2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 單元質(zhì)量檢測(九)(含解析)教科版.doc
《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 單元質(zhì)量檢測(九)(含解析)教科版.doc》由會(huì)員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 單元質(zhì)量檢測(九)(含解析)教科版.doc(10頁珍藏版)》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
單元質(zhì)量檢測(九)時(shí)間:50分鐘一、選擇題(16題為單項(xiàng)選擇題,710題為多項(xiàng)選擇題)1如圖1所示,在通電螺線管中央的正上方用輕質(zhì)細(xì)線懸掛長為l的一小段通電直導(dǎo)線,導(dǎo)線中通入垂直于紙面向里的電流I,力傳感器用來測量細(xì)線的拉力大小,導(dǎo)線下方的螺線管與一未知極性的直流電源連接。開關(guān)斷開時(shí),力傳感器的示數(shù)恰好等于通電直導(dǎo)線的重力G,現(xiàn)閉合開關(guān),則下列說法正確的是()圖1A通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場方向可能豎直向下B通電直導(dǎo)線可能受到垂直紙面向里的安培力作用C若力傳感器的示數(shù)變大,則電源的右端一定為正極D若力傳感器的示數(shù)變?yōu)橥娭睂?dǎo)線重力的一半,則通電直導(dǎo)線所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小一定為解析本題考查通電螺線管周圍磁場的特點(diǎn)和安培力知識(shí)。閉合開關(guān)后,通電螺線管在周圍產(chǎn)生磁場,通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場方向水平,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;由于通電螺線管在通電直導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁場方向水平,故安培力方向一定豎直向上或豎直向下,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;若力傳感器的示數(shù)變大,說明通電直導(dǎo)線受到豎直向下的安培力作用,由左手定則可知,此處磁場方向水平向右,由安培定則可知,電源的左端為正極,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若力傳感器的示數(shù)變?yōu)閷?dǎo)線重力的一半,說明導(dǎo)線受到的安培力方向豎直向上,且大小等于導(dǎo)線重力的一半,則有BIlG,可得B,選項(xiàng)D正確。答案D2科考隊(duì)進(jìn)入某一磁礦區(qū)域后,發(fā)現(xiàn)指南針原來指向正北的N極逆時(shí)針轉(zhuǎn)過30(如圖2所示的虛線),設(shè)該處的地磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量為B,則磁礦所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度水平分量的最小值為()圖2AB B2B C. D.B解析合磁場的方向沿虛線方向,所以該磁礦產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度的水平分量的最小值為Bsin 30,選項(xiàng)C正確。答案C3(2016江蘇省蘇錫常鎮(zhèn)聯(lián)考)兩根相互靠近的長直導(dǎo)線1、2中通有相同的電流,相互作用力為F。若在兩根導(dǎo)線所在空間內(nèi)加一勻強(qiáng)磁場后,導(dǎo)線2所受安培力的合力恰好為零。則所加磁場的方向是()圖3A垂直紙面向里B垂直紙面向外C垂直導(dǎo)線向右D垂直導(dǎo)線向左解析當(dāng)兩根通有大小相同,方向相同的電流時(shí),1、2兩導(dǎo)線間的作用力是引力,故2受到向左的安培力,要使導(dǎo)線2所受的安培力的合力恰好為零,故所加的磁場使導(dǎo)線2受到的安培力向右,根據(jù)左手定則判斷知所加的磁場方向?yàn)榇怪奔埫嫦蛲猓蔅正確。答案B4如圖4所示,兩平行導(dǎo)軌與水平面成37角,導(dǎo)軌間距為L1.0 m,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度可調(diào),方向垂直導(dǎo)軌所在平面向下。一金屬桿長也為L,質(zhì)量m0.2 kg,水平放在導(dǎo)軌上,與導(dǎo)軌接觸良好而處于靜止?fàn)顟B(tài),金屬桿與導(dǎo)軌間的動(dòng)摩擦因數(shù)0.5,通有圖示方向的電流,電流強(qiáng)度I2.0 A,令最大靜摩擦力等于滑動(dòng)摩擦力,則磁感應(yīng)強(qiáng)度的最大值和最小值分別為()圖4A1.0 T0 B1.0 T0.6 TC1.0 T0.2 T D0.6 T0.2 T解析由左手定則知安培力沿斜面向上,因mgsin 1.2 N、fmmgcos 0.8 N,所以當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B最小時(shí),安培力F1BminIL0.4 N,即Bimin0.2 T;當(dāng)B最大時(shí),安培力F2BmaxIL2.0 N,即Bmax1.0 T,C正確。答案C5(2016黑龍江大慶模擬)如圖5所示,從S處發(fā)出的熱電子經(jīng)加速電壓U加速后垂直進(jìn)入相互垂直的勻強(qiáng)電場和勻強(qiáng)磁場中,發(fā)現(xiàn)電子流向上極板偏轉(zhuǎn)。設(shè)兩極板間電場強(qiáng)度為E,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。欲使電子沿直線從電場和磁場區(qū)域通過,只采取下列措施,其中可行的是()圖5A適當(dāng)減小電場強(qiáng)度EB適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度BC適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離D適當(dāng)減小加速電壓U解析要使電子在復(fù)合場中做勻速直線運(yùn)動(dòng),有EqqvB。根據(jù)左手定則可知電子所受的洛倫茲力的方向豎直向下,故電子向上極板偏轉(zhuǎn)的原因是電場力大于洛倫茲力,所以要么增大洛倫茲力,要么減小電場力。適當(dāng)減小電場強(qiáng)度E,即可以減小電場力,選項(xiàng)A正確;適當(dāng)減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B,可以減小洛倫茲力,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;適當(dāng)增大加速電場極板之間的距離,根據(jù)eUmv2可得v,由于兩極板間的電壓沒有變化,所以電子進(jìn)入磁場的速率沒有變化,因此沒有改變電場力和洛倫茲力的大小,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;同理,適當(dāng)減小加速電壓U,可以減小電子進(jìn)入復(fù)合場中的速度v,從而減小洛倫茲力,選項(xiàng)D錯(cuò)誤。答案A6圖6甲所示有界勻強(qiáng)磁場的寬度與圖乙所示圓形勻強(qiáng)磁場的半徑相等,一不計(jì)重力的粒子從左邊界的M點(diǎn)以一定初速度水平向右垂直射入磁場,從右邊界射出時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了角,該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場,射出磁場時(shí)速度方向偏轉(zhuǎn)了2角。已知磁場、的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別為B1、B2,則B1與B2的比值為()圖6A2cos Bsin Ccos Dtan 解析設(shè)有界磁場寬度為d,則粒子在磁場和磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡分別如圖甲、乙所示,由洛倫茲力提供向心力知Bqvm,得B,由幾何關(guān)系知dr1sin ,dr2tan ,聯(lián)立得cos ,C正確。答案C7均勻帶電的薄圓盤的右側(cè),用拉力傳感器A、B水平懸掛一根通電導(dǎo)線ab,電流方向由a到b,導(dǎo)線平行于圓盤平面。圓盤繞過圓心的水平軸沿如圖7所示方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng),與圓盤靜止時(shí)相比,拉力傳感器的示數(shù)增大了,懸線仍然豎直,則下列說法正確的是()圖7A圓盤帶正電荷B圓盤帶負(fù)電荷C若增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度,則傳感器示數(shù)減小D若改變圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向,則傳感器示數(shù)減小解析與圓盤靜止時(shí)相比,拉力傳感器的示數(shù)增大,懸線豎直,說明導(dǎo)線所受安培力豎直向下,由左手定則可判斷,導(dǎo)線所在位置的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向水平向右;由安培定則可以判斷,圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)形成的等效電流與其轉(zhuǎn)動(dòng)方向相同,故圓盤帶正電荷,A對,B錯(cuò);若增大圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)角速度,則等效電流增大,方向不變,產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,傳感器示數(shù)增大,C選項(xiàng)錯(cuò)誤;若改變圓盤轉(zhuǎn)動(dòng)方向,則導(dǎo)線所在位置的磁場方向水平向左,導(dǎo)線所受安培力方向向上,傳感器示數(shù)減小,D選項(xiàng)正確。答案AD8(2017四川南充市階段檢測)如圖8是等離子體發(fā)電機(jī)的示意圖,原料在燃料室中全部電離為電子與正離子,即高溫等離子體,等離子體以速度v進(jìn)入矩形發(fā)電通道,發(fā)電通道里有圖示的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。等離子體進(jìn)入發(fā)電通道后發(fā)生偏轉(zhuǎn),落到相距為d的兩個(gè)金屬極板上,在兩極板間形成電勢差,等離子體的電阻不可忽略。下列說法正確的是()圖8A上極板為發(fā)電機(jī)正極B外電路閉合時(shí),電阻兩端的電壓為BdvC帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能D外電路斷開時(shí),等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡解析根據(jù)左手定則可知,正電荷向上偏,負(fù)電荷向下偏,則上板是電源的正極,下板是電源的負(fù)極,故A正確;根據(jù)qvBq得電動(dòng)勢的大小為:EBdv,因等離子體的電阻不可忽略,因此外電阻的電壓會(huì)小于電源的電動(dòng)勢,故B錯(cuò)誤;依據(jù)功能關(guān)系可知,帶電粒子克服電場力做功把其它形式的能轉(zhuǎn)化為電能,故C正確;等離子體中帶有正、負(fù)電荷的高速粒子,在磁場中受到洛倫茲力的作用,分別向兩極偏移,于是在兩極之間產(chǎn)生電壓,兩極間存在電場力,當(dāng)外電路斷開時(shí),等離子受到的洛倫茲力與電場力平衡,從而不會(huì)偏移,故D正確。答案ACD9在半導(dǎo)體離子注入工藝中,初速度可忽略的磷離子P和P3,經(jīng)電壓為U的電場加速后,垂直進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里、有一定寬度的勻強(qiáng)磁場區(qū)域,如圖9所示。已知離子P在磁場中轉(zhuǎn)過30后從磁場右邊界射出。在電場和磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí),離子P和P3()圖9A在電場中的加速度之比為11B在磁場中運(yùn)動(dòng)的半徑之比為1C在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為12D離開電場區(qū)域時(shí)的動(dòng)能之比為13解析離子在電場中加速過程中,由于電場強(qiáng)度相同,根據(jù)牛頓第二定律可得a1a2q1q213,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;在電場中加速過程,由動(dòng)能定理可得qUmv2,在磁場中偏轉(zhuǎn)過程:qvBm,兩式聯(lián)立可得:r,故r1r21,選項(xiàng)B正確;設(shè)磁場寬度為d,根據(jù)sin 可得:,聯(lián)立解得260,選項(xiàng)C正確;由qUmv2Ek可知Ek1Ek213,選項(xiàng)D正確。答案BCD10(2017湖北六校調(diào)考)如圖10,xOy平面的一、二、三象限內(nèi)存在垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度B1 T的勻強(qiáng)磁場,ON為處于y軸負(fù)方向的彈性絕緣薄擋板,長度為9 m,M點(diǎn)為x軸正方向上一點(diǎn),OM3 m?,F(xiàn)有一個(gè)比荷大小為1.0 C/kg可視為質(zhì)點(diǎn)帶正電的小球(重力不計(jì))從擋板下端N處小孔以不同的速度沿x軸負(fù)方向射入磁場,若與擋板相碰就以原速率彈回,且碰撞時(shí)間不計(jì),碰撞時(shí)電荷量不變,小球最后都能經(jīng)過M點(diǎn),則小球射入的速度大小可能是()圖10A3 m/s B3.75 m/s C4 m/s D5 m/s解析因?yàn)樾∏蛲ㄟ^y軸的速度方向一定是x方向,故帶電小球圓周運(yùn)動(dòng)軌跡半徑最小值為3 m,即Rmin,解得vmin3 m/s;經(jīng)驗(yàn)證,帶電小球以3 m/s速度進(jìn)入磁場,與ON碰撞一次,再經(jīng)四分之三圓周經(jīng)過M點(diǎn),如圖甲所示,A項(xiàng)正確;當(dāng)帶電小球與ON不碰撞,直接經(jīng)過M點(diǎn),如圖乙所示,小球速度沿x方向射入磁場,則圓心一定在y軸上,作出MN的垂直平分線,交于y軸的點(diǎn)即得圓心位置,由幾何關(guān)系解得軌跡半徑最大值Rmax5 m,又Rmax,解得vmax5 m/s,D項(xiàng)正確;當(dāng)小球速度大于3 m/s、小于5 m/s時(shí),軌跡如圖丙所示,由幾何條件計(jì)算可知軌跡半徑R3.75 m,由半徑公式R得v3.75 m/s,B項(xiàng)正確;由分析易知選項(xiàng)C錯(cuò)誤。甲乙丙答案ABD二、非選擇題11如圖11所示,兩平行金屬板水平放置,間距為d,兩極板接在電壓可調(diào)的電源上。兩板之間存在著方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B。金屬板右側(cè)有一邊界寬度為d的無限長勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B、方向垂直紙面向里,磁場邊界與水平方向的夾角為60。平行金屬板中間有一粒子發(fā)射源,可以沿水平方向發(fā)射出電性不同的兩種帶電粒子,改變電源電壓,當(dāng)電源電壓為U時(shí),粒子恰好能沿直線飛出平行金屬板,粒子離開平行金屬板后進(jìn)入有界磁場后分成兩束,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好同時(shí)從兩邊界離開磁場,而且從磁場右邊界離開的粒子的運(yùn)動(dòng)方向恰好與磁場邊界垂直,粒子之間的相互作用不計(jì),粒子的重力不計(jì),試求:圖11(1)帶電粒子從發(fā)射源發(fā)出時(shí)的速度;(2)兩種粒子的比荷和帶正電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑。解析(1)根據(jù)題意,帶電粒子在平行金屬板間做直線運(yùn)動(dòng)時(shí),所受電場力與洛倫茲力大小相等,由平衡條件可得qqvB解得v(2)根據(jù)題意可知,帶正電粒子進(jìn)入磁場后沿逆時(shí)針方向運(yùn)動(dòng),帶負(fù)電粒子進(jìn)入磁場后沿順時(shí)針方向運(yùn)動(dòng),作出粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,帶負(fù)電粒子在剛進(jìn)入磁場時(shí)速度沿水平方向,離開磁場時(shí)速度方向垂直磁場邊界,根據(jù)圖中幾何關(guān)系可知,帶負(fù)電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的偏轉(zhuǎn)角為130帶負(fù)電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r12d帶負(fù)電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)洛倫茲力提供向心力,有q1vB聯(lián)立解得根據(jù)帶正電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡及幾何關(guān)系可知,帶正電粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角為2120根據(jù)帶電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的周期公式T可得帶負(fù)電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1帶正電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2根據(jù)題意可知t1t2聯(lián)立以上各式,可得帶正電粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為r2解得r2答案(1)(2)12(2016江蘇單科,15)回旋加速器的工作原理如圖12甲所示,置于真空中的D形金屬盒半徑為R,兩盒間狹縫的間距為d,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,被加速粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q,加在狹縫間的交變電壓如圖乙所示,電壓值的大小為U0。周期T。一束該粒子在t0時(shí)間內(nèi)從A處均勻地飄入狹縫,其初速度視為零?,F(xiàn)考慮粒子在狹縫中的運(yùn)動(dòng)時(shí)間,假設(shè)能夠出射的粒子每次經(jīng)過狹縫均做加速運(yùn)動(dòng),不考慮粒子間的相互作用。求:圖12(1)出射粒子的動(dòng)能Em;(2)粒子從飄入狹縫至動(dòng)能達(dá)到Em所需的總時(shí)間t0;(3)要使飄入狹縫的粒子中有超過99%能射出,d應(yīng)滿足的條件。解析(1)粒子運(yùn)動(dòng)半徑為R時(shí)qvBm且Emmv2解得Em(2)粒子被加速n次達(dá)到動(dòng)能Em,則EmnqU0粒子在狹縫間做勻加速運(yùn)動(dòng),設(shè)n次經(jīng)過狹縫的總時(shí)間為t,加速度a勻加速直線運(yùn)動(dòng)ndat2由t0(n1)t,解得t0(3)只有在0(t)時(shí)間內(nèi)飄入的粒子才能每次均被加速,則所占的比例為由99%,解得d答案(1)(2)(3)d- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
- 2.下載的文檔,不會(huì)出現(xiàn)我們的網(wǎng)址水印。
- 3、該文檔所得收入(下載+內(nèi)容+預(yù)覽)歸上傳者、原創(chuàng)作者;如果您是本文檔原作者,請點(diǎn)此認(rèn)領(lǐng)!既往收益都?xì)w您。
下載文檔到電腦,查找使用更方便
9.9 積分
下載 |
- 配套講稿:
如PPT文件的首頁顯示word圖標(biāo),表示該P(yáng)PT已包含配套word講稿。雙擊word圖標(biāo)可打開word文檔。
- 特殊限制:
部分文檔作品中含有的國旗、國徽等圖片,僅作為作品整體效果示例展示,禁止商用。設(shè)計(jì)者僅對作品中獨(dú)創(chuàng)性部分享有著作權(quán)。
- 關(guān) 鍵 詞:
- 2020版高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第九章 單元質(zhì)量檢測九含解析教科版 2020 高考 物理 一輪 復(fù)習(xí) 第九 單元 質(zhì)量 檢測 解析 教科版
鏈接地址:http://appdesigncorp.com/p-6347914.html