2024高考物理一輪復(fù)習(xí)第九章磁場階段檢測含解析新人教版

PAGE12-階段滾動檢測(九)(第九章)(45分鐘100分)一、選擇題(本題共8小題,每小題6分,共48分。1～5小題為單選,6～8小題為多選)1.如圖所示，在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極B，緊貼邊緣內(nèi)壁放一個圓環(huán)形電極A，把A、B分別與電源的兩極相連，然后在玻璃皿中放入導(dǎo)電液體，現(xiàn)把玻璃皿放在如圖所示的磁場中，液體就會旋轉(zhuǎn)起來。若從上向下看，下列推斷正確的是()A．A接電源正極，B接電源負(fù)極，液體順時針旋轉(zhuǎn)B．A接電源負(fù)極，B接電源正極，液體順時針旋轉(zhuǎn)C．A、B與50Hz的溝通電源相接，液體持續(xù)旋轉(zhuǎn)D．僅磁場的N、S極互換后，重做該試驗發(fā)覺液體旋轉(zhuǎn)方向不變【解析】選A。若A接電源正極，B接電源負(fù)極，在電源外部電流由正極流向負(fù)極，因此電流由邊緣流向中心，玻璃皿所在處的磁場豎直向下，由左手定則可知，導(dǎo)電液體受到的磁場力沿順時針方向，因此液體沿順時針方向旋轉(zhuǎn)，故A正確；同理，若A接電源負(fù)極，B接電源正極，依據(jù)左手定則可知，液體沿逆時針方向旋轉(zhuǎn)，故B錯誤；A、B與50Hz的溝通電源相接，液體不會持續(xù)旋轉(zhuǎn)，故C錯誤；若僅磁場的N、S極互換后，重做該試驗發(fā)覺液體旋轉(zhuǎn)方向變更，故D錯誤。2．(2024·吉林模擬)如圖所示，空間有方向垂直桌面的勻強(qiáng)磁場B(圖中未畫出)，兩根平行通電金屬直導(dǎo)線M和N恰好靜止在光滑絕緣的水平桌面上，圖中為垂直導(dǎo)線的截面圖，M和N中電流大小分別為IM、IN，則下列推斷可能正確的是()A．電流方向相同、IM＝IN，B方向豎直向上B．電流方向相同、IM≠IN，B方向豎直向下C．電流方向相反、IM≠IN，B方向豎直向上D．電流方向相反、IM＝IN，B方向豎直向下【解析】選D。對M和N受力分析可知，M和N兩通電直導(dǎo)線，在水平方向各自所受合外力為零，若通電方向相同，則所受勻強(qiáng)磁場安培力方向相同，而兩通電直導(dǎo)線相互產(chǎn)生的安培力方向相反，合外力不行能都為零，選項A、B錯誤；若通電方向相反，則所受勻強(qiáng)磁場的安培力方向相反，兩通電直導(dǎo)線之間的安培力為排斥力，且兩者大小相等，依據(jù)F＝BIL可知，M和N中電流大小相等時，每根導(dǎo)線受到的合力為零，選項C錯誤、D正確。3.質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運(yùn)行的半圓軌跡如圖中虛線所示，下列表述正確的是()A．M帶負(fù)電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N做負(fù)功D．M的運(yùn)動時間大于N的運(yùn)動時間【解析】選A。依據(jù)左手定則可知M帶負(fù)電，N帶正電，故A項正確；依據(jù)meq\f(v2,r)＝qvB，有v＝eq\f(qBr,m)，由于M和N的質(zhì)量和電量都相等，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則半徑越大速度越大，故M的速率大于N的速率，故B項錯誤；洛倫茲力始終垂直于粒子運(yùn)動方向，故不做功，故C項錯誤；M、N都運(yùn)動了半個周期，依據(jù)meq\f(v2,r)＝qvB，有v＝eq\f(qBr,m)，由于M和N的質(zhì)量和電量都相等，磁感應(yīng)強(qiáng)度不變，則周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)恒定，M、N運(yùn)動時間相同，故D項錯誤。4．(2024·南昌模擬)如圖所示，一粒子放射源P能夠在紙面內(nèi)向各個方向放射速率為v、比荷為k的帶正電粒子，空間存在垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運(yùn)動的半徑大小為d，紙面內(nèi)另一點A距P的距離恰為d，則()A．磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為eq\f(d,kv)B．粒子在磁場中均沿順時針方向做圓周運(yùn)動C．粒子從P動身至少經(jīng)過時間eq\f(πd,6v)到達(dá)A點D．同一時刻放射出的帶電粒子到達(dá)A點的時間差為eq\f(4πd,3v)【解析】選D。依據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(mv,qr)＝eq\f(v,kd)，選項A錯誤；由左手定則可知，粒子在磁場中均沿逆時針方向做圓周運(yùn)動，選項B錯誤；能經(jīng)過A點且用時最短的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為60°，則所用時間t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)×eq\f(2πd,v)＝eq\f(πd,3v)，選項C錯誤；能經(jīng)過A點且用時最長的粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為300°，則所用時間t′＝eq\f(300°,360°)T＝eq\f(5,6)×eq\f(2πd,v)＝eq\f(5πd,3v)，則同一時刻放射出的帶電粒子到達(dá)A點的時間差為Δt＝t′－t＝eq\f(4πd,3v)，選項D正確。5．如圖所示，一束不計重力的帶電粒子沿水平方向向左飛入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域后發(fā)生偏轉(zhuǎn)，都恰好能從磁場區(qū)域的最下端P孔飛出磁場，則這些粒子()A.運(yùn)動速率相同B．運(yùn)動半徑相同C．比荷相同D．從P孔射出時的速度方向相同【解析】選B。畫出粒子的運(yùn)動軌跡，例如從A點射入的粒子，其圓心為O1，因速度方向水平，則AO1豎直，因AO1＝PO1＝r，可知平行四邊形OPO1A為菱形，可知r＝R，則這些粒子做圓周運(yùn)動的半徑都等于磁場區(qū)域圓的半徑R，依據(jù)r＝R＝eq\f(mv,qB)可知，粒子的速率、比荷不肯定相同，由圖中所示運(yùn)動軌跡知粒子從P孔射出時的速度方向也不相同，故選項B正確。6．質(zhì)譜儀可以測定有機(jī)化合物分子結(jié)構(gòu)，現(xiàn)有一種質(zhì)譜儀的結(jié)構(gòu)可簡化為如圖，有機(jī)物的氣體分子從樣品室注入離子化室，在高能電子作用下，樣品氣體分子離子化或碎裂成離子。若離子化后的離子帶正電，初速度為零，此后經(jīng)過高壓電源區(qū)、圓形磁場室(內(nèi)為勻強(qiáng)磁場)、真空管，最終打在記錄儀上，通過處理就可以得到離子比荷(eq\f(q,m))，進(jìn)而推想有機(jī)物的分子結(jié)構(gòu)。已知高壓電源的電壓為U，圓形磁場區(qū)的半徑為R，真空管與水平面夾角為θ，離子進(jìn)入磁場室時速度方向指向圓心。則下列說法正確的是()A．高壓電源A端應(yīng)接電源的正極B．磁場室的磁場方向必需垂直紙面對外C．若離子化后的兩同位素X1、X2(X1質(zhì)量大于X2質(zhì)量)同時進(jìn)入磁場室后，出現(xiàn)圖中的軌跡Ⅰ和Ⅱ，則軌跡Ⅰ肯定對應(yīng)X1D．若磁場室內(nèi)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，當(dāng)記錄儀接收到一個明顯的信號時，與該信號對應(yīng)的離子比荷eq\f(q,m)＝eq\f(2Utan2\f(θ,2),B2R2)【解析】選B、D。正離子在電場中加速，可以推斷高壓電源A端應(yīng)接負(fù)極，同時依據(jù)左手定則知，磁場室的磁場方向應(yīng)垂直紙面對外，A錯誤，B正確；設(shè)離子通過高壓電源后的速度為v，由動能定理可得qU＝eq\f(1,2)mv2，離子在磁場中偏轉(zhuǎn)，則qvB＝meq\f(v2,r)，聯(lián)立計算得出r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,q))，由此可見，質(zhì)量大的離子的運(yùn)動軌跡半徑大，即軌跡Ⅱ肯定對應(yīng)X1，C錯誤；離子在磁場中偏轉(zhuǎn)軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r＝eq\f(R,tan\f(θ,2))，可解得eq\f(q,m)＝eq\f(2Utan2\f(θ,2),B2R2)，D正確?！炯庸逃?xùn)練】(多選)如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖。帶電粒子被加速電場加速后，進(jìn)入速度選擇器。速度選擇器內(nèi)相互正交的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的強(qiáng)度分別為B和E。平板S上有可讓粒子通過的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2。平板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0A.質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具B.速度選擇器中的磁場方向垂直于紙面對外C.能通過狹縫P的帶電粒子的速率等于D.粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，粒子的比荷越小【解析】選A、B、C。質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具，A正確；帶電粒子在速度選擇器中沿直線運(yùn)動時，所受電場力和洛倫茲力應(yīng)等大反向，結(jié)合左手定則可知B正確；由qE=qvB可得v=，C正確；粒子在平板S下方的勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由qvB0=得R=，所以，故粒子越靠近狹縫P，粒子的比荷越大，D錯誤。7．(電路故障)(2024·邵陽模擬)如圖所示，不計電表內(nèi)阻的影響，由于某一個電阻斷路，使電壓表、電流表的示數(shù)均變大，這個斷路的電阻可能是()A.R1 B．R2C．R3 D．R4【解析】選A、D。假設(shè)R1斷路，外電路總電阻增大，總電流減小，路端電壓增大，通過R2的電流變大，即電流表讀數(shù)變大；通過R4的電流也增大，R4電壓變大，電壓表示數(shù)也增大，故A正確。假設(shè)R2斷路，電流表無示數(shù)，故B錯誤。假設(shè)R3斷路，電壓表將無示數(shù)，故C錯誤。假設(shè)R4斷路，電壓表測量路端電壓，電路中總電阻增大，總電流減小，則路端電壓增大，電壓表、電流表的示數(shù)均變大，故D正確。8.如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的粗糙細(xì)桿上自由滑動，細(xì)桿處在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強(qiáng)磁場中，圓環(huán)以初速度v0向右運(yùn)動直至處于平衡狀態(tài)，重力加速度為g，則圓環(huán)克服摩擦力做的功可能為()A．0 B．eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))C．eq\f(m3g2,2q2B2) D．eq\f(1,2)m(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(m2g2,q2B2))【解析】選A、B、D。若圓環(huán)剛起先所受洛倫茲力等于重力，圓環(huán)對粗糙細(xì)桿壓力為零，摩擦力為零，圓環(huán)克服摩擦力做的功為零，選項A正確；若起先圓環(huán)所受洛倫茲力小于重力，則由Ff＝μ(mg－qvB)知圓環(huán)始終減速到速度為零，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，選項B正確；若起先圓環(huán)所受洛倫茲力大于重力，則減速到洛倫茲力等于重力時圓環(huán)達(dá)到穩(wěn)定，穩(wěn)定速度v＝eq\f(mg,qB)，由動能定理可得圓環(huán)克服摩擦力做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(1,2)mv2＝eq\f(1,2)m(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))－eq\f(m2g2,q2B2))，選項C錯誤，D正確。二、計算題(本題共2小題，共52分。需寫出規(guī)范的解題步驟)9．(24分)(2024·全國Ⅱ卷)如圖，在0≤x≤h，－∞＜y＜＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進(jìn)入磁場，不計重力。(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種狀況下磁感應(yīng)強(qiáng)度的最小值Bm；(2)假如磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場。求粒子在該點的運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離?！窘忸}指導(dǎo)】解答本題需明確以下兩點：(1)粒子垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場做勻速圓周運(yùn)動，洛倫茲力供應(yīng)向心力。(2)利用幾何關(guān)系求粒子出磁場的運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角?！窘馕觥?1)由題意，粒子剛進(jìn)入磁場時應(yīng)受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面對里。設(shè)粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動的半徑為R，依據(jù)洛倫茲力公式和圓周運(yùn)動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),R)①由此可得R＝eq\f(mv0,qB)②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動的圓心在y軸正半軸上，半徑應(yīng)滿意R≤h③由題意，當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為Bm時，粒子的運(yùn)動半徑最大，由此得Bm＝eq\f(mv0,qh)④(2)若磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為eq\f(Bm,2)，粒子做圓周運(yùn)動的圓心仍在y軸正半軸上，由②④式可得，此時圓弧半徑為R′＝2h⑤粒子會穿過圖中P點離開磁場，運(yùn)動軌跡如圖所示。設(shè)粒子在P點的運(yùn)動方向與x軸正方向的夾角為α，由幾何關(guān)系sinα＝eq\f(h,2h)＝eq\f(1,2)⑥即α＝eq\f(π,6)⑦由幾何關(guān)系可得，P點與x軸的距離為y＝2h(1－cosα)⑧聯(lián)立⑦⑧式得y＝(2－eq\r(3))h⑨答案：(1)分析過程見解析，方向垂直紙面對里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h10．(28分)(2024·山東等級考)某型號質(zhì)譜儀的工作原理如圖甲所示。M、N為豎直放置的兩金屬板，兩板間電壓為U，Q板為記錄板，分界面P將N、Q間區(qū)域分為寬度均為d的Ⅰ、Ⅱ兩部分，M、N、P、Q所在平面相互平行，a、b為M、N上兩正對的小孔。以a、b所在直線為z軸，向右為正方向，取z軸與Q板的交點O為坐標(biāo)原點，以平行于Q板水平向里為x軸正方向，豎直向上為y軸正方向，建立空間直角坐標(biāo)系Oxyz。區(qū)域Ⅰ、Ⅱ內(nèi)分別充溢沿x軸正方向的勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小、電場強(qiáng)度大小分別為B和E。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從a孔飄入電場(初速度視為零)，經(jīng)b孔進(jìn)入磁場，過P面上的c點(圖中未畫出)進(jìn)入電場，最終打到記錄板Q上。不計粒子重力。(1)求粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑R以及c點到z軸的距離L；(2)求粒子打到記錄板上位置的x坐標(biāo)；(3)求粒子打到記錄板上位置的y坐標(biāo)(用R、d表示)；(4)如圖乙所示，在記錄板上得到三個點s1、s2、s3，若這三個點是質(zhì)子eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))H、氚核eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H、氦核eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He的位置，請寫出這三個點分別對應(yīng)哪個粒子(不考慮粒子間的相互作用，不要求寫出推導(dǎo)過程)?！窘馕觥?1)設(shè)粒子經(jīng)加速電場到b孔的速度大小為v，粒子在區(qū)域Ⅰ中，做勻速圓周運(yùn)動對應(yīng)圓心角為α，在M、N兩金屬板間，由動能定理得qU＝eq\f(1,2)mv2①在區(qū)域Ⅰ中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，磁場力供應(yīng)向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,R)②聯(lián)立①②式得R＝eq\f(\r(2mqU),qB)③由幾何關(guān)系得d2＋(R－L)2＝R2④cosα＝eq\f(\r(R2－d2),R)⑤sinα＝eq\f(d,R)⑥聯(lián)立①②④式得L＝eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2)⑦(2)設(shè)區(qū)域Ⅱ中粒子沿z軸方向的分速度為vz，沿x軸正方向加速度大小為a，位移大小為x，運(yùn)動時間為t，由牛頓其次定律得qE＝ma⑧粒子在z軸方向做勻速直線運(yùn)動，由運(yùn)動合成與分解的規(guī)律得vz＝vcosα⑨d＝vzt⑩粒子在x方向做初速度為零的勻加速直線運(yùn)動，由運(yùn)動學(xué)公式得x＝eq\f(1,2)at2?聯(lián)立①②⑤⑧⑨⑩?式得x＝eq\f(md2E,4mU－2qd2B2)?(3)設(shè)粒子沿y方向偏離z軸的距離為y，其中在區(qū)域Ⅱ中沿y方向偏離的距離為y′，由運(yùn)動學(xué)公式得y′＝vtsinα?由題意得y＝L＋y′?聯(lián)立④⑤⑥⑨⑩??式，得y＝R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2))?(4)s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H、氦核eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He、質(zhì)子eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))H的位置。答案：(1)eq\f(\r(2mqU),qB)eq\f(\r(2mqU),qB)－eq\r(\f(2mU,qB2)－d2)(2)eq\f(md2E,4mU－2qd2B2)(3)R－eq\r(R2－d2)＋eq\f(d2,\r(R2－d2))(4)s1、s2、s3分別對應(yīng)氚核eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H、氦核eq\o\al(\s\up1(4),\s\do1(2))He、質(zhì)子eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))H的位置【加固訓(xùn)練】(2024·山東等級考模擬卷)如圖所示，在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面對外的勻強(qiáng)磁場Ⅰ，其次象限內(nèi)存在水平向右的勻強(qiáng)電場，第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面對外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0的勻強(qiáng)磁場Ⅱ