《（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 章末檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)通用版）2020版高考物理總復(fù)習(xí) 第九章 章末檢測（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末檢測一、選擇題1.在磁感應(yīng)強度為B0、方向豎直向上的勻強磁場中,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,在這四點中()A.c、d兩點的磁感應(yīng)強度大小相等B.a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小相等C.c點的磁感應(yīng)強度的值最小D.b點的磁感應(yīng)強度的值最大答案C通電直導(dǎo)線在c點的磁感應(yīng)強度方向與B0的方向相反,b、d兩點的電流磁場與B0垂直,a點電流磁場與B0同向,由磁場的疊加知c點的合磁感應(yīng)強度最小。2.如圖所示,空間存在相互垂直的勻強電場和勻強磁場,電場的方向豎直向下,磁場方向垂直紙面向里,一帶電油滴P恰好處于靜止?fàn)顟B(tài),則下列說

2、法正確的是()A.若僅撤去磁場,P可能做勻加速直線運動B.若僅撤去電場,P可能做勻加速直線運動C.若給P一初速度,P不可能做勻速直線運動D.若給P一初速度,P可能做勻速圓周運動答案DP處于靜止?fàn)顟B(tài),帶負(fù)電荷,mg=qE,若僅撤去磁場,P仍靜止,A錯;僅撤去電場,P向下加速,同時受到洛侖茲力,將做復(fù)雜的曲線運動,B錯;給P一平行于磁場方向的初速度時,P做勻速直線運動,C錯;給P一垂直磁場方向的初速度時,因mg=qE,P在洛侖茲力作用下,將做勻速圓周運動,D對。3.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

3、條導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強度大小均為B。則()A.該磁場是勻強磁場B.線圈平面總與磁場方向垂直C.線圈將沿逆時針方向轉(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,不是勻強磁場,選項A錯誤;線圈平面與磁場方向平行,選項B錯誤;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,線圈將沿順時針方向轉(zhuǎn)動,選項C錯誤,選項D正確。4.如圖,一帶電塑料小球質(zhì)量為m,用絕緣懸線懸掛于O點,并在豎直平面內(nèi)擺動,最大擺角為60,水平磁場垂直于小球擺動的平面。當(dāng)小球自左方擺到最低點時,懸線上的張力恰為零,則小球自右方最大擺角處擺到最低點時懸線上的張力為()A.0B.

4、2mgC.4mgD.6mg答案C帶電小球在磁場中受到洛侖茲力作用,但是洛侖茲力不做功,所以從左方擺到最低點的過程只有重力做功,根據(jù)動能定理得mgL(1-cos60)=12mv2,擺到最低點時,合力提供向心力,懸線上張力為0,則qvB-mg=mv2L=mg,洛侖茲力方向豎直向上。當(dāng)小球從右方擺到最低點時,根據(jù)對稱性可知其速度大小不變,但是方向反向,所以洛侖茲力方向豎直向下,大小不變,此時向心力不變,即F-qvB-mg=mv2L,F=4mg,選項C對。5.如圖所示,在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場。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點沿垂直于PQ的方向射入磁場,圖中實線是

5、它們的軌跡。已知O是PQ的中點,不計粒子重力。下列說法中正確的是()A.粒子a帶負(fù)電,粒子b、c帶正電B.射入磁場時粒子a的速率最小C.射出磁場時粒子b的動能最小D.粒子c在磁場中運動的時間最長答案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。由qvB=mv2r可知:r=mvqB,由題意及rcrarb得:vcvavb,所以B、C錯。又因為qvB=m42T2r,得:T=2mqB,則各粒子運動周期相同,粒子在磁場中的運動時間t=2T,可知粒子c在磁場中運動的時間最長,D正確。6.如圖所示,在圓形區(qū)域內(nèi),存在著垂直于紙面向外的勻強磁場,ab是圓的一條直徑。帶正電的粒子從a點射入磁場,速度

6、大小為2v,方向與ab成30角時恰好從b點飛出磁場,粒子在磁場中運動的時間為t;若僅將速度大小改為v,則粒子在磁場中運動的時間為(不計粒子所受的重力)()A.3tB.32tC.12tD.2t答案D粒子以速度2v射入磁場,半徑r1=2mvqB,軌跡如圖,由圖可得r1=2R,運動時間t1=603602mqB=m3qB=t;粒子以速度v射入磁場,半徑r2=mvqB=R,圓心角=120,運動時間t2=1203602mqB=2m3qB=2t,選項D正確。7.(多選)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始經(jīng)電壓U加速后,水平進(jìn)入互相垂直的勻強電場E和勻強磁場B的復(fù)合場中(E和B已知),小球

7、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r=1B2UEgC.小球做勻速圓周運動的周期T=2EBgD.若電壓U增大,則小球做勻速圓周運動的周期增加答案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,方向相反,則小球帶負(fù)電,A錯誤;因為小球做圓周運動的向心力由洛侖茲力提供,由牛頓第二定律和動能定理可得:Bqv=mv2r,Uq=12mv2,聯(lián)立兩式可得:小球做勻速圓周運動的半徑r=1B2UEg,由T=2rv可以得出T=2EBg,與電壓U無關(guān),所以B、C正確,D錯誤。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

8、入水平放置、電勢差為U2的兩導(dǎo)體板間的勻強電場中,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磁場中,則粒子射入磁場和射出磁場的M、N兩點間的距離d隨著U1和U2的變化情況為(不計重力,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,則有v0v=cos,帶電粒子在磁場中做勻

9、速圓周運動,設(shè)運動軌跡對應(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,則有d2R=cos,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A正確,選項B、C、D錯誤。9.(多選)如圖所示,一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管,固定于豎直平面內(nèi),環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多),在圓管的最低點有一個直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài),小球的質(zhì)量為m,帶電荷量為q,重力加速度為g,空間存在一磁感應(yīng)強度大小未知(不為零),方向垂直于環(huán)形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強磁場,某時刻,給小球一方向水平向右、大小為v0=5gR

10、的初速度,則以下判斷正確的是()A.無論磁感應(yīng)強度大小如何,獲得初速度后的瞬間,小球在最低點一定受到管壁的彈力作用B.無論磁感應(yīng)強度大小如何,小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)圓管的最高點,且小球在最高點一定受到管壁的彈力作用C.無論磁感應(yīng)強度大小如何,小球一定能到達(dá)環(huán)形圓管的最高點,且小球到達(dá)最高點時的速度大小都相同D.小球在環(huán)形細(xì)圓管的最低點運動到所能到達(dá)的最高點的過程中,水平方向分速度的大小一直減小答案BC小球在軌道最低點時受到的洛侖茲力方向豎直向上,若洛侖茲力和重力的合力恰好提供小球所需要的向心力,則在最低點時小球不會受到管壁彈力的作用,A選項錯誤;小球運動的過程中,洛侖茲力不做功,小球的機械能守恒

11、,運動至最高點時小球的速度v=gR,由于受到圓管的約束,小球運動過程不會脫離軌道,所以小球一定能到達(dá)軌道最高點,C選項正確;在最高點時,小球做圓周運動的向心力F向=mv2R=mg,對小球受力分析得mg+qvB-FN=F向,故FN=qvB。小球受到豎直向下洛侖茲力的同時必然受到與洛侖茲力等大反向的軌道對小球的彈力,B選項正確;小球在從最低點到最高點的運動過程中,小球在下半圓內(nèi)上升的過程中,水平分速度向右一定遞減,到達(dá)圓心的等高點時,水平速度為零,而運動至上半圓后水平分速度向左且不為零,所以水平分速度一定有增大的過程,D選項錯誤。二、非選擇題10.如圖所示,兩平行金屬板間距為d,電勢差為U,板間電

12、場可視為勻強電場;金屬板下方有一磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場。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動。忽略重力的影響,求:(1)勻強電場場強E的大小;(2)粒子從電場射出時速度v的大小;(3)粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑R。答案(1)Ud(2)2qUm(3)1B2mUq解析(1)電場強度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動時,洛倫茲力提供向心力,有qvB=mv2R得R=1B2mUq11.如圖甲所示的控制電子運動裝置由偏轉(zhuǎn)電場、偏轉(zhuǎn)磁場組成。偏轉(zhuǎn)電場處在加有電壓U、相距為d的兩塊水平

13、平行放置的導(dǎo)體板之間,勻強磁場水平寬度一定,豎直長度足夠大,其緊靠偏轉(zhuǎn)電場的右邊。大量電子以相同初速度連續(xù)不斷地沿兩板正中間虛線的方向向右射入導(dǎo)體板之間。當(dāng)兩板間沒有加電壓時,這些電子通過兩板之間的時間為2t0;當(dāng)兩板間加上圖乙所示的電壓U時,所有電子均能通過電場、穿過磁場,最后打在豎直放置的熒光屏上。已知電子的質(zhì)量為m、電荷量為e,不計電子的重力及電子間的相互作用,電壓U的最大值為U0,磁場的磁感應(yīng)強度大小為B、方向水平且垂直紙面向里。(1)如果電子在t=t0時刻進(jìn)入兩板間,求它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分位移的大小;(2)如果電子在t=0時刻進(jìn)入兩板間,求它離開偏轉(zhuǎn)電場時豎直分速度的大小;(3)要

14、使電子在t=0時刻進(jìn)入電場并能最終垂直打在熒光屏上,求勻強磁場的水平寬度。答案(1)eU0t022md(2)eU0t0md(3)U0t0Bd解析(1)電子在t=t0時刻進(jìn)入兩板間,先做勻速運動,后做類平拋運動,在2t03t0時間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)a=eEm=eU0mdy=12at02=eU0t022md(2)電子在t=0時刻進(jìn)入兩板間,先做類平拋運動,后做勻速運動,在0t0時間內(nèi)發(fā)生偏轉(zhuǎn)且加速度仍為:a=eEm=eU0md豎直分速度vy=at=eU0t0md(3)電子在t=0時刻進(jìn)入兩板間,設(shè)電子從電場中射出的偏向角為,速度為v,則sin=vyv=eU0t0mdv電子通過勻強磁場并能垂直打在熒光屏上,設(shè)其圓周運動的半徑為R,根據(jù)牛頓第二定律有evB=mv2R由幾何關(guān)系得sin=lR得水平寬度l=U0t0Bd9