【名師對話】2014屆高三物理一輪 雙基鞏固卷 第8單元

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1、 【名師對話】2014屆高三物理一輪“雙基鞏固卷”第8單元 (考查范圍：第八單元　分值：110分) 一、選擇題(每小題7分，共49分) 1．磁場中某區(qū)域的磁感線如圖D8－1所示，則(　　) 圖D8－1 A．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，Ba＞Bb B．a(chǎn)、b兩處的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小不等，Ba＜Bb C．同一通電導(dǎo)線放在a處受力可能比放在b處受力大 D．同一通電導(dǎo)線放在a處受力一定比放在b處受力小 2．質(zhì)量為m、長為L的直導(dǎo)體棒放置于四分之一光滑圓弧軌道上，整個裝置處于豎直向上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場中，直導(dǎo)體棒中通有恒定電流，平衡時導(dǎo)體棒與圓弧圓心的連線與豎直方向

2、成60°角，其截面圖如圖D8－2所示．則下列關(guān)于導(dǎo)體棒中的電流的分析正確的是(　　) A．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為 B．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向外，大小為 C．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為 D．導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，大小為 圖D8－2 　　　圖D8－3 3．如圖D8－3所示，水平導(dǎo)線中通有穩(wěn)恒電流，導(dǎo)線正下方的電子e的初速度方向與電流方向相同，其后電子將(　　) A．沿路徑a運(yùn)動，軌跡是圓 B．沿路徑a運(yùn)動，半徑變小 C．沿路徑a運(yùn)動，半徑變大 D．沿路徑b運(yùn)動，半徑變小 圖D8－4 4．如圖D8－4所示圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面

3、方向的勻強(qiáng)磁場，一束質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子以不同的速率沿著相同的方向?qū)?zhǔn)圓心O射入勻強(qiáng)磁場，又都從該磁場中射出，這些粒子在磁場中的運(yùn)動時間有的較長，有的較短．若帶電粒子在磁場中只受磁場力的作用，則在磁場中運(yùn)動時間越長的帶電粒子(　　) A．速率一定越小 B．速率一定越大 C．在磁場中通過的路程越長 D．在磁場中的周期一定越大 5．粒子回旋加速器的工作原理如圖D8－5所示，置于真空中的D形金屬盒的半徑為R，兩金屬盒間的狹縫很小，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與金屬盒盒面垂直，高頻交流電的頻率為f，加速電壓為U，若中心粒子源處產(chǎn)生的質(zhì)子質(zhì)量為m，電荷量為＋e，在加速器中被加速．不考慮相對

4、論效應(yīng)，則下列說法正確是(　　) 圖D8－5 A．不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電的頻率f，該加速器也可加速α粒子 B．加速的粒子獲得的最大動能隨加速電壓U的增大而增大 C．質(zhì)子被加速后的最大速度不能超過2πRf D．質(zhì)子第二次和第一次經(jīng)過D形盒間狹縫后軌道半徑之比為∶1 6．如圖D8－6所示，兩塊平行、正對的金屬板水平放置，使上面金屬板帶上一定量正電荷，下面金屬板帶上等量的負(fù)電荷，再在它們之間加上垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個帶電粒子以初速度v0沿垂直于電場和磁場的方向從兩金屬板左端中央射入后向上偏轉(zhuǎn)．若帶電粒子所受重力可忽略不計，仍按上述方式將帶電粒子射入兩板間，為使其向下偏轉(zhuǎn)，下

5、列措施中一定不可行的是(　　) A．僅增大帶電粒子射入時的速度 B．僅增大兩金屬板所帶的電荷量 C．僅減小粒子所帶電荷量 D．僅改變粒子的電性 　　　 　圖D8－6　　　　　　　　圖D8－7 7．如圖D8－7所示，銅質(zhì)導(dǎo)電板置于勻強(qiáng)磁場中，通電時銅板中電流方向向上．由于磁場的作用，則(　　) A．板左側(cè)聚集較多電子，使b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢 B．板左側(cè)聚集較多電子，使a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢 C．板右側(cè)聚集較多電子，使a點(diǎn)電勢高于b點(diǎn)電勢 D．板右側(cè)聚集較多電子，使b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢 二、計算題(61分) 8．(18分)圖D8－8為等臂電流天平，可以用來測量勻強(qiáng)磁場的磁感

6、應(yīng)強(qiáng)度．它的右臂掛著匝數(shù)為n的矩形線圈，線圈的水平邊長為l，處于勻強(qiáng)磁場內(nèi)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B、方向與線圈平面垂直．當(dāng)線圈中通過電流I時，調(diào)節(jié)砝碼使兩臂達(dá)到平衡．然后使電流反向、大小不變，這時需要在左盤中增加質(zhì)量為m的砝碼，才能使兩臂再次達(dá)到新的平衡．(取重力加速度g＝10 m/s2) (1)導(dǎo)出用已知量和可測量量n、m、l、I表達(dá)B的計算式． (2)當(dāng)l＝10.0 cm、I＝0.10 A、m＝7.2 g、n＝9時，磁感應(yīng)強(qiáng)度B是多大？ 圖D8－8 9．(20分)如圖D8－9所示，四個豎直的分界面間的距離分別為L、L和d，在分界面M1N1—M3N3之間存在水平向里的勻強(qiáng)磁場，

7、在分界面M2N2—M4N4之間存在水平向左的勻強(qiáng)電場，一傾角為30°的光滑斜面，其上、下端P1和P2正好在分界面上．一質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小球在P1點(diǎn)由靜止開始沿斜面下滑(電荷量不變)，重力加速度為g. (1)求小球運(yùn)動到斜面底端P2時的速度v大??； (2)已知小球離開斜面底端P2后，做直線運(yùn)動到分界面M3N3上的P3點(diǎn)，求空間電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大??； (3)已知d足夠大，小球離開P3點(diǎn)后將從P4點(diǎn)再次經(jīng)過M3N3面，求P3和P4兩點(diǎn)間的距離h. 圖D8－9 10．(23分)如圖D8－10所示裝置中，區(qū)域Ⅰ和Ⅲ中分別有豎直向上和水平向右的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度分別

8、為E和；Ⅱ區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的水平勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶電量為q的帶負(fù)電粒子(不計重力)從左邊界O點(diǎn)正上方的M點(diǎn)以速度v0水平射入電場，經(jīng)水平分界線OP上的A點(diǎn)與OP成60°角射入Ⅱ區(qū)域的磁場，并垂直豎直邊界CD進(jìn)入Ⅲ區(qū)域的勻強(qiáng)電場中．求： (1)粒子在Ⅱ區(qū)域勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動的軌道半徑； (2)O、M間的距離； (3)粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所經(jīng)歷的時間． 圖D8－10 1．BC　[解析] 在磁場中，磁感線疏密表示磁場的強(qiáng)弱，故Ba＜Bb，選項A錯誤，選項B正確；同一通電導(dǎo)線如果都垂直放入磁場中，則在a處受力一定比b處受力小，但如果通電導(dǎo)線與磁

9、場平行放置，受力均為零，選項D錯誤；若同一通電導(dǎo)線在a處垂直磁場放置，在b處平行磁場放置，則在a處受力大于b處受力，選項C正確． 2．C　[解析] 由平衡條件分析，安培力水平向右，由左手定則，導(dǎo)體棒中電流垂直紙面向里，且tan60°＝，電流大小I＝，C正確． 3．C 4．A　[解析] 由T＝可知所有的粒子周期相同．由r＝∝v可知速率越大，半徑越大，偏轉(zhuǎn)角θ越小，t＝T∝θ，因此在磁場中運(yùn)動時間越長的帶電粒子速率一定越小，A正確． 5．CD　[解析] 質(zhì)子被加速獲得的最大速度受到D形盒最大半徑限制，最大速度vm＝2πRf，C正確；粒子旋轉(zhuǎn)頻率為f＝，與被加速粒子的比荷有關(guān)，A錯誤；粒子

10、被加速的最大動能Ekm＝mv＝2mπ2R2f2，與電壓U無關(guān)，B錯誤；運(yùn)動半徑Rn＝，由nUq＝mv，故半徑之比為∶1，D正確． 6．C 7．A　[解析] 電子向下定向移動形成電流，電子受到向左的洛倫茲力而向左偏，大量的電子聚集在左側(cè)，形成新的電場，且b點(diǎn)電勢高于a點(diǎn)電勢，A正確． 8．(1)B＝　(2)0.4 T [解析] (1)設(shè)電流方向未改變時，等臂天平的左盤內(nèi)砝碼的質(zhì)量為m1，右盤內(nèi)砝碼的質(zhì)量為m2，線框質(zhì)量為m0，由平衡條件有 m1g＝m2g＋m0g－nBIl 電流方向改變之后有 (m1＋m)g＝m2g＋m0g＋nBIl 聯(lián)立兩式可得：B＝. (2)將l＝10 cm

11、，I＝0.1 A，m＝7.2 g，n＝9代入上式得B＝0.4 T. 9．(1)　(2)　(3)4 L [解析] (1)由動能定理有 mgLtan30°＝mv2 解得v＝. (2)小球從P2到P3點(diǎn)做直線運(yùn)動，只能是做勻速直線運(yùn)動，所受合力為零，由平衡條件有 qE＝Bqvsin30° mg＝Bqvcos30° 解得：E＝，B＝. (3)從P3到P4點(diǎn)做類平拋運(yùn)動，在P3點(diǎn)速度為v，沿P2P3方向做勻速運(yùn)動，與此方向垂直的方向為勻加速運(yùn)動，則 ＝ma 解得a＝ 根據(jù)平拋規(guī)律有 hsin30°＝vt hcos30°＝at2 解得h＝＝4 L. 10．(1)　(2

12、)　(3)＋ [解析] (1)粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，設(shè)粒子過A點(diǎn)時速度為v，由類平拋運(yùn)動規(guī)律有 v＝ 粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，由牛頓第二定律得 Bqv＝m 解得R＝. (2)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動時間為t1，加速度為a，則有 qE＝ma v0tan60°＝at1 解得t1＝. O、M兩點(diǎn)間的距離為L＝at＝. (3)設(shè)粒子在Ⅱ區(qū)域磁場中運(yùn)動時間為t2.由幾何關(guān)系知 t2＝＝ 設(shè)粒子在Ⅲ區(qū)域電場中運(yùn)行時間為t3，在Ⅲ區(qū)域電場中加速度a′＝＝ 則t3＝＝ 粒子從M點(diǎn)出發(fā)到第二次通過CD邊界所用時間為 t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝＋. - 7 -