《2020版高考物理二輪復習 專題限時集訓9 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場及復合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復習 專題限時集訓9 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場及復合場中的運動（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題限時集訓(九)(建議用時：40分鐘)專題通關(guān)練1.(2019河北張家口聯(lián)考)如圖所示，兩個勁度系數(shù)均為k的輕彈簧頂端固定并與電路相連，下端用輕導線與長度為L的導體棒相連，導體棒水平放置且垂直于勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。斷開開關(guān)，導體棒靜止時，彈簧的長度為x1；接通電源后，導體棒水平靜止時，彈簧的長度為x2，電流表示數(shù)為I。忽略電流產(chǎn)生的磁場作用。則該勻強磁場的磁感應強度大小為()A. B.C. D.D設(shè)彈簧原長為l，斷開開關(guān)時：2k(x1l)mg，閉合開關(guān)時：2k(x2l)BILmg，聯(lián)立以上兩式解得：B，故選D。2.(多選)(2019河北唐山期末)兩個質(zhì)子以不同速率在勻強磁場中做圓
2、周運動，軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點，過A點做一直線與兩圓周交于B點和C點。若兩圓周半徑r1r212，下列說法正確的有()A兩質(zhì)子速率v1v212B兩質(zhì)子周期T1T212C兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次到達B點和C點經(jīng)歷的時間t1t212D兩質(zhì)子在B點和C點處速度方向相同AD根據(jù)qvBm解得vr，可知兩質(zhì)子速率v1v2r1r212，選項A正確；根據(jù)T可知兩質(zhì)子周期相同，選項B錯誤；由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場中運動過程中轉(zhuǎn)過的圓弧對應的圓心角相同，根據(jù)tT可知，兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次到達B點和C點經(jīng)歷的時間相同，選項C錯誤；因兩粒子進入磁場時速度方向相同，在磁場中運動過程中轉(zhuǎn)過的圓弧對應的圓心角相同
3、，可知兩質(zhì)子在B點和C點處速度方向相同，選項D正確；故選A、D。3.(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙導軌CD、EF，導軌上放有一金屬棒MN?，F(xiàn)從t0時刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時間成正比，即Ikt，其中k為常量，金屬棒與導軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于棒的速度、加速度隨時間t變化的關(guān)系中，可能正確的是()BD考慮到粗糙導軌上存在摩擦力，需要安培力達到一定數(shù)值，棒才開始加速，A錯；從開始運動，滿足BILfma，即BLktfma，由關(guān)系式可以看出，at圖象為向上傾斜的直線，B對；由于加速度逐漸增大，vt圖象中切線的斜率要逐漸增大，C錯，D對。4(20
4、19云南師大附中模擬)如圖所示，兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導線中通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點，且MPPNNQ，則下面說法正確的是()A磁感應強度BPBQB磁感應強度BPBQC將同一電流元分別放置于P、Q兩點、所受安培力一定有FPFQD將同一電流元分別放置于P、Q兩點，所受安培力一定有FPFQA根據(jù)安培定則可知，M在P的磁場方向向上，N在P點的磁場也向上，則疊加后P點合磁場向上；M在Q的磁場方向向上，N在Q點的磁場向下，則疊加后Q點的合磁場向下，且小于P點的磁場大小，選項A正確，B錯誤；電流元所受的安培力的大小與電流元的放置方向有關(guān)，則無法
5、比較同一電流元分別放置于P、Q兩點所受安培力的大小，選項C、D錯誤；故選A。5.(2019浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B。一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計，下列說法正確的是()A若vE/B，粒子做勻加速直線運動B若粒子往左偏，洛倫茲力做正功C若粒子往右偏，粒子的電勢能增加D若粒子做直線運動，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負電，其他條件不變，粒子還是做直線運動D若vE/B，即EqqvB，則粒子做勻速直線運動，選項A錯誤；洛倫茲力對粒子不做功，選項B錯誤；若粒子往右偏，電場力做正功，則粒子的電勢能減小，選項C
6、錯誤；若粒子做直線運動，則滿足EqqvB，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負電，其他條件不變，粒子所受的電場力方向改變，所受的洛倫茲力方向也改變，則粒子還是做直線運動，選項D正確。6(2019湖南衡陽聯(lián)考)用圖示裝置可以檢測霍爾效應。利用電磁鐵產(chǎn)生磁場，電流表檢測輸入霍爾元件的電流，電壓表檢測元件輸出的電壓，已知圖中的霍爾元件是半導體，與金屬導體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴，空穴可視為能自由移動的帶正電的粒子，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端，當開關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說法中正確的是()A電表B為電壓表，電表C為電流表B接線端4的電勢低于接線
7、端2的電勢C若增大R1，則電壓表示數(shù)增大D若增大R2，則電壓表示數(shù)減小DB表為測量通過霍爾元件的電流，C表測量霍爾電壓，所以電表B為電流表，電表C為電壓表，故A錯誤；由安培定則可知，磁場方向向上，通過安霍爾元件的電流由1流向接線端3，由左手定則可知，帶正電的粒子偏向接線端4，所以接線端4的電勢高于接線端2的電勢，故B錯誤；若增大R1，電磁鐵中的電流減小，產(chǎn)生的磁場減小，由公式U可知，電壓表示數(shù)減小，故C錯誤；若增大R2，流過霍爾元件的電流減小，由公式U可知，電壓表示數(shù)減小，故D正確。7(易錯題)(多選)(2019四川綿陽聯(lián)考)如圖所示，空間存在四分之一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。一電子
8、以初速度v從圓心O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)過時間t恰好由A點離開磁場。若電子以初速度v從O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)時間t恰好由C點離開磁場。已知圓弧AC長度是圓弧CD長度的一半，則()Avv BvvCtt DttBD由幾何知識可知，恰好由A點射出時，電子軌道半徑：r1；若電子從C點射出，因圓弧AC長度是圓弧CD長度的一半，所以粒子做圓周運動的弦切角為60，由弦長公式R2r2sin 60，解得：r2R，所以vv，由A點射出時，t，電子從C點射出時，tt，故選B、D。易錯點評：解決帶電粒子在磁場中的運動出錯的主要原因是：不會尋找?guī)缀侮P(guān)系。如本題中，通過弧AC是弧CD一半，可確定COD60，進而可知
9、粒子做圓周運動的幾何規(guī)律。8(多選)(2019福州質(zhì)檢)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一系列電子以不同的速率v(0vvm)從邊界上的P點沿垂直于磁場方向與OP成60角方向射入磁場，在區(qū)域的磁場邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為e，質(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場中運動的()A最大半徑為rR B最大速率為vmC最長時間為t D最短時間為tAD根據(jù)題意，電子圓周運動的圓心在速度的垂線上，當電子速度最大時，對應的圓周運動半徑最大。離開出發(fā)點最遠，如圖所示，恰好為半個圓周，最大半徑rmRcos 30，rmR，得vm；軌跡對應
10、的圓心角最小，時間最短tmin，電子速度越小，半徑越??；圓弧圓心角越大，時間越長，故選AD。能力提升練9(多選)(2019湘贛十四校聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，AB5 cm，AD10 cm，磁感應強度B0.2 T。在AD的中點P有一個發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個方向均勻地發(fā)射出速率為v1.0105 m/s的正離子，離子的質(zhì)量m2.01012 kg，電荷量q1.0105 C，離子的重力不計，不考慮離子之間的相互作用，則() A從邊界BC邊飛出的離子中，BC中點飛出的離子在磁場中運動的時間最短B邊界AP段無離子飛出C從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之
11、比為12D若離子可從B、C兩點飛出，則從B點和C點飛出的離子在磁場中運動的時間相等ACD由于離子的速率一定，所以離子運動的半徑確定，在離子轉(zhuǎn)過的圓心角小于的情況下，弦長越短，圓心角越小，時間越短，弦長相等，時間相等，所以從BC中點飛出的離子對應的弦長最短，所用時間最短，離子從B、C兩點飛出對應的弦長相等，所以運動時間相等，故A、D正確；由洛倫茲力方向可知，離子逆時針方向旋轉(zhuǎn)，發(fā)射方向與PA方向夾角較小的離子會從AP段飛出，故B錯誤；由公式R得：R0.1 m，通過圖可知，12，所以從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為12，故C正確。10(2019江西上饒聯(lián)考)如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在
12、著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應強度B2 T。小球1帶正電，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球1向右以v112 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后兩小球粘在一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，兩小球速度水平向左時離碰撞點的距離為2 m。碰后兩小球的比荷為4 C/kg。求：(取g10 m/s2) (1)電場強度E的大小是多少？(2)兩小球的質(zhì)量之比是多少？解析碰后有(m1m2)gqE又4 C/kg得E2.5 N/C。(2)由動量守恒定律：m1v1(m1m2)v2由洛倫茲力公式及牛頓運動定律：qv2B依題可知：r1 m聯(lián)立以上關(guān)系式可得： 。答案(1)2.5 N
13、/C(2) 11(2019湖南衡陽聯(lián)考)如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應強度大小為B1、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R的足夠長區(qū)域，區(qū)域內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域。在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成53角，在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進入?yún)^(qū)域并垂直打在熒光屏上(
14、不計粒子重力及其相互作用)。求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)電場的電場強度大小E；(3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度x。解析(1)如圖所示，分析可知，粒子在區(qū)域中的運動半徑r1R由qv0Bm得v0。(2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域中的運動半徑為r22R由qvB2m得v粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得：qERmv2mv解得：E(B4B)。(3)如圖分析可知，速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域中的粒子將平行電場方向從區(qū)域中最高點穿出，打在離M點 x1處的屏上，由幾何關(guān)系得：(x1cos R)2(x1sin )24R2解得：x1R速度方向與電場方向平行向右射出區(qū)域中的粒子將平行
15、電場方向從區(qū)域中最低點穿出打在離M點x2處的屏上，由幾何關(guān)系得：(x2cos R)2(x2sin )24R2解得：x2R分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為xx2x1解得：x1.2R。答案(1)(2)(B4B)(3)1.2R題號內(nèi)容押題依據(jù)核心考點核心素養(yǎng)帶電粒子在復合場中運動重力、電場力、洛倫茲力作用下的圓周運動和直線運動科學思維：立足教材，拓展創(chuàng)新，體現(xiàn)綜合思維(多選)如圖所示，虛線MN右側(cè)存在著勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，電場方向豎直向上，長方形ABCD的AD邊與MN重合，長方形的AB邊長為l，AD邊長為l。一質(zhì)量為m、電荷量為q的微粒
16、垂直于MN射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，到達C點時刻，電場方向立刻旋轉(zhuǎn)90，同時電場強度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對角線CA從A點離開。重力加速度為g，下列說法正確的是()A電場方向旋轉(zhuǎn)90之后，電場方向水平向左B電場改變之后，場強大小變?yōu)樵瓉淼?倍C微粒進入N右側(cè)區(qū)域時的初速度為D勻強磁場的磁感應強度大小為CD微粒從C到A做直線運動，洛倫茲力與重力和電場力的合力平衡，則電場方向必然水平向右，A錯誤。電場改變前，微粒在電場、磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則qEmg，即E；電場改變之后，受力情況如圖所示，微粒受力平衡，重力與電場力的合力與洛倫茲力等大反向，qEmg，得E，B錯誤。微粒做直線運動時受力平衡，qvBmgm，由幾何知識可得rl，解得v，B，故C、D正確。- 10 -
2020版高考物理二輪復習 專題限時集訓9 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場及復合場中的運動（含解析）
