高考物理二轮复习跟踪强化训练9整理.docx

1、高考物理二轮复习跟踪强化训练9整理跟踪强化训练(九)一、选择题1（多选）（2017江西五校联考）我国未来的航母将采用自行研制的电磁弹射器电磁弹射系统由电源、强迫储能装置、导轨和脉冲发生器等组成其工作原理如图所示，利用与飞机前轮连接的通电导体在两平行金属导轨的强电流产生的磁场中受到安培力的作用加速获得动能设飞机质量m1。8104 kg，起飞速度为v70 m/s，起飞过程中所受平均阻力恒为机重的，在没有电磁弹射器的情况下，飞机从静止开始在恒定的牵引力作用下,起飞距离为l210 m;在电磁弹射器与飞机发动机（牵引力不变)同时工作的情况下,起飞距离减为。则()A在没有电磁弹射器的情况下,飞机所受牵引力

2、F2.46105 NB在没有电磁弹射器的情况下，飞机所受牵引力F2。1105 NC在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流,则起飞的距离将更小D在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时,电磁弹射器对飞机所做的功W2.94108 J解析没有电磁弹射器时，由动能定理可得lmv2，所以飞机所受的牵引力F2.46105 N，A正确，B错误;在电磁弹射器与飞机发动机同时工作时，若只增大电流，由于飞机所受的安培力增大,故起飞的距离将更小，C正确；电磁弹射器和飞机发动机同时工作时，由动能定理得Wmv2,所以W2.94107 J，D错误答案AC2(2017苏州模拟）如下图所示,用绝缘细线悬挂一个导线框，导线

3、框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd（ab、cd在同一条水平直线上）连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时（）A导线框将向左摆动B导线框将向右摆动C从上往下看，导线框将顺时针转动D从上往下看，导线框将逆时针转动解析当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力,由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里,从上往下看,导线框将逆时针

4、转动，故D正确答案D3(2017湖北部分重点中学起点考试)已知直线电流在其空间某点产生的磁场,其磁感应强度B的大小与电流成正比，与点到通电导线的距离成反比现有平行放置的三根长直通电导线，分别通过一个直角三角形ABC的三个顶点且与三角形所在平面垂直，如图所示，ACB60，O为斜边的中点已知I12I22I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，则关于O点的磁感应强度，下列说法正确的是（）A大小为2B，方向垂直AB向左B大小为2B，方向垂直AB向左C大小为2B,方向垂直AB向右D大小为2B,方向垂直AB向右解析导线周围的磁场的磁感线，是围绕导线形成的同心圆,空间某点的磁场沿该点的切线方向,即与该

5、点和导线的连线垂直，根据右手螺旋定则,可知三根导线在O点的磁感应强度的方向如图所示已知直线电流在其空间某点产生的磁场，其磁感应强度B的大小与电流成正比，与点到通电导线的距离成反比，已知I12I22I3，I2在O点产生的磁场磁感应强度大小为B，O点到三根导线的距离相等，可知B3B2B，B12B，由几何关系可知三根导线在平行于AB方向的合磁场为零,垂直于AB方向的合磁场为2B.综上可得，O点的磁感应强度大小为2B,方向垂直于AB向左，B正确，A、C、D错误答案B4（2017广西南宁二中、柳州高中、玉林高中联考)磁场中某区域的磁感线如图所示,则（)A同一通电导线放在a处受力一定比放在b处受力大B同一

6、通电导线放在a处受力一定比放在b处受力小Ca、b两处的磁感应强度的大小不等，BaBbDa、b两处的磁感应强度的大小不等,BaBb解析a处的磁感线比b处稀疏，则a点磁感应强度比b点小,所以BaBb,C正确,D错误将一小段通电导线放入磁场时，由于受到放置角度的限制，当通电导线垂直磁场时，受到的磁场力最大，平行磁场时受磁场力为零，故虽然Ba0)的小球由轨道左端A点无初速滑下,当小球滑至轨道最低点C时，给小球再施加一始终水平向右的外力F，使小球能保持不变的速率滑过轨道右侧的D点若轨道的两端等高，小球始终与轨道接触，重力加速度为g,则下列判断正确的是（）A小球在C点对轨道的压力大小为qBB小球在C点对轨

7、道的压力大小为3mgqBC小球从C到D的过程中，外力F的大小保持不变D小球从C到D的过程中,外力F的功率逐渐增大解析小球从A到C，只有重力做功，由机械能守恒有mgRmv2，得小球到达C点时的速度v，在C点由牛顿第二定律有FNqvBmgm,解得FN3mgqB,再牛顿第三定律可知小球在C点对轨道的压力大小为3mgqB，故A错误，B正确；从C到D，小球速率不变，由于轨道对小球的支持力和洛伦兹力不做功，则重力做负功的功率和外力F做正功的功率始终大小相等，设速度方向与竖直方向夹角为，则有mgvcosFvsin，得F，因逐渐减小，则外力逐渐增大，外力F的功率逐渐增大，故C错误，D正确答案BD9（多选）（2

8、017广东中山执信中学二模)如右图所示,在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30角的方向以速度v2垂直射入磁场经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是()Av1v212 Bv1v24Ct1t221 Dt1t231解析甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运行周期为T，因为甲、乙两种粒子的比荷相等,故T甲T乙设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半径为r1,运行时间为t1，乙粒子运行半径为r2，运行时间为t

9、2，而r，所以v1v2r1r24，选项A错误、B正确；t1t231，选项C错误、D正确答案BD10(多选)（2017哈师大附中月考)如右图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子（质子重力不计），所有质子均能通过C点，质子比荷k，则质子的速度可能为()A2BkL B.C. D。解析因质子带正电,且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r(n1,2,3,），由洛伦兹力提供向心力,得Bqvm，即vBk(n1,2,3，),选项B

10、、D正确答案BD二、非选择题11(2017东北三校第二次联考）如下图所示,在0xa、0y范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B,坐标原点O处有一个粒子源在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在090范围内已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时：（1）速度的大小；（2)速度方向与y轴正方向夹角的正弦值解析设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹

11、力公式，得qvBm，解得R，当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其对应圆心角最大,其轨迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的边界相切,如下图所示设粒子在磁场中运动的时间为t，依题意,t,OCA。设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为，由几何关系,可得RsinR，RsinaRcos，又sin2cos21，解得Ra，v，sin.答案(1）（2）12（2017乐山三诊）如下图所示，第四象限内有互相正交的匀强电场E与匀强磁场B1，E的大小为0。5103 V/m，B1大小为0.5 T；第一象限的某个矩形区域内，有方向垂直纸面向里的匀强磁场B2，磁场的下边界与x轴重合一质量m11014 kg、电荷

12、量q11010 C的带正电微粒以某一速度v沿与y轴正方向成60角从M点沿直线运动,经P点进入处于第一象限内的磁场B2区域一段时间后，带电微粒经过y轴上的N点并与y轴正方向成60角的方向飞出M点的坐标为（0,10），N点的坐标为（0，30），不计微粒重力，g取10 m/s2。(1）请分析判断匀强电场E的方向并求出微粒的运动速度v.（2）匀强磁场B2的大小为多大?(3）B2磁场区域的最小面积为多少？解析（1）由于重力忽略不计，微粒做直线运动，速度的变化会引起洛伦兹力的变化，所以微粒必做匀速直线运动这样，电场力必和洛伦兹力大小相等，方向相反，电场E的方向与微粒运动的方向垂直，即与y轴负方向成30角斜向右下方由力的平衡，有EqB1qv，v m/s103 m/s.（2）画出微粒的运动轨迹如图由几何关系，知PDONOM,RO1D m。由qB2vm，可得B2 T。（3）由图可知，若磁场区域在矩形APDC时，其面积最小PAR(1cos60) m，最小面积为SPDPA m2 m2。答案(1)与y轴负方向成30角斜向右下方103 m/s（2） T(3) m2