a負、b正解析：依據(jù)左手定則，正離子在磁場中受到洛倫茲力作用向上偏，負離子在磁場中受到洛倫茲力作用向下偏，因此電極a為正、b為負；當穩(wěn)定時，血液中的離子所受的電場力和洛倫茲力的合力為零，則qE＝qvB，可得v＝eq\f(E,B)＝eq\f(U,Bd)＝eq\f(160×10－6,0.04×3×10－3)m/s≈1.3m/s，A正確．答案：A圖77．北半球某處，地磁場水平分量B1＝0.8×10－4T，豎直分量B2＝0.5×10－4T，海水向北流動，海洋工作者測量海水的流速時，將兩極板插入此海水中，保持兩極板正對且垂線沿東西方向，兩極板相距d＝20m，如圖7所示，與兩極板相連的電壓表(可看做是理想電壓表)示數(shù)為U＝0.2mV，則()A．西側(cè)極板電勢高，東側(cè)極板電勢低B．西側(cè)極板電勢低，東側(cè)極板電勢高C．海水的流速大小為0.125m/sD．海水的流速大小為0.2m/s解析：由于海水向北流動，地磁場有豎直向下的分量，由左手定則可知，正電荷偏向西側(cè)極板，負電荷偏向東側(cè)極板，即西側(cè)極板電勢高，東側(cè)極板電勢低，故選項A正確；對于流過兩極板間的帶電粒子有：qvB2＝qeq\f(U,d)，即v＝eq\f(U,B2d)＝eq\f(0.2×10－3,0.5×10－4×20)m/s＝0.2m/s，故選項D正確．答案：AD8．空間存在一勻強磁場B，其方向垂直紙面向里，另有一個點電荷＋Q的電場，如圖8所示，一帶正電粒子q以初速度v0從某處垂直電場、磁場射入，初位置到點電荷的距離為r，則粒子在電、磁場中的運動軌跡可能為()圖8A．以＋Q為圓心，r為半徑的紙面內(nèi)的圓周B．沿初速度v0方向的直線C．開始階段在紙面內(nèi)向左偏的曲線D．開始階段在紙面內(nèi)向右偏的曲線解析：帶電粒子q受到洛倫茲力和庫侖力，如果Bv0q－eq\f(kQq,r2)＝meq\f(v02,r)，則粒子做以＋Q為圓心，r為半徑的紙面內(nèi)的圓周運動，A正確；如果沒有上述關(guān)系，但Bv0q>eq\f(kQq,r2)，則粒子向左偏，若Bv0q<eq\f(kQq,r2)，則粒子向右偏，C、D正確．因庫侖力的方向和大小均改變，故粒子不可能沿初速度v0方向做直線運動，B錯誤．答案：ACD9．從地面上方A點處自由落下一帶電荷量為＋q、質(zhì)量為m的粒子，地面附近有如圖9所示的勻強電場和勻強磁場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，這時粒子的落地速度大小為v1，若電場不變，只將磁場的方向改為垂直紙面向外，粒子落地的速度大小為v2，則()圖9A．v1>v2 B．v1<v2C．v1＝v2 D．無法判定解析：帶電粒子下落過程中，受重力、電場力、洛倫茲力的作用，洛倫茲力的方向跟運動方向垂直，不做功．重力做功都一樣，但電場力做功有區(qū)別．若磁場方向向里，粒子下落過程中沿電場力方向移動的距離大，電場力做功多，故v1>v2.答案：A10．美國物理學家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應用帶電粒子在磁場中做圓周運動的特點，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量帶電粒子方面前進了一大步．圖10為一種改進后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場場強恒定，且被限制在A、C板間．帶電粒子從P0處以速度v0沿電場線方向射入加速電場，經(jīng)加速后再進入D型盒中的勻強磁場做勻速圓周運動．對于這種改進后的回旋加速器，下列說法正確的是()圖10A．帶電粒子每運動一周被加速兩次B．帶電粒子每運動一周P1P2＝P2P3C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D．加速電場方向需要做周期性的變化解析：由圖可以看出，帶電粒子每運動一周被加速一次，A錯誤．由R＝eq\f(mv,qB)和Uq＝eq\f(1,2)mv22－eq\f(1,2)mv12可知，帶電粒子每運動一周，電場力做功都相同，動能增量都相同，但速度的增量不相同，故粒子圓周運動的半徑增加量不相同，B錯誤．由v＝eq\f(qBR,m)可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑R有關(guān)，C正確；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知，粒子運動的周期不隨v而變，故D錯誤．答案：C第Ⅱ卷(非選擇題，共60分)二、填空題(本題共2小題，每題8分，共16分)11．(2011·上海綜合)“上海光源”發(fā)出的光，是接近光速運動的電子在磁場中做曲線運動改變運動方向時產(chǎn)生的電磁輻射．若帶正電的粒子以速率v0進入勻強磁場后，在與磁場垂直的平面內(nèi)做半徑為mv0/qB的勻速圓周運動(見圖11)，式中q為粒子的電荷量，m為其質(zhì)量，B為磁感應強度，則其運動的角速度ω＝________.粒子運行一周所需要的時間稱為回旋周期．如果以上情況均保持不變，僅增加粒子進入磁場的速率v0，則回旋周期________(填“增大”、“不變”或“減小”)．圖11解析：粒子運動的周期T＝eq\f(2πR,v0)＝eq\f(2π,v0)·eq\f(mv0,qB)＝eq\f(2πm,qB)，與v0大小無關(guān)，故增大v0，T不變．角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π×qB,2πm)＝eq\f(qB,m).答案：eq\f(qB,m)不變12．如圖12所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5T的勻強磁場，一質(zhì)量為0.2kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端無初速度放置一質(zhì)量為0.1kg、電荷量q＝＋0.2C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間的動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力．現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為0.6N的恒力，g取10m/s2，則木板的最大加速度為________；滑塊的最大速度為________．圖12解析：開始滑塊與板一起勻加速，剛發(fā)生相對滑動時整體的加速度a＝eq\f(F,M＋m)＝2m/s2，對滑塊μ(mg－qvB)＝ma，代入數(shù)據(jù)可得此時刻的速度為6m/s.此后滑塊做加速度減小的加速運動，最終勻速．mg＝qvB代入數(shù)據(jù)可得此時刻的速度為10m/s.而板做加速度增加的加速運動，最終勻加速．板的加速度a＝eq\f(F,M)＝3m/s2答案：3m/s210m/s三、計算題(本題共4小題，13、14題各10分，15、16題各12分，共44分，計算時必須有必要的文字說明和解題步驟，有數(shù)值計算的要注明單位)圖1313．有兩個相同的全長電阻為9Ω的均勻光滑圓環(huán)，固定于一個絕緣的水平臺面上，兩環(huán)分別在兩個互相平行的、相距為20cm的豎直面內(nèi)，兩環(huán)的連心線恰好與環(huán)面垂直，兩環(huán)面間有方向豎直向下的磁感應強度B＝0.87T的勻強磁場，兩球的最高點A和C間接有一內(nèi)阻為0.5Ω的電源，連接導線的電阻不計．今有一根質(zhì)量為10g，電阻為1.5Ω的棒置于兩環(huán)內(nèi)側(cè)且可順環(huán)滑動，而棒恰好靜止于如圖13所示的水平位置，它與圓弧的兩接觸點P、Q和圓弧最低點間所夾的弧對應的圓心角均為θ＝60°，取重力加速度g＝10m/s2.試求此電源電動勢E的大?。馕觯涸陬}圖中，從左向右看，棒PQ的受力如圖14所示，棒所受的重力和安培力FB的合力與環(huán)對棒的彈力FN是一對平衡力，且FB＝mgtanθ＝eq\r(3)mg圖14而FB＝IBL，所以I＝eq\f(\r(3)mg,BL)＝eq\f(\r(3)×10×10－3×10,0.87×0.2)A＝1A在題圖所示的電路中兩個圓環(huán)分別連入電路中的電阻為R，則R＝eq\f(\f(9,3)×9－\f(9,3),9)Ω＝2Ω由閉合電路歐姆定律得E＝I(r＋2R＋R棒)＝1×(0.5＋2×2＋1.5)V＝6V答案：6V圖1514．如圖15所示，一質(zhì)量為m、電量為＋q的帶電小球以與水平方向成某一角度θ的初速度v0射入水平方向的勻強電場中，小球恰能在電場中做直線運動．若電場的場強大小不變，方向改為反向，同時加一垂直紙面向外的勻強磁場，小球仍以原來的初速度重新射入，小球恰好又能做直線運動，求電場強度的大小、磁感應強度的大小和初速度與水平方向的夾角θ.解析：在沒有磁場，只有電場時，設(shè)小球的運動方向與水平方向的夾角為θ，受力情況如圖16甲所示，根據(jù)已知得：Eq＝eq\f(mg,tanθ)圖16在既有磁場又有電場時，E不變，受力情況如圖16乙．由幾何知識得θ＝45°小球仍做直線運動，有：qv0B＝Eqcosθ＋mgsinθ解得：B＝eq\f(\r(2)mg,qv0)E＝eq\f(mg,qtanθ)＝eq\f(mg,q)答案：eq\f(mg,q)eq\f(\r(2)mg,qv0)45°圖1715．如圖17所示的豎直平面內(nèi)有范圍足夠大、水平向左的勻強電場，在虛線的左側(cè)有垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，一絕緣?形桿由兩段直桿和一半徑為R的半圓弧形成，固定在紙面所在的豎直平面內(nèi)，PQ、MN水平且足夠長，半圓環(huán)MAP在磁場邊界左側(cè)，P、M點在磁場邊界線上，NMAPQ是光滑的，現(xiàn)有一質(zhì)量為m，帶電量為＋q的小環(huán)套在MN桿上，它所受的電場力是重力的eq\f(1,2).現(xiàn)在M右側(cè)D點由靜止釋放小環(huán)，小環(huán)剛好到達P點．(1)求DM間的距離x0；(2)求上述過程中小環(huán)第一次通過與O點等高的A點時半圓弧對小環(huán)作用力的大小．解析：(1)由動能定理qEx0－2mgR＝0，qE＝eq\f(1,2)mg故x0＝4R(2)設(shè)小環(huán)在A點的速度為vA，由動能定理qE(x0＋R)－mgR＝eq\f(1,2)mvA2vA＝eq\r(3gR)，由向心力公式FN－qvAB－qE＝meq\f(vA2,R)FN＝eq\f(7,2)mg＋qBeq\r(3gR)答案：(1)4R(2)eq\f(7,2)mg＋qBeq\r(3gR)16．(2011·安徽理綜)如圖18所示，在以坐標原點O為圓心、半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)，有相互垂直的勻強電場和勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直于xOy平面向里．一帶正電的粒子(不計重力)從O點沿y軸正方向以某一速度射入，帶電粒子恰好做勻速直線運動，經(jīng)t0時間從P點射出．(1)求電場強度的大小和方向．(2)若僅撤去磁場，帶電粒子仍