【優(yōu)化方案】2022屆高三物理大一輪復(fù)習-章末檢測(八)-

章末檢測(八)(時間：60分鐘；分值：100分)一、單項選擇題(本大題共6小題，每小題5分，共30分，每小題只有一個選項符合題意)1．(2021·東莞模擬)一個電子穿過某一空間而未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，則()A．此空間確定不存在磁場B．此空間確定不存在電場C．此空間可能只有勻強磁場，方向與電子速度垂直D．此空間可能同時有電場和磁場答案：D2．如圖所示，在等邊三角形的三個頂點a、b、c處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中均通有大小相等的恒定電流，方向垂直紙面對里，過c點的導(dǎo)線所受安培力的方向是()A．與ab邊平行，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，指向右邊解析：選C.先利用安培定則把導(dǎo)線a、b在c處所產(chǎn)生的磁場方向標出來，再合成，可知c處的磁場方向豎直向下，再利用左手定則可知c處導(dǎo)線所受安培力方向水平向左，C正確．3．(2021·浙江名校聯(lián)考)質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)體棒放置于四分之一光滑圓軌道上，整個裝置處于豎直向上、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中，直導(dǎo)體棒中通有恒定電流，平衡時導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向成60°角，其截面圖如圖所示，則下列關(guān)于導(dǎo)體棒中電流的分析正確的是()A．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面對外，大小為eq\f(\r(3)mg,BL)B．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面對外，大小為eq\f(\r(3)mg,3BL)C．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面對里，大小為eq\f(\r(3)mg,BL)D．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面對里，大小為eq\f(\r(3)mg,3BL)解析：選C.平衡時導(dǎo)體棒受到豎直向下的重力、斜向左上方的彈力和水平向右的安培力，重力和安培力的合力大小與彈力大小相等，方向相反，由平衡條件有tan60°＝eq\f(BIL,mg)＝eq\r(3)，得導(dǎo)體棒中電流I＝eq\f(\r(3)mg,BL).再由左手定則可知，導(dǎo)體棒中電流的方向應(yīng)垂直紙面對里，故選項C正確．4.(2021·汕頭教學(xué)質(zhì)量測評)如圖，MN是磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場的邊界，一帶電微粒在紙面內(nèi)從O點垂直于MN以速度v0射入磁場，最終落在C點，不計微粒的重力作用，則()A．落在C點時速度vC方向垂直于MNB．落在C點時速度vC大于v0C．增大v0，微粒將落在A點D．減小v0，微粒在磁場中運動的時間變長解析：選A.帶電微粒在勻強磁場中做勻速圓周運動時，速度是垂直于直徑的，故OC為直徑，所以微粒落到C點時，速度垂直于MN，A正確；洛倫茲力是不做功的，所以微粒落到C點時，速度大小不變，B錯誤；由半徑公式r＝eq\f(mv,Bq)可知，速度增大，則半徑也增大，C錯誤；由周期公式T＝eq\f(2πm,Bq)可知，周期與初速度無關(guān)，所以微粒在磁場中運動的時間不變，D錯誤．5.如圖所示，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點．有很多帶有同樣電荷、具有同樣質(zhì)量的粒子在紙面內(nèi)沿各個方向以相同的速率通過P點進入磁場．這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的eq\f(1,3).將磁感應(yīng)強度的大小從原來的B1變?yōu)锽2，結(jié)果相應(yīng)的弧長變?yōu)樵瓉淼囊话?，則B2∶B1等于()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D．3解析：選B.當軌道半徑小于或等于磁場區(qū)半徑時，粒子射出圓形磁場的點離入射點最遠距離為軌跡直徑．如圖所示，當粒子從eq\f(1,3)圓周射出磁場時，粒子在磁場中運動的軌道直徑為PQ，粒子都從圓弧PQ之間射出，因此軌道半徑r1＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R；若粒子射出的圓弧對應(yīng)弧長為“原來”的一半，即eq\f(1,6)周長，對應(yīng)的弦長為R，即粒子運動軌跡直徑等于磁場區(qū)半徑R，半徑r2＝eq\f(R,2)，由r＝eq\f(mv,qB)可得eq\f(B2,B1)＝eq\f(r1,r2)＝eq\r(3).6．速度相同的一束粒子由左端射入質(zhì)譜儀后分成甲、乙兩束，其運動軌跡如圖所示，其中S0A＝eq\f(2,3)S0C，則下列說法中正確的是()A．甲束粒子帶正電，乙束粒子帶負電B．甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷C．能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B2)D．若甲、乙兩束粒子的電荷量相等，則甲、乙兩束粒子的質(zhì)量比為3∶2解析：選B.由左手定則可判定甲束粒子帶負電，乙束粒子帶正電，A錯誤；粒子在磁場中做圓周運動滿足B2qv＝meq\f(v2,r)，即eq\f(q,m)＝eq\f(v,B2r)，由題意知r甲<r乙，所以甲束粒子的比荷大于乙束粒子的比荷，B正確；由qE＝B1qv知能通過狹縫S0的帶電粒子的速率等于eq\f(E,B1)，C錯誤；由eq\f(q,m)＝eq\f(v,B2r)知eq\f(m甲,m乙)＝eq\f(r甲,r乙)＝eq\f(2,3)，D錯誤．二、多項選擇題(本大題共4小題，每小題6分，共24分，每小題有多個選項符合題意)7．(2021·河北衡水調(diào)研)如圖所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內(nèi)壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則()A．小球帶負電B．小球運動的軌跡是一條拋物線C．洛倫茲力對小球做正功D．維持試管勻速運動的拉力F應(yīng)漸漸增大解析：選BD.小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口的洛倫茲力，依據(jù)左手定則推斷，小球帶正電，故A錯誤．設(shè)試管運動速度為v1，小球垂直于試管向右的分運動是勻速直線運動．小球沿試管方向受到洛倫茲力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不變，F(xiàn)1不變，則小球沿試管做勻加速直線運動，與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，故B正確．洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故C錯誤．設(shè)小球沿試管的分速度大小為v2，則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力的分力F2＝qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F＝F2，則F漸漸增大，故D正確．故選BD.8．(2022·高考江蘇卷)如圖所示，導(dǎo)電物質(zhì)為電子的霍爾元件位于兩串聯(lián)線圈之間，線圈中電流為I，線圈間產(chǎn)生勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B與I成正比，方向垂直于霍爾元件的兩側(cè)面，此時通過霍爾元件的電流為IH，與其前后表面相連的電壓表測出的霍爾電壓UH滿足：UH＝keq\f(IHB,d)，式中k為霍爾系數(shù)，d為霍爾元件兩側(cè)面間的距離．電阻R遠大于RL，霍爾元件的電阻可以忽視，則()A．霍爾元件前表面的電勢低于后表面B．若電源的正負極對調(diào)，電壓表將反偏C．IH與I成正比D．電壓表的示數(shù)與RL消耗的電功率成正比解析：選CD.當霍爾元件通有電流IH時，依據(jù)左手定則，電子將向霍爾元件的后表面運動，故霍爾元件的前表面電勢較高．若將電源的正負極對調(diào)，則磁感應(yīng)強度B的方向換向，IH方向變化，依據(jù)左手定則，電子仍向霍爾元件的后表面運動，故仍是霍爾元件的前表面電勢較高，選項A、B錯誤．因R與RL并聯(lián)，依據(jù)并聯(lián)分流，得IH＝eq\f(RL,RL＋R)I，故IH與I成正比，選項C正確．由于B與I成正比，設(shè)B＝aI，則IL＝eq\f(R,R＋RL)I，PL＝Ieq\o\al(2,L)RL，故UH＝keq\f(IHB,d)＝eq\f(akR＋RL,R2d)PL，知UH∝PL，選項D正確．9.如圖所示，已知一帶電小球在光滑絕緣的水平面上從靜止開頭經(jīng)電壓U加速后，水平進入相互垂直的勻強電場E和勻強磁場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：選BC.小球在復(fù)合場中做勻速圓周運動，則小球受到的電場力和重力滿足mg＝Eq，則小球帶負電，A錯誤；由于小球做圓周運動的向心力由洛倫茲力供應(yīng)，由牛頓其次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)，與電壓U無關(guān)，所以B、C正確，D錯誤．10．(2021·河南豫東豫北十校聯(lián)考)如圖所示，在x軸的上方有沿y軸負方向的勻強電場，電場強度為E，在x軸的下方等腰三角形CDM區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面由內(nèi)向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，其中C、D在x軸上，它們到原點O的距離均為a，現(xiàn)將一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子，從y軸上的P點由靜止釋放，設(shè)P點到O點的距離為h，不計重力作用與空氣阻力的影響．下列說法正確的是()A．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子垂直CM射出磁場B．若h＝eq\f(B2a2q,2mE)，則粒子平行于x軸射出磁場C．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子垂直CM射出磁場D．若h＝eq\f(B2a2q,8mE)，則粒子平行于x軸射出磁場解析：選AD.粒子從P點到O點經(jīng)電場加速，Eqh＝eq\f(1,2)mv2，粒子進入磁場后做勻速圓周運動，Bqv＝meq\f(v2,r).(1)若恰好垂直CM射出磁場時，其圓心恰好在C點，如圖甲所示，其半徑為r＝a.P到O的距離h＝eq\f(B2a2q,2mE)，A選項正確．甲(2)若粒子進入磁場后做勻速圓周運動，恰好平行于x軸射出磁場時，其圓心恰好在CO中點，如圖乙所示，其半徑為r＝eq\f(1,2)a，P到O的距離h＝eq\f(B2a2q,8mE)，D選項正確．乙三、非選擇題(本大題共3小題，共46分，要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)11．(10分)如圖所示，在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.4m，質(zhì)量為6×10－2kg的通電直導(dǎo)線，電流強度I＝1A，方向垂直于紙面對外，導(dǎo)線用平行于斜面的輕繩拴住不動，整個裝置放在磁感應(yīng)強度每秒增加0.4T，方向豎直向上的磁場中．設(shè)t＝0時，B＝0，則需要多長時間，斜面對導(dǎo)線的支持力為零？(g取10m/s2)解析：斜面對導(dǎo)線的支持力為零時導(dǎo)線的受力如圖所示．由平衡條件得FTcos37°＝F①(2分)FTsin37°＝mg②(2分)由①②解得：F＝eq\f(mg,tan37°)代入數(shù)值得：F＝0.8N(1分)由F＝BIL得：B＝eq\f(F,IL)＝eq\f(0.8,1×0.4)T＝2T(3分)B與t的變化關(guān)系為B＝0.4t.(1分)所以t＝5s．(1分)答案：5s12．(15分)(2021·寧波模擬)一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)布滿磁感應(yīng)強度為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場，矩形區(qū)域的左邊界ad長為L，現(xiàn)從ad中點O垂直于磁場射入一速度方向與ad邊夾角為30°、大小為v0的帶正電粒子，如圖所示．已知粒子電荷量為q，質(zhì)量為m(重力不計)．若要求粒子能從ab邊射出磁場，v0應(yīng)滿足什么條件？解析：當粒子軌跡恰好與cd邊相切時是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最大的狀況，設(shè)此半徑為R1，如圖甲所示．則有R1cos60°＋eq\f(L,2)＝R1(3分)可得R1＝L(1分)當粒子軌跡恰好與ab相切時是粒子能從ab邊射出磁場區(qū)域時軌跡圓半徑最小的狀況，設(shè)此半徑為R2，如圖乙所示．則有R2sin30°＋R2＝eq\f(L,2)(3分)得R2＝eq\f(L,3)(1分)故粒子從ab邊射出的條件為R2<R≤R1，即eq\f(L,3)<R≤L(2分)依據(jù)qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得v0＝eq\f(qBR,m)(3分)所以eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m).(2分)答案：eq\f(qBL,3m)<v0≤eq\f(qBL,m)13．(21分)(2021·鄭州模擬)如圖所示，在真空室中平面直角坐標系的y軸豎直向上，x軸上的P點與Q點關(guān)于坐標原點O對稱，PQ間的距離d＝30cm.坐標系所在空間存在一勻強電場，場強的大小E＝1.0N/C.一帶電油滴在xOy平面內(nèi)，從P點與x軸成30°的夾角射出，該油滴將做勻速直線運動，已知油滴的速度v＝2.0m/s，所帶電荷量q＝1.0×10－7C，重力加速度g取10m/s2.(1)求油滴的質(zhì)量m.(2)若在空間疊加一個垂直于xOy平面的圓形有界勻強磁場，使油滴通過Q點，且其運動軌跡關(guān)于y軸對稱．已知磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝2.0T，求：①油滴在磁場中運動的時間t；②圓形磁場區(qū)域的最小面積S.解析：(1)對帶電油滴進行受力分析，依據(jù)牛頓運動定律有qE－mg＝0(2分)所以m＝eq\f(qE,g)＝1.0×10－8kg.(2分)(2)①帶電油滴進入勻強磁場，其軌跡如圖所示，設(shè)其做勻速圓周運動的半徑為R、運動周期為T，依據(jù)牛頓其次定律qvB＝eq\f(mv2,R)(3分)得R＝eq\f(mv,qB)＝0.10m(2分)所