（北京專用）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第十一章 全章闖關(guān)檢測（含解析）

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1、全章闖關(guān)檢測 一、選擇題 1.在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0、方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場中,水平放置一根通電長直導(dǎo)線,電流的方向垂直于紙面向里。如圖所示,a、b、c、d是以直導(dǎo)線為圓心的同一圓周上的四點(diǎn),在這四點(diǎn)中(　　) A.c、d兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等 B.a、b兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等 C.c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最小 D.b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的值最大 答案　C　通電直導(dǎo)線在c點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向與B0的方向相反,b、d兩點(diǎn)的電流磁場與B0垂直,a點(diǎn)電流磁場與B0同向,由磁場的疊加知c點(diǎn)的合磁感應(yīng)強(qiáng)度最小。 2.如圖所示,若粒子 (不計(jì)重力)能在圖中所示的磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,則可以判斷

2、(　　) A.粒子在運(yùn)動過程中動量保持不變 B.若粒子帶正電,則粒子沿順時(shí)針方向運(yùn)動 C.在其他量不變的情況下,粒子速度越大,運(yùn)動周期越大 D.在其他量不變的情況下,粒子速度越大,做圓周運(yùn)動的半徑越大 答案　D　粒子在磁場區(qū)域內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動,速度的大小不變而方向不斷變化,即粒子的動量不斷發(fā)生變化,故選項(xiàng)A錯(cuò)誤;若粒子帶正電,則在圖示位置由左手定則可知粒子所受的洛倫茲力方向向上,粒子沿逆時(shí)針方向運(yùn)動,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;由粒子運(yùn)動的周期公式T=2πmqB可知,運(yùn)動周期與速度無關(guān),選項(xiàng)C錯(cuò)誤;由粒子運(yùn)動的半徑公式r=mvqB可知,速度越大,半徑越大,選項(xiàng)D正確。 3.在等邊三角形的三個(gè)頂

3、點(diǎn)a、b、c處,各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面,導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流,方向如圖所示,則過c點(diǎn)的導(dǎo)線所受安培力的方向(　　) 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 答案　C　根據(jù)安培定則,a、b在c處所激發(fā)的磁場方向分別如圖中Ba、Bb所示,應(yīng)用平行四邊形定則可知c導(dǎo)線所在處的合磁場方向如圖所示。根據(jù)左手定則可知安培力F安的方向與a、b連線垂直,指向左邊。 4.圖甲是磁電式電流表的結(jié)構(gòu)示意圖,蹄形磁鐵和鐵芯間的磁場是均勻輻向分布的,線圈中a、b兩條導(dǎo)線的長均為l,通有方向如圖乙所示的電流I,兩條導(dǎo)線所

4、在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B。則(　　) A.該磁場是勻強(qiáng)磁場 B.線圈平面總與磁場方向垂直 C.線圈將沿逆時(shí)針方向轉(zhuǎn)動 D.a、b導(dǎo)線受到的安培力的大小總為IlB 答案　D　該磁場是均勻輻向分布的,不是勻強(qiáng)磁場,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;線圈平面與磁場方向平行,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;在圖示位置,a、b導(dǎo)線受到的安培力方向分別為向上、向下,大小均為IlB,線圈將沿順時(shí)針方向轉(zhuǎn)動,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,選項(xiàng)D正確。 5.如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,質(zhì)量為m、帶電荷量為q的正電荷(重力忽略不計(jì))以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場,從磁場中射出時(shí)速度方向改變了θ角,則磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

5、為(　　) A.mvqRtanθ2 B.mvqRcotθ2 C.mvqRsinθ2 D.mvqRcosθ2 答案　B　該電荷以速度v沿正對著圓心O的方向射入磁場,將背離圓心射出,軌跡圓弧的圓心角為θ,由幾何關(guān)系可知,軌跡圓的半徑r=Rtanθ2,由洛倫茲力提供向心力,軌跡圓的半徑r=mvqB 解得B=mvqRcotθ2,選項(xiàng)B正確。 6.如圖所示,在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點(diǎn)沿垂直于PQ的方向射入磁場,圖中實(shí)線是它們的軌跡。已知O是PQ的中點(diǎn),不計(jì)粒子重力。下列說法中正確的是(　　) A.粒子a帶負(fù)電,粒子b

6、、c帶正電 B.射入磁場時(shí)粒子a的速率最小 C.射出磁場時(shí)粒子b的動能最小 D.粒子c在磁場中運(yùn)動的時(shí)間最長 答案　D　由左手定則可知粒子a帶正電,粒子b、c帶負(fù)電,所以A錯(cuò);由qvB=mv2r可知r=mvqB,由題意及rc

7、子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速,為使它經(jīng)勻強(qiáng)磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場,需將磁感應(yīng)強(qiáng)度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.11 B.12 C.121 D.144 答案　D　設(shè)質(zhì)子和離子的質(zhì)量分別為m1和m2,原磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1,改變后的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2。在加速電場中qU=12mv2,在磁場中qvB=mv2R,聯(lián)立兩式得m=R2B2q2U,故有m2m1=B22B12=144,選項(xiàng)D 正確。 8.如圖所示,某種帶電粒子由靜止開始經(jīng)電壓為U1的電場加速后,射入水平放置、電勢差為

8、U2的兩導(dǎo)體板間的勻強(qiáng)電場中,帶電粒子沿平行于兩板的方向從兩板正中間射入,穿過兩板后又垂直于磁場方向射入邊界線豎直的勻強(qiáng)磁場中,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點(diǎn)間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計(jì)重力,不考慮邊緣效應(yīng))(　　) A.d隨U1變化,d與U2無關(guān) B.d與U1無關(guān),d隨U2變化 C.d隨U1變化,d隨U2變化 D.d與U1無關(guān),d與U2無關(guān) 答案　A　帶電粒子在加速電場中,由動能定理可得qU1=12mv02;帶電粒子在偏轉(zhuǎn)電場中做類平拋運(yùn)動,可將射出電場的粒子速度v分解成初速度方向與垂直初速度方向,設(shè)出射速度方向與水平方向夾角為θ,則有v0v=cos θ,帶

9、電粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動,設(shè)運(yùn)動軌跡對應(yīng)的半徑為R,由幾何關(guān)系可得,半徑與直線MN夾角正好等于θ,則有d2R=cos θ,所以d=2Rv0v,又由半徑公式R=mvqB,則有d=2mv0qB=2mqB2qU1m,d隨U1變化,與U2無關(guān),選項(xiàng)A正確,選項(xiàng)B、C、D錯(cuò)誤。 9.如圖是洛倫茲力演示儀的實(shí)物圖和結(jié)構(gòu)示意圖。用洛倫茲力演示儀可以觀察運(yùn)動電子在磁場中的運(yùn)動徑跡。下列關(guān)于實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象和分析正確的是(　　) A.勵磁線圈通以逆時(shí)針方向的電流,則能形成結(jié)構(gòu)示意圖中的電子運(yùn)動徑跡 B.勵磁線圈通以順時(shí)針方向的電流,則能形成結(jié)構(gòu)示意圖中的電子運(yùn)動徑跡 C.保持勵磁電壓不變,增加加速電壓,

10、電子束形成圓周的半徑減小 D.保持加速電壓不變,增加勵磁電壓,電子束形成圓周的半徑增大 答案　B　由電子初速度方向及軌跡,利用左手定則可判斷勵磁線圈產(chǎn)生的磁場在電子運(yùn)動區(qū)域的方向?yàn)榇怪奔埫嫦蚶?再利用右手螺旋定則,即可判斷勵磁線圈中的電流為順時(shí)針方向,B正確,A錯(cuò)誤;電子在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動,故有Bqv=mv2R,得R=mvBq,當(dāng)勵磁電壓不變,即B不變時(shí),增加加速電壓即增大v,則R增大;當(dāng)加速電壓不變,即v不變時(shí),增加勵磁電壓,即B增大,則R減小,故C、D均不對。 10.如圖所示,在屏MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里。 P為屏上的一小孔。PC與MN垂直。

11、一群質(zhì)量為m、帶電荷量為-q的粒子(不計(jì)重力),以大小相同的速度v,從P處沿垂直于磁場的方向射入磁場區(qū)域。粒子入射方向在與磁場(B)垂直的平面內(nèi),且散開在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)。則在屏MN上被粒子打中的區(qū)域的長度為(　　) A.2mvqB B.2mvcosθqB C.2mv(1-sinθ)qB D.2mv(1-cosθ)qB 答案　D　粒子沿PC方向射入,偏轉(zhuǎn)半個(gè)圓周打在PN上的Q點(diǎn),PQ長度為l1=2R=2mvqB,粒子沿與PC夾角為θ的方向射入,打在PN上的S點(diǎn),PS長度為l2=2mvcosθqB。則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長度為Δl=l1-l2=2mv(1-cosθ)qB。

12、 11.(多選)如圖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,通過彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道平面的磁場(可視為勻強(qiáng)磁場),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小與電流I成正比。通電的彈體在安培力的作用下離開軌道,則下列說法正確的是(　　) A.彈體向左高速射出 B.I為原來的2倍,彈體射出的速度也為原來的2倍 C.彈體的質(zhì)量為原來的2倍,射出的速度也為原來的2倍 D.軌道長度L為原來的4倍,彈體射出的速度為原來的2倍 答案　BD　根據(jù)安培定則可知,彈體處的磁場方向垂直于軌道平面向里,再利用左手定則可

13、知,彈體受到的安培力水平向右,所以彈體向右高速射出,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;設(shè)B=kI(其中k為比例系數(shù)),軌道間距為l,彈體的質(zhì)量為m,射出時(shí)的速度為v,則安培力F=BIl=kI2l,根據(jù)動能定理有FL=12mv2,可得v=I2klLm,對B、C、D項(xiàng)分析可知,選項(xiàng)C錯(cuò)誤,B、D正確。 12.(多選)在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P+和P3+,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖所示。已知離子P+在磁場中轉(zhuǎn)過θ=30°后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動時(shí),離子P+和P3+(　　) A.在電場中的加速度之比為1∶1

14、 B.在磁場中運(yùn)動的半徑之比為 3∶1 C.在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為1∶2 D.離開電場區(qū)域時(shí)的動能之比為1∶3 答案　BCD　兩離子所帶電荷量之比為1∶3,在電場中時(shí)由qE=ma知a∝q,故加速度之比為1∶3,A錯(cuò)誤;離開電場區(qū)域時(shí)的動能由Ek=qU知Ek∝q,故D正確;在磁場中運(yùn)動的半徑由Bqv=mv2R、Ek=12mv2知R=1B2mUq∝1q,故B正確;設(shè)磁場區(qū)域的寬度為d,則有sin θ=dR∝1R,即sin30°sinθ'=13,故θ'=60°=2θ,C正確。 二、非選擇題 13.如圖所示,兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電場可視為勻強(qiáng)電場;金屬板下方有一磁感應(yīng)強(qiáng)度

15、為B的勻強(qiáng)磁場。帶電量為+q、質(zhì)量為m的粒子,由靜止開始從正極板出發(fā),經(jīng)電場加速后射出,并進(jìn)入磁場做勻速圓周運(yùn)動。忽略重力的影響,求: (1)勻強(qiáng)電場場強(qiáng)E的大小; (2)粒子從電場射出時(shí)速度v的大小; (3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑R。 答案　(1)Ud　(2)2qUm　(3)1B2mUq 解析　(1)電場強(qiáng)度E=Ud (2)根據(jù)動能定理,有qU=12mv2 得v=2qUm (3)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動時(shí),洛倫茲力提供向心力,有 qvB=mv2R 得R=1B2mUq 14.如圖甲所示,在水平地面上固定一對與水平面傾角為α的光滑平行導(dǎo)電軌道,軌道間的距離為

16、l,兩軌道底端的連線與軌道垂直,頂端接有電源。將一根質(zhì)量為m的直導(dǎo)體棒ab放在兩軌道上,且與兩軌道垂直。已知軌道和導(dǎo)體棒的電阻及電源的內(nèi)電阻均不能忽略,通過導(dǎo)體棒的恒定電流大小為I,方向由a到b,圖乙為圖甲沿a→b方向觀察的側(cè)視圖。若重力加速度為g,在軌道所在空間加一豎直向上的勻強(qiáng)磁場,使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止。 (1)請?jiān)趫D乙所示的側(cè)視圖中畫出導(dǎo)體棒受力的示意圖; (2)求出磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大小; (3)如果改變導(dǎo)軌所在空間的磁場方向,試確定使導(dǎo)體棒在軌道上保持靜止的勻強(qiáng)磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值的大小和方向。 答案　見解析 解析　(1)導(dǎo)體棒受力如圖所示 (2)根據(jù)

17、共點(diǎn)力平衡條件可知,磁場對導(dǎo)體棒的安培力的大小 F=mg tan α (3)要使磁感應(yīng)強(qiáng)度最小,則要求安培力最小。根據(jù)受力情況可知,最小安培力 Fmin=mg sin α,方向平行于軌道斜向上 所以最小磁感應(yīng)強(qiáng)度Bmin=FminIl=mgsinαIl 根據(jù)左手定則可判斷出,此時(shí)的磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向?yàn)榇怪避壍榔矫嫘毕蛏稀? 15.如圖所示,空間同時(shí)存在水平向右的勻強(qiáng)電場和方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的液滴,以某一速度沿與水平方向成θ角斜向上進(jìn)入正交的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場疊加區(qū)域,在時(shí)間t內(nèi)液滴從M點(diǎn)勻速運(yùn)動到N點(diǎn)。重力加速度為g。 (1)判定液

18、滴帶的是正電還是負(fù)電,并畫出液滴受力示意圖; (2)求勻強(qiáng)電場的場強(qiáng)E的大小; (3)求液滴從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的過程中電勢能的變化量。 答案　(1)見解析　(2)mgtanθq　(3)-m2g2ttanθqB 解析　(1)液滴從M點(diǎn)到N點(diǎn)做的是勻速直線運(yùn)動,受力分析(如圖所示)知其所受洛倫茲力斜向左上方,所以液滴帶正電。 (2)由圖可知 Eq=mg tan θ E=mgtanθq (3)設(shè)液滴運(yùn)動的速度為v,由圖可知 mg=qvB cos θ v=mgqBcosθ 設(shè)M、N之間的距離為d,則 d=vt=mgtqBcosθ 液滴從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn),電場力做正功,電勢能減

19、少,設(shè)電勢能變化量為ΔE ΔE=-Eqd cos θ =-mg tan θ·mgtqBcosθ·cos θ =-m2g2ttanθqB 16.在科學(xué)研究中,可以通過施加適當(dāng)?shù)碾妶龊痛艌鰜韺?shí)現(xiàn)對帶電粒子運(yùn)動的控制。如圖所示,某時(shí)刻在xOy平面內(nèi)的第Ⅱ、Ⅲ象限中施加沿y軸負(fù)方向、電場強(qiáng)度為E的勻強(qiáng)電場,在第Ⅰ、Ⅳ象限中施加垂直于xOy坐標(biāo)平面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從M點(diǎn)以速度v0沿垂直于y軸方向射入該勻強(qiáng)電場中,粒子僅在電場力作用下運(yùn)動到坐標(biāo)原點(diǎn)O且沿OP方向進(jìn)入第 Ⅳ象限。在粒子到達(dá)坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)撤去勻強(qiáng)電場(不計(jì)撤去電場對磁場及帶電粒子運(yùn)

20、動的影響),粒子經(jīng)過原點(diǎn)O進(jìn)入勻強(qiáng)磁場中,并僅在磁場力作用下,運(yùn)動一段時(shí)間從y軸上的N點(diǎn)射出磁場。已知OP與x軸正方向夾角α=60°,帶電粒子所受重力及空氣阻力均可忽略不計(jì),求: (1)M、O兩點(diǎn)間的電勢差U; (2)坐標(biāo)原點(diǎn)O與N點(diǎn)之間的距離d; (3)粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的總時(shí)間t。 答案　(1)3mv022q　(2)2mv0qB　(3)3mv0qE+5πm3qB 解析　(1)設(shè)粒子經(jīng)過O點(diǎn)的速度為v, 則cos α=v0v 對于粒子經(jīng)過電場的過程,根據(jù)動能定理有 qU=12mv2-12mv02 解得U=3mv022q (2)設(shè)粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的半徑為R,運(yùn)動軌跡如圖所示。 洛倫茲力提供向心力,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2R 解得R=2mv0qB 根據(jù)幾何關(guān)系可知,O與N之間的距離 d=R=2mv0qB (3)設(shè)粒子在電場中從M點(diǎn)運(yùn)動至O點(diǎn)所用時(shí)間為t1 根據(jù)牛頓第二定律可知,粒子在電場中的加速度a=qEm 粒子通過O點(diǎn)時(shí)豎直方向速度vy=3v0,根據(jù)運(yùn)動學(xué)公式有vy=at1 解得t1=3mv0qE 設(shè)粒子在磁場中從O點(diǎn)運(yùn)動至N點(diǎn)用時(shí)為t2,粒子在磁場中運(yùn)動的周期T=2πRv 解得t2=2π-α2πT=5πm3qB 粒子從M點(diǎn)運(yùn)動到N點(diǎn)的總時(shí)間 t=t1+t2=3mv0qE+5πm3qB 13