高考物理二轮复习专项分层特训专项10含答案

这是一份高考物理二轮复习专项分层特训专项10含答案，共12页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题
1．[2022·江苏苏州第二次联考]如图所示，一圆形硬质金属导线MaNb固定于水平桌面上，导线平面与匀强磁场方向垂直，圆弧导线MaN的长度为圆周长的 eq \f(1,4) ，触头M、N与直流电源两端相接．已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，则圆弧导线MbN受到的安培力大小为( )
A． eq \f(F,3) B． eq \f(2F,3)
C．F D． eq \f(3F,2)
2.
[2022·河北押题卷]如图所示，某物理兴趣小组制作了一种可“称量”磁感应强度大小的实验装置．U形磁铁置于水平电子测力计上，U形磁铁两极之间的磁场可视为水平匀强磁场，不计两极间以外区域磁场．一水平导体棒垂直磁场方向放入U形磁铁两极之间(未与磁铁接触)，导体棒由两根绝缘杆固定于铁架台上．导体棒没有通电时，测力计的示数为G0；导体棒通以图示方向电流I(如图所示)时，测力计的示数为G1.测得导体棒在两极间的长度为L，磁铁始终静止，不考虑导体棒电流对磁铁磁场的影响．下列说法正确的是( )
A．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为B＝ eq \f(G0－G1,IL)
B．导体棒所在处磁场的磁感应强度大小为B＝ eq \f(G0＋G1,IL)
C．若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度将减小
D．若通以图示大小相等方向相反的电流I，测力计示数将变为2G0－G1
3．[2022·全国甲卷]空间存在着匀强磁场和匀强电场，磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里，电场的方向沿y轴正方向．一带正电的粒子在电场和磁场的作用下，从坐标原点O由静止开始运动．下列四幅图中，可能正确描述该粒子运动轨迹的是( )
4．[2022·广东广州联考]如图所示，圆形虚线框内有一垂直纸面向里的匀强磁场，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率对准圆心入射的正电子或负电子的运动径迹，a、b、d三个出射点和圆心的连线分别与竖直方向成90°、60°、45°的夹角，则下列判断正确的是( )
A．沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最短
B．沿径迹Oc、Od运动的粒子均为正电子
C．沿径迹Oa、Ob运动的粒子速率比值为 eq \f(\r(3),3)
D．沿径迹Ob、Od运动的粒子时间之比为9∶8
5．[2022·广东卷]
如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
6．[2022·河北石家庄高三模拟]如图所示，图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙和图丁分别为多级直线加速器和回旋加速器的原理示意图，忽略粒子在图丁的D形盒狭缝中的加速时间，下列说法正确的是( )
A．图甲中，将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电压，A板电势高
B．图乙中 eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H三种粒子经加速电场射入磁场， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H在磁场中的偏转半径最大
C．图丙中，加速电压越大，粒子获得的能量越高，比回旋加速器更有优势
D．图丁中，随着粒子速度的增大，交变电流的频率也应该增大
二、多项选择题
7．[2022·广东卷]
如图所示，磁控管内局部区域分布有水平向右的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场．电子从M点由静止释放，沿图中所示轨迹依次经过N、P两点．已知M、P在同一等势面上，下列说法正确的有( )
A．电子从N到P，电场力做正功
B．N点的电势高于P点的电势
C．电子从M到N，洛伦兹力不做功
D．电子在M点所受的合力大于在P点所受的合力
8．[2022·全国乙卷]
安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B.如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面．某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上．根据表中测量结果可推知( )
A.测量地点位于南半球
B．当地的地磁场大小约为50 μT
C．第2次测量时y轴正向指向南方
D．第3次测量时y轴正向指向东方
9．[2022·山东枣庄二模]如图所示，虚线右侧有竖直向下的电场强度E＝45 N/C的匀强电场及垂直于电场向外的磁感应强度B＝0.25 T的匀强磁场．在光滑绝缘的水平面上有两个等大的金属小球A、B，小球A不带电，其质量mA＝0.05 kg，紧贴虚线静置的小球B带电荷量qB＝－4×10－3 C，其质量mB＝0.01 kg.小球A以速度v0＝20 m/s水平向右与小球B发生正碰，碰后小球B垂直于电、磁场直接进入正交电、磁场中．刚进入正交电、磁场的瞬间，小球B竖直方向的加速度恰好为零．设小球A、B碰撞瞬间电荷均分，取g＝10 m/s2.则下列说法正确的是( )
A．A、B碰后瞬间，小球A的速度大小为16 m/s
B．小球A在刚进入正交电、磁场后的短时间内，其电势能减少
C．A、B碰撞过程中，小球A对小球B做的功为2 J
D．小球A、B之间的碰撞为弹性碰撞
三、非选择题
10．[2022·浙江湖州、衢州、丽水4月质检]如图所示，真空中有一平行板电容器水平放置，电容器极板长度D＝ eq \f(3\r(3),5) m，上极板固定于x轴，左端位于坐标原点，两板间距离足够大且带等量异种电荷．“V”形槽由两块长L＝ eq \r(3) m的绝缘挡板组成，倾斜挡板HI与水平挡板IJ夹角为60°并相交于I，其中H位于x轴，I位于电容器右端正下方．两挡板的角平分线IK上有一以OB为圆心，半径R＝ eq \f(\r(3),10) m的圆形匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.8 T，方向垂直于xOy平面向外．在y轴上的y0处沿x轴正方向发射一电荷量q＝1.0×10－17 C，质量m＝8.0×10－23 kg，速度v0＝1.5×104 m/s的带正电粒子．不计电容器极板及挡板的厚度，不计重力和边缘效应．
(1)若平行板电容器的电场强度E＝2×103 N/C，求粒子离开电容器时的竖直位移y1.
(2)若改变电场强度E的大小使粒子恰好能垂直挡板HI从挡板正中央的小孔S穿入“V”形槽，求带电粒子出发的位置y0.
(3)若在(2)的条件下，粒子经磁场偏转后垂直打到IJ挡板上，求圆心OB到I的距离l.
11．[2022·湖南卷]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为 eq \r(3) d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．
(1)求直流电源的电动势E0；
(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；
(3)在图中虚线的右侧设计一匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′.
12.[2021·广东卷]如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图．空间有三个同心圆a、b、c围成的区域，圆a内为无场区，圆a与圆b之间存在辐射状电场，圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ.各区磁感应强度恒定，大小不同，方向均垂直纸面向外．电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场，电场可以反向，保证电子每次进入电场即被全程加速．已知圆a与圆b之间电势差为U，圆b半径为R，圆c半径为 eq \r(3) R，电子质量为m，电荷量为e，忽略相对论效应，取tan 22.5°＝0.4.
(1)当Ek0＝0时，电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场，且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°，最终从Q点出射，运动轨迹如图中带箭头实线所示．求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能；
已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰，就能从出射区域出射．当Ek0＝keU时，要保证电子从出射区域出射，求k的最大值．
专项10 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1．解析：圆弧导线MaN的长度为圆周长的 eq \f(1,4) ，则圆弧导线MbN的长度为圆周长的 eq \f(3,4) ，圆弧导线MbN的电阻是圆弧导线MaN的电阻的3倍，两段圆弧导线并联，故通过两段圆弧导线的电流与圆弧导线的电阻成反比，圆弧导线MbN与圆弧导线MaN受安培力作用的等效长度相同，已知圆弧导线MaN受到的安培力大小为F，根据安培力的表达式F安＝BIL，可知圆弧导线MbN受到的安培力大小为 eq \f(F,3) ，B、C、D错误，A正确.
答案：A
2．解析：当导体棒通以图示方向电流I时，根据左手定则可知，导体棒受安培力向上，则磁铁受到向下的作用力，由平衡可知F安＝BIL＝G1－G0
解得B＝ eq \f(G1－G0,IL) ，选项A、B错误；磁体两极间的磁感应强度只与磁体本身有关，若使图示方向电流增大，被“称量”的磁感应强度不变，选项C错误；若通以图示大小相等方向相反的电流I，则安培力反向，此时测力计示数将变为N＝G0－F安＝2G0－G1，选项D正确．
答案：D
3．解析：带正电粒子从原点O由静止释放，在电场力作用下，获得向上的速度后，会受到向左的洛伦兹力，故粒子向左侧偏转，排除A、C选项；当粒子再回到x轴时，电场力整体做功为零，洛伦兹力始终不做功，故此时速度为零，以后会重复原来的运动，不可能运动到x轴下方，故B正确，D错误．
答案：B
4．解析：因为正电子和负电子的电荷量q和质量m均相等，而带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T＝ eq \f(2πm,qB) ，所以四种径迹的周期相等，而沿径迹Oc运动的粒子的速度偏转角最大，径迹对应的圆心角也最大，设偏转角为θ，由t＝ eq \f(θ,2π) T可知，沿径迹Oc运动的粒子在磁场中运动时间最长，选项A错误；由左手定则可判断沿径迹Oc、Od运动的粒子均带负电，选项B错误；设圆形磁场半径为r，根据几何关系可得沿径迹Oa、Ob运动的粒子轨道半径分别为ra＝r，rb＝ eq \r(3) r，根据qBv＝m eq \f(v2,r) ，可得 eq \f(va,vb) ＝ eq \f(ra,rb) ＝ eq \f(\r(3),3) ，选项C正确；由A项分析可知，运动时间之比为偏转角之比，所以 eq \f(tb,td) ＝ eq \f(θb,θd) ＝ eq \f(60°,45°) ＝ eq \f(4,3) ，选项D错误．
答案：C
5．解析：根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误．
答案：A
6．解析：由左手定则知正离子向下偏转，所以下极板带正电，A板是电源的负极，B板是电源的正极，故A错误；由qU＝ eq \f(1,2) mv2和qvB＝m eq \f(v2,R) ，解得R＝ eq \f(1,B) eq \r(\f(2Um,q)) ， eq \\al(\s\up1(1),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) H、 eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H三种粒子经加速电场射入磁场， eq \\al(\s\up1(3),\s\d1(1)) H在磁场中的偏转半径最大，故B正确；粒子通过多级直线加速器加速，加速电压越大，粒子获得的能量越高，但要产生这种高压所需的技术要求很高，同时加速装置的长度也要很长，故多级直线加速器不一定比回旋加速器更有优势，故C错误；在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则qvB＝ eq \f(mv2,r) ，T＝ eq \f(2πr,v) ，联立解得T＝ eq \f(2πm,qB) ，故理论上，粒子做圆周运动的周期没变，故交流电的频率不变，故D错误．
答案：B
7．解析：电子从M点由静止释放，从M到N，电场力做正功，M、P在同一等势面上，可知电子从N到P，电场力做负功，A错误；根据沿电场线方向电势降低，可知N点电势高于P点电势，B正确；根据洛伦兹力方向与速度方向垂直，对带电粒子永远不做功，可知电子从M到N，洛伦兹力不做功，C正确；洛伦兹力不做功，且M、P在同一等势面上，可知电子在M点和P点速度都是零，即电子在M点和P点都是只受到电场力作用，所以电子在M点所受的合力等于在P点所受的合力，D错误．
答案：BC
8．解析：依题意，z轴正向保持竖直向上，测量结果表明z轴方向的磁感应强度为负，即测量地点的磁感应强度的竖直分量是向下的，说明测量地点位于北半球，A错误；每次测量得到的地磁场的两个分量互相垂直，任选一组数据根据平行四边形定则可以求出当地的地磁场磁感应强度大小约为50 μT，B正确；在北半球，地磁场的水平分量是由南向北的，第2次测量时得到的水平分量即By是负值，说明y轴正向与地磁场的水平分量方向相反，即指向南方，C正确；第3次测量时By为零，说明y轴沿东西方向，又因Bx为正，即x轴正向指北方，则y轴正向应指向西方，D错误．
答案：BC
9．解析：小球A、B碰撞瞬间电荷均分，则两小球电荷量的绝对值均为q＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(qB,2))) ＝2×10－3 C，且小球B刚进入正交电、磁场的瞬间，竖直方向的加速度恰好为零，则有mBg＝qvBB＋qE，解得碰后B球的速度为vB＝20 m/s，小球A、B碰撞过程中，由动量守恒定律可得mAv0＝mAvA＋mBvB，解得碰后瞬间小球A速度为vA＝16 m/s，选项A正确；小球A刚进入正交电、磁场后，由于mAg＝0.5 N>qE＋qvAB＝0.098 N，所以小球A向下偏转，则电场力做负功，故其电势能增大，选项B错误；根据动能定理，可知A、B碰撞过程中，小球A对小球B做的功为W＝ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝2 J，选项C正确；由于碰撞前A、B系统机械能为Ek1＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝10 J，碰后系统机械能为Ek2＝ eq \f(1,2) mAv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(A)) ＋ eq \f(1,2) mBv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(B)) ＝8.4 J，则Ek1>Ek2，机械能不守恒，故小球A、B之间的碰撞为非弹性碰撞，选项D错误．
答案：AC
10．解析：(1)粒子在极板间做类平抛运动，竖直位移为y1＝ eq \f(1,2) · eq \f(qE,m) · eq \f(D2,v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ) ＝0.6 m.
(2)设粒子在电容器右侧N点飞出，到上极板的距离为d，由几何关系可得
d＝L cs 30°－ eq \f(L,2cs 30°) ＝0.5 m
由速度反向延长线过水平位移中点可得粒子在电场中竖直位移为y′＝ eq \f(D,2) tan 30°＝0.3 m
则有y0＝d－y′＝0.2 m.
(3)设粒子出电场后的速度为v，有v＝ eq \f(v0,cs 30°)
在匀强磁场区域，粒子做匀速圆周运动，如图所示，
由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝m eq \f(v2,r) ，解得r＝ eq \f(\r(3),10) m
由速度偏向角为60°及几何关系可知，粒子在磁场中运动的轨迹对应的弦长等于r
①当圆心OB与轨迹圆圆心在弦的同侧时，由轨迹圆与磁场区域圆共弦且半径相等，可知两圆是同心圆，圆心OB距I的距离为l1＝ eq \f(L,2cs 30°) － eq \f(r,cs 30°) ＝0.8 m
②当圆心OB与轨迹圆圆心在弦的异侧时，由几何关系解得圆心OB到I的距离为l2＝ eq \f(L,2cs 30°) － eq \f(r,cs 30°) ＋2rcs 30°＝1.1 m.
答案：(1)0.6 m (2)0.2 m (3)0.8 m或1.1 m
11．解析：(1)小球在两板间做匀速圆周运动，电场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝q eq \f(U,d)
由闭合电路欧姆定律得U＝ eq \f(R2,R1＋R2) E0
联立解得E0＝ eq \f(（R1＋R2）mgd,qR2)
(2)小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，运动轨迹如图，设轨迹半径为r，有r2＝(r－d)2＋( eq \r(3) d)2
又洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝m eq \f(v2,r)
解得B＝ eq \f(mv,2qd)
(3)小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小，电场强度最小
qE′＝mg cs 60°
解得E′＝ eq \f(mg,2q)
12．解析：(1)设电子经圆b的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场，Ⅰ区的磁感应强度大小为B1，则由动能定理得2eU＝ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) －0，
由几何知识得，电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径
r1＝R tan eq \f(θ,2) ＝R tan 22.5°＝0.4R，
由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1＝m eq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,r1) ，
联立解得B1＝ eq \f(5\r(meU),eR) ，
运动时间t1＝ eq \f(360°－135°,360°) T，又T＝ eq \f(2πm,eB1) ，
联立解得t1＝ eq \f(πR\r(meU),4eU) ，
电子由P→Q，由动能定理得8eU＝Ek，所以动能Ek＝8eU.
(2)k最大时，电子进入Ⅰ区时速度v最大，做匀速圆周运动的半径r最大，所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时，半径r最大，
由几何关系知( eq \r(3) R－r)2＝R2＋r2，解得r＝ eq \f(\r(3),3) R，根据洛伦兹力提供向心力有evB1＝m eq \f(v2,r) ，
解得v＝ eq \f(5\r(3meU),3m) ，
电子从P点进入圆b到刚进入Ⅰ区，由动能定理得
2eU＝ eq \f(1,2) mv2－Ek0，
又Ek0＝keU，
解得k＝ eq \f(13,6) .
答案：(1) eq \f(5\r(meU),eR) eq \f(πR\r(meU),4eU) 8eU (2) eq \f(13,6)
测量序号
Bx/μT
By/μT
Bz/μT
1
0
21
－45
2
0
－20
－46
3
21
0
－45
4
－21
0
－45