（通用版）2020版高考物理一輪復習 課時檢測（六十一）磁場技術(shù)應用實例（題型研究課）（含解析）.doc
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課時檢測(六十一) 磁場技術(shù)應用實例 (題型研究課) 1.如圖所示是回旋加速器的工作原理圖，其核心部件是兩個中空的半圓形金屬盒D1和D2，稱為“D形盒”。帶電粒子在兩盒之間被電場加速，在兩盒中做勻速圓周運動，則下列說法正確的是( ) A．D形盒的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在盒中做勻速圓周運動而不被電場干擾 B．在兩D形盒之間所加交變電壓的周期應等于帶電粒子做勻速圓周運動周期的兩倍 C．僅使加速電壓的有效值增大，帶電粒子獲得的最大能量一定增大 D．僅使D形盒中磁場的磁感應強度B增大，帶電粒子在D形盒中運動周期一定增大 解析：選A 回旋加速器中D形盒的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在盒中做圓周運動過程中不受電場干擾，選項A正確；回旋加速器中所加交變電壓的周期與帶電粒子做勻速圓周運動的周期相等，選項B錯誤；設(shè)D形盒的半徑為R，根據(jù)qvB＝m得v＝，帶電粒子獲得的最大能量為Ek＝mv2＝，帶電粒子獲得的最大能量與加速電壓的有效值無關(guān)，選項C錯誤；根據(jù)公式T＝，磁感應強度B增大，T減小，選項D錯誤。 2.如圖是磁流體發(fā)電機的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場，兩金屬板通過導線與滑動變阻器R相連，等離子體以速度v平行于兩金屬板垂直射入磁場。若要減小該發(fā)電機的電動勢，可采取的方法是( ) A．增大d B．增大B C．增大R D．減小v 解析：選D 發(fā)電機穩(wěn)定工作時，有q＝qvB，則發(fā)電機的電動勢E＝Bdv，要想減小電動勢，則可以通過減小B、d或v實現(xiàn)，D正確。 3.如圖所示，兩平行金屬板P、Q水平放置，上極板帶正電，下極板帶負電；板間存在勻強電場和勻強磁場(圖中未畫出)。一個帶電粒子在P、Q間沿虛線所示路徑做勻速直線運動，粒子通過兩平行板后，從O點垂直進入另一垂直紙面向外的勻強磁場中，粒子做勻速圓周運動，經(jīng)過半個周期后打在擋板MN上的A點，不計粒子重力，則下列說法不正確的是( ) A．此粒子一定帶正電 B．P、Q間的磁場方向一定垂直紙面向里 C．若另一個帶電粒子在P、Q間也能做勻速直線運動，則它一定與該粒子具有相同的比荷 D．若另一個帶電粒子也能沿相同的軌跡運動，則它一定與該粒子具有相同的比荷 解析：選C 粒子在磁場中做勻速圓周運動，由題圖知粒子向下偏轉(zhuǎn)，粒子剛進入磁場時所受洛倫茲力豎直向下，應用左手定則可知，粒子帶正電，故A正確；粒子在P、Q間做勻速直線運動，所受合力為零，粒子所受電場力豎直向下，則粒子所受洛倫茲力豎直向上，由左手定則可知，P、Q間的磁場方向垂直于紙面向里，故B正確；粒子在P、Q間做勻速直線運動，由平衡條件可知：qvB＝qE，則：v＝，粒子具有相同的速度即可，不一定具有相同的比荷，故C錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，解得：＝，由于粒子在P、Q間做勻速直線運動，則粒子速度v相同，若粒子運動軌跡相同，則粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌跡半徑r相同，則粒子的比荷相同，故D正確。 4. 如圖所示，寬度為d、厚度為h的某種導體放在垂直于它的磁感應強度為B的勻強磁場中，當電流通過該導體時，在導體的上、下表面之間會產(chǎn)生電勢差，這種現(xiàn)象稱為霍爾效應。實驗表明，當磁場不太強時，電勢差U、電流I和磁感應強度B的關(guān)系為：U＝k，式中的比例系數(shù)k稱為霍爾系數(shù)。設(shè)載流子的電荷量為q，下列說法正確的是( ) A．載流子所受靜電力的大小F＝q B．導體上表面的電勢一定大于下表面的電勢 C．霍爾系數(shù)為k＝，其中n為導體單位長度上的電荷數(shù) D．載流子所受洛倫茲力的大小F洛＝，其中n為導體單位體積內(nèi)的電荷數(shù) 解析：選D 導體中的電場強度E＝，載流子所受電場力F＝Eq＝q，A項錯誤；由左手定則可知，載流子受到的洛倫茲力向上，由于載流子的電性不確定，B項錯誤；穩(wěn)定時，電場力與洛倫茲力相等，即qvB＝q，可得U＝Bhv，又電流的微觀表達式I＝nqSv＝nqhdv，解得U＝，則k＝，式中n為導體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，C項錯誤；由F洛＝Bqv，qv＝，解得F洛＝，D項正確。 5.如圖所示是選擇密度相同、大小不同納米粒子的一種裝置，待選粒子帶正電且電荷量與其表面積成正比。待選粒子從O1進入小孔時可認為速度為零，加速電場區(qū)域Ⅰ的板間電壓為U，粒子通過小孔O2射入正交的勻強電場、勻強磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應強度大小為B，左右兩極板間距為d。區(qū)域Ⅱ出口小孔O3與O1、O2在同一豎直線上。若半徑為r0、質(zhì)量為m0、電荷量為q0的納米粒子剛好能沿直線通過，不計納米粒子重力，則( ) A．區(qū)域Ⅱ的電場強度與磁感應強度大小的比值為 B．區(qū)域Ⅱ左右兩極板間的電勢差大小U1＝Bd C．若納米粒子的半徑r>r0，則剛進入?yún)^(qū)域Ⅱ的粒子仍將沿直線通過 D．若納米粒子的半徑r>r0，仍沿直線通過，則區(qū)域Ⅱ的電場與原電場的電場強度大小之比為 解析：選A 設(shè)半徑為r0的納米粒子加速后的速度為v，則有q0U＝m0v2，設(shè)區(qū)域Ⅱ內(nèi)電場強度大小為E，由題意可知，洛倫茲力的大小等于電場力，即q0vB＝q0E，聯(lián)立解得E＝B ，區(qū)域Ⅱ左右兩極板間的電勢差大小U1＝Bd ，則區(qū)域Ⅱ的電場強度與磁感應強度大小的比值為 ，選項A正確，B錯誤；若納米粒子的半徑r>r0，設(shè)半徑為r的粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q、被加速后的速度為v′，則m＝3m0，而q＝2q0，由mv′2＝qU，解得v′＝ ＝ v＜v，故納米粒子經(jīng)過區(qū)域Ⅱ時所受洛倫茲力小于電場力，粒子帶正電，將向左偏轉(zhuǎn)，選項C錯誤；由于v′＝ v，故洛倫茲力與原來的洛倫茲力之比為 ，而電場力與洛倫茲力平衡，根據(jù)F＝qE，區(qū)域Ⅱ的電場與原電場的電場強度大小之比為 ，選項D錯誤。 6.(多選)美國物理學家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其基本原理如圖所示?，F(xiàn)有一回旋加速器，當外加磁場一定時，可把質(zhì)子的速度從零加速到v，質(zhì)子獲得的動能為Ek。在不考慮相對論效應的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時( ) A．能把α粒子從零加速到 B．能使α粒子獲得的動能為2Ek C．加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為1∶2 D．加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為2∶1 解析：選AC 粒子在洛倫茲力作用下，做勻速圓周運動，根據(jù)qvB＝m，解得v＝，則粒子的最大動能Ekm＝mv2＝，因質(zhì)子與α粒子的質(zhì)量數(shù)之比為1∶4，而電荷數(shù)之比為1∶2，所以該回旋加速器能把α粒子加速到，能使其獲得的動能仍為Ek，故A正確，B錯誤；回旋加速器所接交流電的頻率應與粒子做勻速圓周運動的頻率相同，粒子做勻速圓周運動的頻率為f＝，所以加速α粒子的交變電場頻率與加速質(zhì)子的交變電場頻率之比為1∶2，故C正確，D錯誤。 7．(多選)(2019泰州模擬)如圖所示為一利用海流發(fā)電的裝置原理圖。用絕緣材料制成一個橫截面為矩形的管道，在管道的上、下兩個內(nèi)表面裝有兩塊電阻不計的金屬板M、N，板長為a、寬為b，板間的距離為d，將管道沿海流方向固定在海水中，在管道中施加與前后表面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B，將航標燈與兩金屬板連接(圖中未畫出)。海流方向如圖，海流速率為v，下列說法正確的是( ) A．M板的電勢高于N板的電勢 B．該海流發(fā)電機的電動勢為Bdv C．該海流發(fā)電機的電動勢為Bav D．管道內(nèi)海水受到的安培力方向向左 解析：選ABD 由左手定則可知，海流中的正離子受到的洛倫茲力方向向上，所以正離子向上偏轉(zhuǎn)，即M板帶正電；負離子受到的洛倫茲力方向向下，所以負離子向下偏轉(zhuǎn)，N板帶負電，可知M板的電勢高于N板的電勢，故A正確；M、N兩板間形成電場，當離子所受的洛倫茲力和電場力平衡時，兩板間的電壓穩(wěn)定，即q＝Bqv，得U＝Bdv，兩板間電壓即該海流發(fā)電機的電動勢，故B正確，C錯誤；根據(jù)左手定則知，管道內(nèi)由離子運動形成的電流方向向上，故管道內(nèi)海水所受安培力方向向左，故D正確。 8.(多選)磁流體發(fā)電機是一種把物體內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能的低碳環(huán)保發(fā)電機，如圖為其原理示意圖，水平放置的平行金屬板C、D間有勻強磁場，磁感應強度為B，將一束等離子體(高溫下電離的氣體，含有大量帶正電和帶負電的微粒)水平射入磁場，兩金屬板間就產(chǎn)生電壓。定值電阻R0的阻值是滑動變阻器最大阻值的一半， 與開關(guān)S串聯(lián)接在C、D兩端，已知兩金屬板間距離為d，射入等離子體的速度為v，磁流體發(fā)電機本身的電阻為r(R0下載提示(請認真閱讀)
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