【立體設計】2012高考物理 第8章 章末強化訓練 魯教版

《【立體設計】2012高考物理 第8章 章末強化訓練 魯教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《【立體設計】2012高考物理 第8章 章末強化訓練 魯教版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 2012高考立體設計物理魯科版第8章 章末強化訓練 一、選擇題(每小題5分，共40分) 1．關于電場強度和磁感應強度，下列說法正確的是(　　) A．電場強度的定義式E＝適用于任何電場 B．由真空中點電荷的電場強度公式E＝知，當r→0時，其電場強度趨近于無限大 C．由公式B＝知，一小段通電導體在某處不受磁場力，說明此處一定無磁場 D．磁感應強度的方向就是置于該處的通電導體的受力方向 【解析】　E＝，可適用于任何電場，A正確；E＝，適用于真空中點電荷的電場，當兩電荷間距離過小時，不再適應用該公式求電場強度，B錯；某處有無磁場與放在該處的通電導體無關，C錯；磁感應強度的方向與放在該

2、處的通電導體的受力方向垂直，D錯． 【答案】　A 2．(2011屆·福州測試)兩根導電的長直導線平行放置，電流分別為I1和I2，電流的方向如圖所示，在與導線垂直的平面上有a、b、c、d四點，其中a、b在導線橫截面連線的延長線上，c、d在導線橫截面連線的垂直平分線上，則導體中的電流在這四點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度可能為零的是(　　) A．a(chǎn)點和b點 B．只有b點 C．只有c點 D．b點和d點 【解析】　若磁感應強度為零，則a、b、c、d四點所受磁場力的大小相等、方向相反，由安培定則a、b、c、d所受I1、I2的磁場力方向皆相反，但由于I1≠I2

3、，只有距I1、I2距離不相等的點所受磁場力才有可能相等，符合條件的只有a、b兩點． 【答案】　A 3.如圖所示，臺秤上放一光滑平板，其左邊固定一擋板，一輕質(zhì)彈簧將擋板和一條形磁鐵連接起來，此時臺秤讀數(shù)為N1，現(xiàn)在磁鐵上方中心偏左位置固定一通電導線，電流方向如圖，當加上電流后，臺秤讀數(shù)為N2，則下列說法正確的是（ ） A.N1>N2,彈簧長度將變長 B.N1>N2,彈簧長度將變短 C.N1

4、cd的長度均為L，且∠abc＝∠bcd＝135°.流經(jīng)導線的電流為I，方向如圖中箭頭所示．導線段abcd所受到的磁場的作用力的合力(　　) A．方向沿紙面向上，大小為(＋1)IBL B．方向沿紙面向上，大小為(－1)IBL C．方向沿紙面向下，大小為(＋1)IBL D．方向沿紙面向下，大小為(－1)IBL 【解析】　該導線可以用a和d之間的直導線長為(＋1)L來等效代替，根據(jù)F＝BIl，可知合力大小為F＝(＋1)BIL，方向根據(jù)左手定則判斷為沿紙面向上．A正確． 【答案】　A 5.如圖所示，在XOYZ平面中有一通電直導線與OX、OY軸相交，導線中電流方向如圖所示，該區(qū)域有勻強

5、磁場，通電直導線所受磁場力的方向與OZ軸的正方向相同，該磁場的磁感應強度的方向可能是(　　) A．沿X軸正方向　　　B．沿Y軸負方向 C．沿Z軸正方向 D．沿Z軸負方向 【解析】　安培力F的方向一定垂直于B與I確定的平面，但B與I的方向不一定垂直．由左手定則知，若磁感應強度B的方向沿X軸正方向，則安培力的方向與Z軸負方向相同，A選項錯．若B的方向沿Y軸負方向，則安培力的方向與Z軸的正方向相同，B選項正確．若B的方向沿Z軸正方向或沿Z軸負方向，安培力的方向均在XOY平面內(nèi)，C、D選項均錯． 【答案】　B 6.（2011屆·三明檢測）如圖所示，兩半圓柱板間有一垂直紙面方向的

6、勻強磁場，從兩板的一端垂直端面方向射入一束電荷量相等的正離子.為使它們恰能沿同一半圓路徑的另一端射出，這些正離子需要有相同的（ ） A.速度 B.質(zhì)量 C.質(zhì)量和速度的乘積 D.動能 【答案】C 7.如圖所示，半徑為r的圓形空間內(nèi)存在著垂直于紙面向外的勻強磁場，一個帶電粒子(不計重力)從A點以速度v0垂直于磁場方向射入磁場中，并由B點射出，且∠AOB＝120°，則該粒子在磁場中運動的時間為(　　) A.　　　　　　　B. C. D. 【解析】　首先，通過畫軌跡確定圓心角，再進一步確定運動的時間，如題圖所示，據(jù)題目條件找到對應的圓心O′.由

7、圖可知：因為∠AOB＝120°，所以θ＝60°，運動時間t＝T＝. 但題目中沒有這個選項，而是涉及r和v0的選項．因為是做勻速圓周運動，所以t＝＝，其中R為AB弧所對應的粒子運動的軌道半徑，由圖中△OO′A可得R＝r，所以t＝r××＝. 【答案】　D 8.（2011屆·廈門檢測）如圖甲所示，一帶電粒子以水平速度v0(v0

8、粒子穿過電場和磁場的過程中，電場和磁場對粒子所做的總功為W2，比較W1和W2，則（ ） A.一定是W1>W2 B.一定是W1=W2 C.一定是W1W2 【解析】由題可知，帶電粒子第二次穿過疊加場時洛倫茲力小于電場力，二力方向相反，所以沿電場方向偏移的距離比第一次僅受電場力時偏移的距離小，且洛倫茲力不做功，故W1>W2.A正確. 【答案】A 二、非選擇題(共60分) 9．(13分)據(jù)報道，最近已研制出一種可以投入使用的電磁軌道炮，其原理如圖所示．炮彈(可視為長方形導體)置于兩固定的平行導軌之間，并與軌道壁密接．開始時炮彈在導軌的

9、一端，通以電流后炮彈會被磁力加速，最后從位于導軌另一端的出口高速射出．設兩導軌之間的距離d＝0.10 m，導軌長L＝5.0 m，炮彈質(zhì)量m＝0.30 kg.導軌上的電流I的方向如圖中箭頭所示．可認為，炮彈在軌道內(nèi)運動時，它所在處磁場的磁感應強度始終為B＝2.0 T，方向垂直于紙面向里．若炮彈出口速度為v＝2.0×103 m/s，求通過導軌的電流I.忽略摩擦力與重力的影響． 【解析】　在導軌通有電流I時，炮彈作為導體受到磁場施加的安培力為F＝BId.① 炮彈從導軌一端運動到另一端的過程中，根據(jù)動能定理：FL＝mv2.② 聯(lián)立①②式得I＝，代入數(shù)據(jù)得I＝6.0×105 A. 【答案】　

10、6.0×105 A 10. (14分)如圖所示，在互相垂直的水平方向的勻強電場(E已知)和勻強磁場(B已知)中，有一固定的豎直絕緣桿，桿上套有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球，它們之間的動摩擦因數(shù)為μ.現(xiàn)由靜止釋放小球，試分析小球的加速度和速度的變化情況，并求最大速度vm.(mg＞μqE) 【解析】　開始時小球受力見圖(a)，N＝Eq，由題意知mg＞μEq，所以小球加速向下運動；而后小球受洛倫茲力情況如圖(b)，相應的N、f均增大，小球加速度減小，速度仍在增加，只是增加得慢了，洛倫茲力、彈力、摩擦力都將隨之增加，合力繼續(xù)減?。恢钡郊铀俣萢＝0，小球速度達到最大值后，小球做勻速運動，則有

11、：mg＝μ(Eq＋qvmB)，vm＝. 【答案】　 11．(2011屆·徐州測試)(16分)如圖所示，一足夠長的矩形區(qū)域abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場，在ad邊中點O，方向垂直磁場向里射入一速度方向跟ad邊夾角θ＝30°、大小為v0的帶正電粒子，已知粒子質(zhì)量為m，電荷量為q，ad邊長為L，ab邊足夠長，粒子重力不計，求： (1)粒子能從ab邊上射出磁場的v0大小范圍． (2)如果帶電粒子不受上述v0大小范圍的限制，求粒子在磁場中運動的最長時間． 【解析】　(1)若粒子速度為v0，由qv0B＝m， 則R＝. 若軌跡與ab邊相切，如圖所示，設此

12、時相應速度為v01，則 R1＋R1sinθ＝. 將R1＝代入上式可得v01＝. 若軌跡與cd邊相切，設此時相應速度為v02，則 R2－R2sinθ＝. 將R2＝代入上式可得v02＝. 所以粒子能從ab邊上射出磁場的v0應滿足

13、，方向垂直xOy平面向里，電場線平行于y軸．一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小球，從y軸上的A點水平向右拋出，經(jīng)x軸上的M點進入電場和磁場，恰能做勻速圓周運動，從x軸上的N點第一次離開電場和磁場，MN之間的距離為L，小球過M點時的速度方向與x軸方向夾角為θ.不計空氣阻力，重力加速度為g，求： (1)電場強度E的大小和方向； (2)小球從A點拋出時初速度v0的大??； (3)A點到x軸的高度h. 【解析】　本題考查平拋運動和帶電小球在復合場中的運動． (1)小球在電場、磁場中恰能做勻速圓周運動，說明其所受電場力和重力平衡(恒力不能充當圓周運動的向心力)，有qE＝mg，① E＝，② 重力的方向豎直向下，電場力的方向只能豎直向上，由于小球帶正電，所以電場強度方向豎直向上． (2)小球做勻速圓周運動，O′為圓心，MN為弦長，∠MO′P＝θ ，如圖所示．設半徑為r，由幾何關系知＝sinθ.③ 7