2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 磁場(chǎng)及帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn)

《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 磁場(chǎng)及帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 磁場(chǎng)及帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn)（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場(chǎng)和磁場(chǎng) 第8講 磁場(chǎng)及帶電體在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)素能特訓(xùn) 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1．[xx·太原模擬]從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時(shí)，由于地磁場(chǎng)的存在，改變了運(yùn)動(dòng)方向，對(duì)地球起到了保護(hù)作用。如圖為地磁場(chǎng)的示意圖(虛線，方向未標(biāo)出)，赤道上方的磁場(chǎng)可看成與地面平行。若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質(zhì)子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場(chǎng)的作用下(　　) A．α射線沿直線射向赤道 B．β射線向西偏轉(zhuǎn) C

2、．γ射線向東偏轉(zhuǎn) D．質(zhì)子向北偏轉(zhuǎn) 答案　B 解析　赤道上方磁場(chǎng)方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線和質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn)，帶負(fù)電的β射線向西偏轉(zhuǎn)，不帶電的γ射線不偏轉(zhuǎn)，B項(xiàng)正確。 2．如圖所示，一圓環(huán)用細(xì)橡皮筋懸吊著處于靜止?fàn)顟B(tài)，環(huán)中通以逆時(shí)針方向的電流，在環(huán)的兩側(cè)放有平行于橡皮筋的直導(dǎo)線，導(dǎo)線和環(huán)在同一豎直面內(nèi)，兩導(dǎo)線到橡皮筋的距離相等?，F(xiàn)在直導(dǎo)線中同時(shí)通以方向如圖所示、大小相等的電流，則通電的瞬間(　　) A．環(huán)將向右擺動(dòng) B．俯視看環(huán)會(huì)發(fā)生順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng) C．橡皮筋會(huì)被拉長 D．環(huán)有收縮的趨勢(shì) 答案　D 解析　直導(dǎo)線通電后，由安培定則可知，兩導(dǎo)線間平面

3、上的磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，由于磁場(chǎng)分布具有軸對(duì)稱性，將圓環(huán)分成若干段小的直導(dǎo)線，由左手定則可知，各段受到的安培力都指向圓心，根據(jù)對(duì)稱性可知，它們的合力為零，因此環(huán)不會(huì)擺動(dòng)，也不會(huì)轉(zhuǎn)動(dòng)，橡皮筋的拉力也不會(huì)增大，只是環(huán)有收縮的趨勢(shì)，A、B、C項(xiàng)錯(cuò)誤，D項(xiàng)正確。 3．[xx·邢臺(tái)摸底]如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，有一帶正電的電荷從D點(diǎn)以v0的速度沿DB方向射入磁場(chǎng)，恰好從A點(diǎn)射出，已知電荷的質(zhì)量為m，帶電量為q，不計(jì)電荷的重力，則下列說法正確的是(　　) A．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B．電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為 C．若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊

4、界射出，電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)減小 D．若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會(huì)從AB邊的中點(diǎn)射出 答案　A 解析　帶正電的電荷從D點(diǎn)射入，恰好從A射出，在磁場(chǎng)中的軌跡半徑R＝L，由牛頓第二定律Bqv0＝得B＝，A選項(xiàng)正確。電荷在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t＝T＝×＝，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊界射出，軌跡所對(duì)的圓心角將變大，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間會(huì)變長，C選項(xiàng)錯(cuò)誤。若v＝2v0，則由Bqv＝得r＝2L，如圖從F點(diǎn)射出，設(shè)BF＝x，由幾何關(guān)系知r2＝(r－x)2＋L2，則x＝L，D選項(xiàng)錯(cuò)誤。 4．[xx·西安八校聯(lián)考]如圖所示，空間中存在一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，將長度為L的直導(dǎo)線放

5、置在y軸上，當(dāng)通以大小為I、沿y軸負(fù)方向的電流后，測(cè)得其受到的安培力大小為F，方向沿x軸正方向。則關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小，說法正確的是(　　) A．只能沿x軸正方向 B．可能在xOy平面內(nèi)，大小為 C．可能在xOz平面內(nèi)，大小為 D．可能在yOz平面內(nèi)，大小為 答案　D 解析　電流I沿y軸負(fù)方向，安培力大小為F，沿x軸正方向，若B＝，則B與I不垂直，但要求B的兩個(gè)分量，一個(gè)沿z軸正向，一個(gè)平行y軸，那只能在yOz平面內(nèi)，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤。 5．[xx·寶雞質(zhì)檢]如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad

6、邊界的速度飛入該磁場(chǎng)。對(duì)于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯(cuò)誤的是(　　) A．從c點(diǎn)離開的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長 B．從ad邊射出的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等 C．電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度偏轉(zhuǎn)角最大為π D．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度 答案　A 解析　根據(jù)帶電粒子在有界磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)周期公式T＝，運(yùn)動(dòng)時(shí)間t＝T＝，由幾何條件可知，從ad邊離開的電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長且均為半個(gè)周期，偏轉(zhuǎn)角最大且均為π，A項(xiàng)錯(cuò)，B、C項(xiàng)正確；由幾何關(guān)系可知，從bc邊射出的電子軌道半徑大于從ad邊射出的電子軌道半徑，又由半徑公式R＝可知，從bc邊射出的電子的速度大于從ad邊

7、射出的電子的速度，D項(xiàng)正確，故選A項(xiàng)。 6．[xx·成都二診]如圖甲所示為足夠大空間內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在磁場(chǎng)中A、B兩物塊疊在一起置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣，A、B接觸面粗糙，自t＝0時(shí)刻起用水平恒力F作用在物塊B上，由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)。乙圖圖象的橫軸表示時(shí)間，則縱軸y可以表示(　　) A．A所受支持力的大小　　　 B．B對(duì)地面壓力的大小 C．A所受合力的大小 D．B所受摩擦力的大小 答案　AB 解析　由于A、B由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B對(duì)A的摩擦力，以A為研究對(duì)象，由牛頓第二定律得f＝mA

8、a，不隨時(shí)間改變，故C、D選項(xiàng)錯(cuò)誤。A帶正電，所受洛倫茲力向下，A受支持力FNA＝mAg＋Bqv＝mAg＋Bqat，符合圖象。B受地面支持力FNB＝(mA＋mB)g＋Bqv＝(mA＋mB)g＋Bqat，也符合圖象，故A、B選項(xiàng)正確。 7．[xx·河北、河南、山西考前質(zhì)監(jiān)]如圖所示，在xOy平面內(nèi)的y軸和虛線之間除圓形區(qū)域外的空間存在勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。虛線經(jīng)過Q點(diǎn)(3L,0)且與y軸平行。圓形區(qū)域的圓心P的坐標(biāo)為(2L,0)，半徑為L。一個(gè)質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子的重力，則(　　) A．如果粒子沒有經(jīng)過圓形

9、區(qū)域到達(dá)了Q點(diǎn)，則粒子的入射速度為v＝ B．如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)了Q點(diǎn)，則粒子的入射速度為v＝ C．粒子第一次從P點(diǎn)經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vmin＝ D．粒子第一次從P點(diǎn)經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vmin＝ 答案　AC 解析　若粒子沒經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)了Q點(diǎn)，則軌跡如圖，和圓形區(qū)域相切于Q點(diǎn)，則r＝3L，根據(jù)牛頓第二定律Bqv＝得v＝，A選項(xiàng)正確，B選項(xiàng)錯(cuò)誤。粒子第一次從P點(diǎn)經(jīng)過了x軸，如圖： 設(shè)在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ，由幾何關(guān)系得rsinθ＋Lcosθ＝2L，得r＝L ＝L ＝L＝L＝(＋tan)L≥L。據(jù)Bqv＝得vmin＝，選項(xiàng)C正確，

10、D錯(cuò)誤。 8．[xx·鹽城二模]如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質(zhì)量為m＝0.1 kg、帶正電q＝0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動(dòng)摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動(dòng)摩擦力。現(xiàn)對(duì)木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2。則滑塊(　　) A．開始做勻加速運(yùn)動(dòng)，然后做加速度減小的加速運(yùn)動(dòng)，最后做勻速直線運(yùn)動(dòng) B．一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動(dòng)，直到滑塊飛離木板為止 C．速度為6 m/s時(shí)，滑塊開始減速 D．最終做速度為

11、10 m/s的勻速運(yùn)動(dòng) 答案　AD 解析　當(dāng)滑塊和絕緣木板受力運(yùn)動(dòng)后，對(duì)滑塊進(jìn)行受力分析如圖，開始時(shí)對(duì)滑塊和木板整體應(yīng)用牛頓第二定律有：F＝(m＋M)a，得a＝2 m/s2，f＝ma<μmg，所以滑塊與木板整體一起勻加速，隨著速度v的增大，滑塊與木板間正壓力變小，最大靜摩擦變小，當(dāng)最大靜摩擦達(dá)到fm＝ma＝0.2 N時(shí)，滑塊與木板開始滑動(dòng)，滑動(dòng)摩擦力提供加速度，即μFN＝ma，F(xiàn)N減小，a減小，當(dāng)FN＝0時(shí)，滑塊勻速，A正確，B錯(cuò)誤，C錯(cuò)誤。最終勻速時(shí)，Bqv＝mg得v＝＝10 m/s，D正確。 二、計(jì)算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx·西安二模]如圖

12、所示，在一個(gè)圓形區(qū)域內(nèi)，兩個(gè)方向相反且都垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)分布在以直徑A2A4為邊界的兩個(gè)半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°。一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點(diǎn)A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場(chǎng)，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進(jìn)入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場(chǎng)。已知該粒子從射入到射出磁場(chǎng)所用的時(shí)間為t，求： (1)畫出粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡； (2)粒子在磁場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中的軌道半徑R1和R2比值； (3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小(忽略粒子重力)。 答案　(1)見解析圖　(2)2∶1　(3)　 解析　(1)畫出粒子在磁

13、場(chǎng)Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示。 (2)設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場(chǎng)中先順時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，再逆時(shí)針做圓周運(yùn)動(dòng)，最后從A4點(diǎn)射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場(chǎng)Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度、軌道半徑和周期(沒有設(shè)符號(hào)的，在圖中標(biāo)記也可以) 設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)軌跡的圓心，其半徑R1＝A1A2＝OA2＝r 在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的半徑R2＝ 即：R1∶R2＝2∶1 (3)qvB1＝m qvB2＝m T1＝＝ T2＝＝ 圓心角

14、∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1＝T1 在Ⅱ區(qū)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t2＝T2 帶電粒子從射入到射出磁場(chǎng)所用的總時(shí)間t＝t1＋t2 由以上各式可得 B1＝，B2＝。 10．[xx·鹽城二模]如圖所示的xOy坐標(biāo)系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直于xOy平面向里。P點(diǎn)的坐標(biāo)為(－2L,0)，Q1、Q2兩點(diǎn)的坐標(biāo)分別為(0，L)，(0，－L)。坐標(biāo)為(－L,0)處的C點(diǎn)固定一平行于y軸放置的長為L的絕緣彈性擋板，C為擋板中點(diǎn)，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變。帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m，電

15、量為q，不計(jì)粒子所受重力。若粒子在P點(diǎn)沿PQ1方向進(jìn)入磁場(chǎng)，經(jīng)磁場(chǎng)運(yùn)動(dòng)后，求： (1)從Q1直接到達(dá)Q2處的粒子初速度大??； (2)從Q1直接到達(dá)O點(diǎn)，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點(diǎn)坐標(biāo)； (3)只與擋板碰撞兩次并能回到P點(diǎn)的粒子初速度大小。 答案　(1)　(2)(，0)　(3) 解析　(1)由題意畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡，如圖(甲)所示， 設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為R1，由幾何關(guān)系得： R1cosθ＝L 其中：cosθ＝，粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)qv1B＝m 解得：v1＝ (2)由題意畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(乙)所示，設(shè)其與x軸交點(diǎn)為E，由

16、幾何關(guān)系得：R2cosθ＝，R2＝L 設(shè)E點(diǎn)橫坐標(biāo)為xE，由幾何關(guān)系得：xE＝2R2sinθ 得xE＝ 則E點(diǎn)坐標(biāo)為：(，0) (3)由題意畫出粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖(丙)所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后在y負(fù)方向偏移量為Δy1，由幾何關(guān)系得： y1＝2R3cosθ， 為保證粒子最終能回到P，粒子與擋板碰撞后，速度方向應(yīng)與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子進(jìn)出磁場(chǎng)在y軸上這段距離y2(如圖中，A、F間距)可由題給條件， 有＝tanθ 得y2＝ 當(dāng)粒子只碰二次，其幾何條件是3y1－2y2＝2L 解得：R3＝L 粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)：qvB＝m 解得：v＝