《（江蘇專用版）2020版高考物理總復習 第八章 章末檢測（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《（江蘇專用版）2020版高考物理總復習 第八章 章末檢測（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末檢測 一、單項選擇題 1.(2018蘇錫常鎮(zhèn)四市調研)下列各式屬于定義式的是(　　) A.加速度a=Fm B.電動勢E=nΔΦΔt C.電容C=εS4πkd D.磁感應強度B=FIL 答案　D　a=Fm是牛頓第二定律的表達式,不是加速度的定義式,故A錯誤;電動勢E=nΔΦΔt是法拉第電磁感應定律的表達式,不是定義式,選項B錯誤;電容C=εS4πkd是電容的量度公式,不是定義式,選項C錯誤;磁感應強度B=FIL是磁感應強度的定義式,采用比值法定義,故D項正確。 2.(2017儀征中學模擬)如圖是某磁場部分區(qū)域的磁感線分布(圖線關于水平虛線對稱),a、b是其內兩點。則(　　)

2、A.a、b兩點的磁感應強度大小不等,且Ba>Bb B.同一通電導線放在a處所受磁場力一定大于放在b處所受磁場力 C.同一閉合小線圈在a點的磁通量一定大于在b點的磁通量 D.a點的磁感應強度的方向即為放在該點的通電直導線所受的磁場力的方向 答案　A　磁感線的疏密表示磁感應強度的大小,由題圖可知,a、b兩點的磁感應強度大小不等,且Ba>Bb,故A項正確;由于安培力的大小取決于B、I、L以及磁場和電流之間的夾角,因此無法比較同一通電導線在兩點受到的磁場力大小,故B項錯誤;由于磁通量Φ=BScosθ,大小與夾角有關,故無法確定同一閉合小線圈在兩點的磁通量的大小,故C項錯誤;由左手定則可知,磁感

3、應強度的方向與安培力的方向相互垂直,故D項錯誤。 3.(2018淮安質檢)如圖所示,某區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度大小為B。一正方形剛性線圈,邊長為L,匝數(shù)為n,線圈平面與磁場方向垂直,線圈一半在磁場內。某時刻,線圈中通過大小為I的電流,則此線圈所受安培力的大小為　(　　) A.2BIL B.12nBIL C.nBIL D.2nBIL 答案　D　由題圖知,線圈在磁場中的有效長度為L'=2L,故線圈受到的安培力為F=nBIL'=2nBIL,D項正確。 4.(2018射陽二中模擬)如圖所示,兩根平行放置的長直導線a和b載有大小相同、方向相反的電流,a受到的磁場力大小為F1

4、,當加入一與導線所在平面垂直的勻強磁場后,a受到的磁場力大小變?yōu)镕2,則此時b受到的磁場力大小變?yōu)?　　) A.F2 B.F1-F2 C.F1+F2 D.2F1-F2 答案　A　兩根長直導線中的電流大小相同、方向相反,則a受到b產生磁場的作用力向左,大小為F1,那么b受到a產生磁場的作用力向右,大小為F1',這兩個力大小相等,方向相反。當再加入勻強磁場時產生的磁場力大小設為F0,則a受到的作用力為F2=F1+F0或F2=F1-F0,而對于b,由于電流方向與a相反,所以b受到作用力為F2'=F1+F0或F2'=F1-F0,這兩個力大小相等,方向相反,可得,F2'=F2,故A項正確,B、C

5、、D項錯誤。 5.(2018海南單科)如圖,一絕緣光滑固定斜面處于勻強磁場中,磁場的磁感應強度大小為B,方向垂直于斜面向上,通有電流I的金屬細桿水平靜止在斜面上。若電流變?yōu)?.5I,磁感應強度大小變?yōu)?B,電流和磁場的方向均不變,則金屬細桿將(　　) A.沿斜面加速上滑 B.沿斜面加速下滑 C.沿斜面勻速上滑 D.仍靜止在斜面上 答案　A　原來BIl=mgsinθ,后來a=1.5BIl-mgsinθm,沿斜面向上,A項正確。 6.(2019鹽城中學月考)電動自行車是一種應用廣泛的交通工具,其速度控制是通過轉動右把手實現(xiàn)的,這種轉動把手稱“霍爾轉把”,屬于傳感器非接觸控制,轉把內部

6、有永久磁鐵和霍爾器件等,截面如圖甲所示,開啟電源時,在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓,形成電流,如圖乙。隨著轉把的轉動,其內部的永久磁鐵也跟著轉動,霍爾器件能輸出控制車速的電壓,已知電壓與車速關系如圖丙。以下關于“霍爾轉把”敘述正確的是　(　　) A.為提高控制的靈敏度,永久磁鐵的上、下端分別為N、S極 B.按圖甲順時針轉動電動車的右把手,車速將變快 C.圖乙中從霍爾器件的左右側面輸出控制車速的霍爾電壓 D.若霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調,將影響車速控制 答案　B　由于在霍爾器件的上下面之間加一定的電壓,形成電流,當永久磁鐵的上下端分別為N、S極時,磁場與電子的

7、移動方向近似平行,則電子幾乎不受洛倫茲力作用,那么霍爾器件不能輸出控制車速的電勢差,故A項錯誤;當按題圖甲順時針轉動把手,導致霍爾器件周圍的磁場增加,那么霍爾器件輸出控制車速的電勢差增大,因此車速變快,故B項正確;根據(jù)題意,結合題圖乙的示意圖,那么永久磁鐵的N、S極可能在左、右側面,或在前、后表面,因此從霍爾器件輸出控制車速的電勢差,不一定在霍爾器件的左右側面,也可能在前后表面,故C項錯誤;當霍爾器件的上下面之間所加電壓正負極性對調,從霍爾器件輸出控制車速的電勢差正負號相反,但由題圖丙可知,不會影響車速控制,故D項錯誤。 二、多項選擇題 7.如圖是“探究影響通電導體在磁場中受力因素”的實驗

8、示意圖。三塊相同馬蹄形磁鐵并列放置在水平桌面上,導體棒用圖中1、2、3、4輕而柔軟的細導線懸掛起來,它們之中的任意兩根可與導體棒和電源構成回路。認為導體棒所在位置附近為勻強磁場,最初細導線1、4接在直流電源上,電源沒有在圖中畫出。關于接通電源時可能出現(xiàn)的實驗現(xiàn)象,下列敘述正確的是(　　) A.改變電流方向同時改變磁場方向,導體棒擺動方向將會改變 B.僅改變電流方向或者僅改變磁場方向,導體棒擺動方向一定改變 C.增大電流同時改變接入導體棒上的細導線,接通電源時,導體棒擺動幅度一定增大 D.僅拿掉中間的磁鐵,導體棒擺動幅度減小 答案　BD　根據(jù)左手定則判斷可知,改變電流方向同時改變磁

9、場方向,導體棒擺動方向不會改變,選項A錯誤;僅改變電流方向或者僅改變磁場方向,導體棒擺動方向一定改變,選項B正確;增大電流同時改變接入導體棒上的細導線,結合題意可知,導體棒在磁場中的有效長度減小,則接通電源時,導體棒擺動幅度不一定增大,選項C錯誤;僅拿掉中間的磁鐵,導體棒所受安培力減小,擺動幅度減小,選項D正確。 8.(2018江蘇六市調研)回旋加速器的工作原理如圖所示,置于高真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間的狹縫很小,帶電粒子在狹縫間加速的時間忽略不計。勻強磁場的磁感應強度大小為B、方向與盒面垂直。粒子源A產生的粒子質量為m、電荷量為+q,U為加速電壓,則(　　) A.交變電壓的周

10、期等于粒子在磁場中回轉周期的一半 B.加速電壓U越大,粒子獲得的最大動能越大 C.D形盒半徑R越大,粒子獲得的最大動能越大 D.磁感應強度B越大,粒子獲得的最大動能越大 答案　CD　粒子在一個周期內加速兩次,故交變電壓的周期和粒子在磁場中的回轉周期相等,A錯誤;帶電粒子在磁場中運動的最大半徑等于金屬盒的半徑,由qvB=mvm2R可知,帶電粒子的最大速度與加速電壓無關,D形盒半徑R越大,磁感應強度B越大,粒子獲得的最大速度就越大,即最大動能就越大,B錯誤,C、D正確。 9.如圖所示,兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開,三角形內磁場垂直紙面向里

11、,三角形頂點A處有一質子源,能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質子(質子重力不計),所有質子均能通過C點,質子比荷qm=k,則質子的速度可能為(　　) A.2BkL B.BkL2 C.3BkL2 D.BkL8 答案　BD　因質子帶正電,且經(jīng)過C點,其可能的軌跡如圖中虛線圓弧所示,所有圓弧所對圓心角均為60°,由幾何關系可得,質子運動半徑r=Ln(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2r,即v=Bqrm=Bk·Ln(n=1,2,3,…),選項B、D正確。 10.(2018淮安模擬)某一空間存在著磁感應強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖

12、甲所示),規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正。為使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→e→f的順序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡),下列辦法可行的是(粒子只受磁場力的作用,其他力不計)(　　) A.若粒子的初始位置在a處,在t=38T時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度 B.若粒子的初始位置在f處,在t=T2時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度 C.若粒子的初始位置在e處,在t=118T時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度 D.若粒子的初始位置在b處,在t=T2時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度 答案　AD　要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示,由左手定則知

13、粒子做圓周運動的周期應為T0=T2,若粒子的初始位置在a處時,對應時刻應為t=34T0=38T,同理可判斷B、C、D選項,可得A、D正確。 11.(2018如皋調研)如圖所示為一種質譜儀的工作原理示意圖,此質譜儀由以下幾部分構成:離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線半徑為R,通道內有均勻輻射電場,在中心線處的電場強度大小為E;磁分析器中分布著方向垂直于紙面,磁感應強度為B的勻強磁場,其左邊界與靜電分析器的右邊界平行。由離子源發(fā)出一個質量為m、電荷量為q的正離子(初速度為零,重力不計),經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動,而后由P點進入磁

14、分析器中,最終經(jīng)過Q點進入收集器。下列說法中正確的是(　　) A.磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向內 B.加速電場中的加速電壓U=12ER C.磁分析器中軌跡圓心O2到Q點的距離d=1BmEFq D.任何離子若能到達P點,則一定能進入收集器 答案　BC　進入靜電分析器后,正離子順時針轉動,所受洛倫茲力指向圓心,根據(jù)左手定則,磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向外,A項錯誤;離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有Eq=mv2R,設離子進入靜電分析器時的速度為v,離子在加速電場中加速的過程中,由動能定理有qU=12mv2,解得U=ER2,B項正確;由B項解析可知R=2U

15、E,與離子質量、電荷量無關,離子在磁分析器中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB=mv2r,得r=1B2mUq=1BmEFq,故C項錯誤;由題意可知,圓周運動的軌道半徑與電荷的質量和電荷量有關,能夠到達P點的不同離子,半徑不一定都等于d,不一定能進入收集器,D項錯誤。 三、非選擇題 12.(2018江蘇壓軸沖刺卷)如圖所示,在矩形區(qū)域abcd內存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場矩形區(qū)域的邊長ab=1.5L,ad=3L。一粒子源處在ad邊中點O,在t=0時刻粒子源垂直于磁場發(fā)射出大量的同種帶電粒子,所有粒子的初速度大小相同,方向與Od的夾角分布在0~180°范圍內。已知在bc邊

16、能接收到的最早到達的粒子時間為t=t0,粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=L,不計粒子的重力和粒子間的相互作用,求: 　　(1)粒子在磁場中的運動周期T; (2)粒子的比荷; (3)粒子在磁場中運動的最長時間。 答案　(1)6t0　(2)π3Bt0　(3)2t0 解析　(1)初速度沿Od方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖甲,其圓心角為θ,由幾何關系有sinθ=32,所以θ=60°,t0T=θ360°,解得T=6t0 (2)粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,根據(jù)牛頓第二定律得qvB=mv2R v=2πRt 所以T=2πmqB 解得qm=π3Bt0 (3)如圖乙所示

17、,在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡的弦Ob=3L,圓軌跡的半徑為L,所以Ob弦對應的圓心角為120°,粒子在磁場中運動的最長時間tmax=T3=2t0。 13.(2018南京、鹽城一模)如圖所示,半徑為r的圓形區(qū)域內有平行于紙面的勻強偏轉電場,電場與水平方向成60°角,同心大圓半徑為r,兩圓間有垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B。質量為m、帶電荷量為+q的粒子經(jīng)電場加速后恰好沿磁場邊界進入磁場,經(jīng)磁場偏轉恰好從內圓的最高點A處進入電場,并從最低點C處離開電場。不計粒子的重力。求: 　　(1)該粒子從A處進入電場時的速率; (2)偏轉電場的場強大小; (3)使該粒子不進入電場并

18、在磁場中做完整的圓周運動,加速電壓的取值范圍。 答案　(1)23rBq3m　(2)83B2qr3m (3)0,(2-3)B2qr24m和(2+3)B2qr24m,3B2qr22m 解析　(1)帶電粒子以v進入磁場經(jīng)T3的時間從內圓最高點A處進入電場 Bqv=mv2R R=23r3 v=23rBq3m (2)帶電粒子進入電場做類平拋運動。 2rcos60°=vt 2rsin60°=Eqt22m E=83B2qr3m (3)帶電粒子經(jīng)加速電場獲得一定動能進入磁場。 U加q=12mv2 qUBA=12mv02 U加=B2qR22m 使該粒子不進入電場并在磁場中做完整的圓周運動,經(jīng)分析R有三種臨界值。討論: ①R1=3r　v1=Bqm3r　U加1=3B2qr22m ②R2=3+12R　v2=Bqm·3+12r　U加2=(2+3)B2qr24m ③R3=3-12r　v3=Bqm·3-12r　U加3=2-3B2qr24m 加速電壓的取值范圍: 0,(2-3)B2qr24m和(2+3)B2qr24m,3B2qr22m 11