2022年高考物理二輪復習 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運動素能特訓

2022年高考物理二輪復習 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運動素能特訓一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中15為單選題，68為多選題)1xx·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，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用。如圖為地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)，赤道上方的磁場可看成與地面平行。若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有(He的原子核)、(電子)、(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，則在地磁場的作用下()A射線沿直線射向赤道B射線向西偏轉(zhuǎn)C射線向東偏轉(zhuǎn)D質(zhì)子向北偏轉(zhuǎn)答案B解析赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的射線和質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn)，帶負電的射線向西偏轉(zhuǎn)，不帶電的射線不偏轉(zhuǎn)，B項正確。2如圖所示，一圓環(huán)用細橡皮筋懸吊著處于靜止狀態(tài)，環(huán)中通以逆時針方向的電流，在環(huán)的兩側(cè)放有平行于橡皮筋的直導線，導線和環(huán)在同一豎直面內(nèi)，兩導線到橡皮筋的距離相等?，F(xiàn)在直導線中同時通以方向如圖所示、大小相等的電流，則通電的瞬間()A環(huán)將向右擺動B俯視看環(huán)會發(fā)生順時針轉(zhuǎn)動C橡皮筋會被拉長D環(huán)有收縮的趨勢答案D解析直導線通電后，由安培定則可知，兩導線間平面上的磁場方向垂直于紙面向里，由于磁場分布具有軸對稱性，將圓環(huán)分成若干段小的直導線，由左手定則可知，各段受到的安培力都指向圓心，根據(jù)對稱性可知，它們的合力為零，因此環(huán)不會擺動，也不會轉(zhuǎn)動，橡皮筋的拉力也不會增大，只是環(huán)有收縮的趨勢，A、B、C項錯誤，D項正確。3xx·邢臺摸底如圖所示，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磁場，有一帶正電的電荷從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場，恰好從A點射出，已知電荷的質(zhì)量為m，帶電量為q，不計電荷的重力，則下列說法正確的是()A勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B電荷在磁場中運動的時間為C若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊界射出，電荷在磁場中運動的時間會減小D若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會從AB邊的中點射出答案A解析帶正電的電荷從D點射入，恰好從A射出，在磁場中的軌跡半徑RL，由牛頓第二定律Bqv0得B，A選項正確。電荷在磁場中運動的時間為tT×，B選項錯誤。若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊界射出，軌跡所對的圓心角將變大，在磁場中運動的時間會變長，C選項錯誤。若v2v0，則由Bqv得r2L，如圖從F點射出，設(shè)BFx，由幾何關(guān)系知r2(rx)2L2，則xL，D選項錯誤。4xx·西安八校聯(lián)考如圖所示，空間中存在一勻強磁場，將長度為L的直導線放置在y軸上，當通以大小為I、沿y軸負方向的電流后，測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的兩個分量，一個沿z軸正向，一個平行y軸，那只能在yOz平面內(nèi)，選項D正確，A、B、C錯誤。5xx·寶雞質(zhì)檢如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad邊界的速度飛入該磁場。對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是()A從c點離開的電子在磁場中運動時間最長B從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等C電子在磁場中運動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為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中運動周期公式T，運動時間tT，由幾何條件可知，從ad邊離開的電子在磁場中運動時間最長且均為半個周期，偏轉(zhuǎn)角最大且均為，A項錯，B、C項正確；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邊射出的電子的速度，D項正確，故選A項。6xx·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磁場，在磁場中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t0時刻起用水平恒力F作用在物塊B上，由靜止開始做勻加速直線運動。乙圖圖象的橫軸表示時間，則縱軸y可以表示()AA所受支持力的大小BB對地面壓力的大小CA所受合力的大小 DB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動，所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B對A的摩擦力，以A為研究對象，由牛頓第二定律得fmAa，不隨時間改變，故C、D選項錯誤。A帶正電，所受洛倫茲力向下，A受支持力FNAmAgBqvmAgBqat，符合圖象。B受地面支持力FNB(mAmB)gBqv(mAmB)gBqat，也符合圖象，故A、B選項正確。7xx·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磁場，磁場方向垂直紙面向外，磁感應(yīng)強度大小為B。虛線經(jīng)過Q點(3L,0)且與y軸平行。圓形區(qū)域的圓心P的坐標為(2L,0)，半徑為L。一個質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點垂直y軸進入磁場，不計粒子的重力，則()A如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達了Q點，則粒子的入射速度為vB如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達了Q點，則粒子的入射速度為vC粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vminD粒子第一次從P點經(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)域到達了Q點，則軌跡如圖，和圓形區(qū)域相切于Q點，則r3L，根據(jù)牛頓第二定律Bqv得v，A選項正確，B選項錯誤。粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸，如圖：設(shè)在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為，由幾何關(guān)系得rsinLcos2L，得rLLLL(tan)LL。據(jù)Bqv得vmin，選項C正確，D錯誤。8xx·鹽城二模如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強度為0.5 T的勻強磁場，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m0.1 kg、帶正電q0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力?，F(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為F0.6 N的恒力，g取10 m/s2。則滑塊()A開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動B一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止C速度為6 m/s時，滑塊開始減速D最終做速度為10 m/s的勻速運動答案AD解析當滑塊和絕緣木板受力運動后，對滑塊進行受力分析如圖，開始時對滑塊和木板整體應(yīng)用牛頓第二定律有：F(mM)a，得a2 m/s2，fma<mg，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，當最大靜摩擦達到fmma0.2 N時，滑塊與木板開始滑動，滑動摩擦力提供加速度，即FNma，F(xiàn)N減小，a減小，當FN0時，滑塊勻速，A正確，B錯誤，C錯誤。最終勻速時，Bqvmg得v10 m/s，D正確。二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟)9xx·西安二模如圖所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域、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區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入?yún)^(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求：(1)畫出粒子在磁場和中的運動軌跡；(2)粒子在磁場和中的軌道半徑R1和R2比值；(3)區(qū)和區(qū)中磁感應(yīng)強度的大小(忽略粒子重力)。答案(1)見解析圖(2)21(3)解析(1)畫出粒子在磁場和中的運動軌跡如圖所示。(2)設(shè)粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場區(qū)、區(qū)的磁感應(yīng)強度、軌道半徑和周期(沒有設(shè)符號的，在圖中標記也可以)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進入?yún)^(qū)磁場，連接A1A2，A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1A1A2OA2r在區(qū)磁場中運動的半徑R2即：R1R221(3)qvB1mqvB2mT1T2圓心角A1A2O60°，帶電粒子在區(qū)磁場中運動的時間為t1T1在區(qū)磁場中運動時間為t2T2帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間tt1t2由以上各式可得B1，B2。10xx·鹽城二模如圖所示的xOy坐標系中，y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標為(2L,0)，Q1、Q2兩點的坐標分別為(0，L)，(0，L)。坐標為(L,0)處的C點固定一平行于y軸放置的長為L的絕緣彈性擋板，C為擋板中點，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。帶負電的粒子質(zhì)量為m，電量為q，不計粒子所受重力。若粒子在P點沿PQ1方向進入磁場，經(jīng)磁場運動后，求：(1)從Q1直接到達Q2處的粒子初速度大??；(2)從Q1直接到達O點，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標；(3)只與擋板碰撞兩次并能回到P點的粒子初速度大小。答案(1)(2)(，0)(3)解析(1)由題意畫出粒子運動軌跡，如圖(甲)所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R1，由幾何關(guān)系得：R1cosL其中：cos，粒子在磁場中做勻速圓周運動qv1Bm解得：v1(2)由題意畫出粒子運動軌跡如圖(乙)所示，設(shè)其與x軸交點為E，由幾何關(guān)系得：R2cos，R2L設(shè)E點橫坐標為xE，由幾何關(guān)系得：xE2R2sin得xE則E點坐標為：(，0)(3)由題意畫出粒子運動軌跡如圖(丙)所示，設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R3，偏轉(zhuǎn)一次后在y負方向偏移量為y1，由幾何關(guān)系得：y12R3cos，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，粒子進出磁場在y軸上這段距離y2(如圖中，A、F間距)可由題給條件，有tan得y2當粒子只碰二次，其幾何條件是3y12y22L解得：R3L粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvBm解得：v