（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（六十一）磁場技術(shù)應(yīng)用實(shí)例（題型研究課）（含解析）

《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（六十一）磁場技術(shù)應(yīng)用實(shí)例（題型研究課）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（六十一）磁場技術(shù)應(yīng)用實(shí)例（題型研究課）（含解析）（5頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、（新課標(biāo)）2022高考物理總復(fù)習(xí) 課時(shí)檢測（六十一）磁場技術(shù)應(yīng)用實(shí)例（題型研究課）（含解析） 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(gè)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(yùn)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(yùn)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(yīng)等于帶電粒子做勻速圓周運(yùn)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(yīng)強(qiáng)度B增大，帶電粒子在D形盒中運(yùn)動周期一定增大 解析：選A　回旋加速器中

2、D形盒的作用是靜電屏蔽，使帶電粒子在盒中做圓周運(yùn)動過程中不受電場干擾，選項(xiàng)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(yùn)動的周期相等，選項(xiàng)B錯(cuò)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(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)公式T＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度B增大，T減小，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 2.如圖是磁流體發(fā)電機(jī)的示意圖，在間距為d的平行金屬板A、C間，存在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、方向垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，兩金屬板通過導(dǎo)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(jī)的電動勢，可采取的方法是(　　)

3、A．增大d　　　　　　　 B．增大B C．增大R D．減小v 解析：選D　發(fā)電機(jī)穩(wěn)定工作時(shí)，有q＝qvB，則發(fā)電機(jī)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(shí)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(fù)電；板間存在勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場(圖中未畫出)。一個(gè)帶電粒子在P、Q間沿虛線所示路徑做勻速直線運(yùn)動，粒子通過兩平行板后，從O點(diǎn)垂直進(jìn)入另一垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場中，粒子做勻速圓周運(yùn)動，經(jīng)過半個(gè)周期后打在擋板MN上的A點(diǎn)，不計(jì)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

4、另一個(gè)帶電粒子在P、Q間也能做勻速直線運(yùn)動，則它一定與該粒子具有相同的比荷 D．若另一個(gè)帶電粒子也能沿相同的軌跡運(yùn)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(yùn)動，由題圖知粒子向下偏轉(zhuǎn)，粒子剛進(jìn)入磁場時(shí)所受洛倫茲力豎直向下，應(yīng)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(yùn)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(yùn)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(cuò)誤；粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)

5、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(yùn)動，則粒子速度v相同，若粒子運(yùn)動軌跡相同，則粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(dǎo)體放在垂直于它的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，當(dāng)電流通過該導(dǎo)體時(shí)，在導(dǎo)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(yīng)。實(shí)驗(yàn)表明，當(dāng)磁場不太強(qiáng)時(shí)，電勢差U、電流I和磁感應(yīng)強(qiáng)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(dǎo)體上表面的電勢一定大于下表

6、面的電勢 C．霍爾系數(shù)為k＝，其中n為導(dǎo)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(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù) 解析：選D　導(dǎo)體中的電場強(qiáng)度E＝，載流子所受電場力F＝Eq＝q，A項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，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(dá)式I＝nqSv＝nqhdv，解得U＝，則k＝，式中n為導(dǎo)體單位體積內(nèi)的電荷數(shù)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；由F洛＝Bqv，qv＝，解得F洛＝，D項(xiàng)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

7、粒子從O1進(jìn)入小孔時(shí)可認(rèn)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(qiáng)電場、勻強(qiáng)磁場區(qū)域Ⅱ，其中磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(jì)納米粒子重力，則(　　) A．區(qū)域Ⅱ的電場強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)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(qiáng)度大小之比為 解析：選A　設(shè)半徑為r0的納

8、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(qiáng)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(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小的比值為 ，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)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(shí)所受洛倫茲力小于電場力，粒子帶正電，將向左偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)C錯(cuò)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

9、電場與原電場的電場強(qiáng)度大小之比為 ，選項(xiàng)D錯(cuò)誤。 6.(多選)美國物理學(xué)家勞倫斯發(fā)明了回旋加速器，其基本原理如圖所示。現(xiàn)有一回旋加速器，當(dāng)外加磁場一定時(shí)，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(yīng)的情況下，用該回旋加速器加速原來靜止的α粒子(氦核)時(shí)(　　) 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(yùn)動，根據(jù)qvB＝m，解得v＝，則粒子的最大動能Ekm＝mv2＝

10、，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(cuò)誤；回旋加速器所接交流電的頻率應(yīng)與粒子做勻速圓周運(yùn)動的頻率相同，粒子做勻速圓周運(yùn)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(cuò)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(gè)橫截面為矩形的管道，在管道的上、下兩個(gè)內(nèi)表面裝有兩塊電阻不計(jì)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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

11、為B，將航標(biāo)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(jī)的電動勢為Bdv C．該海流發(fā)電機(jī)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(fù)離子受到的洛倫茲力方向向下，所以負(fù)離子向下偏轉(zhuǎn)，N板帶負(fù)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(dāng)離子所受的洛倫茲力和電場力平衡時(shí)，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(jī)的電動勢，故B正確，

12、C錯(cuò)誤；根據(jù)左手定則知，管道內(nèi)由離子運(yùn)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(jī)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(jī)，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(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)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(jī)本身的電阻為r(R0

13、A．電阻R0消耗的功率最大值為 B．滑動變阻器消耗的功率最大值為 C．金屬板C為電源負(fù)極，D為電源正極 D．發(fā)電機(jī)的輸出功率先增大后減小 解析：選ACD　等離子體射入后，由左手定則可知正離子向D板偏轉(zhuǎn)，負(fù)離子向C板偏轉(zhuǎn)，所以金屬板C為電源負(fù)極，金屬板D為電源正極，故C正確；離子在運(yùn)動過程中同時(shí)受靜電力和洛倫茲力，到二力平衡時(shí)，即q＝qvB，兩金屬板間的電壓穩(wěn)定，可得E＝Bdv。由題圖可知，當(dāng)滑動變阻器的滑片P位于b端時(shí)，電路中電流最大，電阻R0消耗功率最大，其最大值為P1＝I2R0＝＝，故A正確；將定值電阻R0視為電源內(nèi)阻，因?yàn)榛瑒幼冏杵鞯淖畲笞柚?R0