2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練10 帶電粒子在磁場中的運動.doc
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2019年高考物理大二輪專題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專練10 帶電粒子在磁場中的運動1(xx新課標(biāo)16)如圖1所示,MN為鋁質(zhì)薄平板,鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強(qiáng)磁場(未畫出)一帶電粒子從緊帖鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出,從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時,其動能損失一半,速度方向和電荷量不變不計重力鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小之比為()圖1A2 B. C1 D.答案D解析設(shè)帶電粒子在P點時初速度為v1,從Q點穿過鋁板后速度為v2,則Ek1mv,Ek2mv;由題意可知Ek12Ek2,即mvmv,則.由洛倫茲力提供向心力,即qvB,得R,由題意可知,所以,故選項D正確2(xx安徽18)“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場約束高溫等離子體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部,而不與裝置器壁碰撞已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強(qiáng)的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)度B正比于()A. BT C. DT2答案A解析考查帶電粒子在磁場中的圓周運動問題由題意知,帶電粒子的平均動能Ekmv2T,故v.由qvB整理得:B.故選項A正確3如圖2所示,扇形區(qū)域AOC內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,邊界OA上有一粒子源S.某一時刻,從S平行于紙面向各個方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計粒子的重力及粒子間的相互作用),所有粒子的初速度大小相同,經(jīng)過一段時間有部分粒子從邊界OC射出磁場已知AOC60,從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的最長時間等于(T為粒子在磁場中運動的周期),則從邊界OC射出的粒子在磁場中運動的時間不可能為()圖2A. B. C. D.答案AB解析粒子在磁場中做勻速圓周運動,粒子在磁場中出射點和入射點的連線即為軌跡的弦初速度大小相同,軌跡半徑R相同設(shè)OSd,當(dāng)出射點D與S點的連線垂直于OA時,DS弦最長,粒子運動的時間最長可得軌跡半徑為:Rd;當(dāng)出射點E與S點的連線垂直于OC時,弦ES最短,粒子在磁場中運動的時間最短則:SEd,由幾何知識,得60,最短時間:tminT,所以,粒子在磁場中運動的時間范圍為Tt,故不可能的是A、B.4如圖3所示,xOy坐標(biāo)平面在豎直面內(nèi),x軸沿水平方向,y軸正方向豎直向上,在圖示空間內(nèi)有垂直于xOy平面的水平勻強(qiáng)磁場一帶電小球從O點由靜止釋放,運動軌跡如圖中曲線關(guān)于帶電小球的運動,下列說法中正確的是()圖3AOAB軌跡為半圓B小球運動至最低點A時速度最大,且沿水平方向C小球在整個運動過程中機(jī)械能增加D小球在A點時受到的洛倫茲力與重力大小相等答案B解析因小球受到重力和洛倫茲力作用,重力改變速度的大小,而洛倫茲力僅改變速度的方向,又洛倫茲力大小隨速度的變化而變化,故電荷運動的軌跡不可能是圓,故A錯誤;因為系統(tǒng)只有重力做功,機(jī)械能守恒,最低點A處,重力勢能最小,動能最大,速度最大,曲線運動的速度方向為該點的切線方向,最低點的切線方向在水平方向,故B正確,C錯誤;若最低點洛倫茲力與重力大小相等,根據(jù)平衡可知電荷將水平向右做勻速直線運動,不可能沿軌跡AB運動,與實際運動軌跡不相符,故D錯誤5如圖4所示,L1和L2為兩條平行的虛線,L1上方和L2下方都是范圍足夠大且磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場,A、B兩點都在L2上帶電粒子從A點以初速度v0與L2成30角斜向右上方射出,經(jīng)過偏轉(zhuǎn)后正好過B點,經(jīng)過B點時速度方向也斜向上,不計重力,下列說法正確的是()圖4A若將帶電粒子在A點時的初速度變大(方向不變),它仍能經(jīng)過B點B帶電粒子經(jīng)過B點時的速度一定跟在A點時的速度大小相同C此帶電粒子既可以是正電荷,也可以是負(fù)電荷D若將帶電粒子在A點時的初速度方向改為與L2成60角斜向右上方,它將不能經(jīng)過B點答案ABC解析帶電粒子從L2上的A點以初速度v0與L2成30角斜向右上方射出后,如果一個周期內(nèi)剛好通過L2上的B點時,其運動軌跡如圖所示由圖可知,粒子到達(dá)B點時的速度與在A點時的速度相同,選項B正確;根據(jù)運動規(guī)律及題目條件可知,A、B兩點間的距離應(yīng)等于LABn(r)(r)n2d(其中d表示L1與L2之間的距離,r表示粒子做圓周運動的半徑),粒子能否通過B點與粒子的初速度大小無關(guān),故選項A正確;同理,可根據(jù)粒子帶負(fù)電時的運動軌跡,得到LAB與粒子的速度無關(guān),則粒子帶負(fù)電時也能通過B點,選項C正確;若斜向上的角度改變?yōu)?0,則通過計算可知帶電粒子此時運動一個周期的偏移量是角度為30時帶電粒子運動一個周期的偏移量的,所以帶電粒子仍能回到B點,選項D錯誤6中國科學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?;魻栃?yīng),楊振寧稱這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎級的成果如圖5所示,厚度為h,寬度為d的金屬導(dǎo)體,當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時,在導(dǎo)體上下表面會產(chǎn)生電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng)下列說法正確的是()圖5A上表面的電勢高于下表面的電勢B僅增大h時,上下表面的電勢差增大C僅增大d時,上下表面的電勢差減小D僅增大電流I時,上下表面的電勢差減小答案C解析金屬導(dǎo)體中的自由電荷是帶負(fù)電的電子,由電流方向向右可知電子的移動方向向左,根據(jù)左手定則,上表面帶負(fù)電,下表面帶正電,下表面的電勢高于上表面,故A錯誤;穩(wěn)定時,電子受到的洛倫茲力與電場力相平衡,則evBe,解得UvBh,而根據(jù)Inevhd,可知v,故U,故增大h,電勢差不變,僅增大d時,上、下表面的電勢差減小,故B錯誤,C正確;而僅增大I時,電勢差應(yīng)該增大,故D錯誤7如圖6所示,在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場,第一、二、四象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向里,第三象限內(nèi)的磁場方向垂直紙面向外P(L,0)、Q(0,L)為坐標(biāo)軸上的兩個點現(xiàn)有一電子從P點沿PQ方向射出,不計電子的重力()圖6A若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線,則電子運動的路程一定為B若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,則電子運動的路程一定為LC若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,則電子運動的路程一定為2LD若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,則電子運動的路程可能為L,也可能為2L答案AD解析粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運動,設(shè)圓周運動半徑為R,若電子從P點出發(fā)恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線,如圖甲所示,則有2Rcos 45L,半徑RL,運動軌跡為四分之一圓周,所以運動的路程s,選項A正確若電子從P點出發(fā)經(jīng)原點O到達(dá)Q點,若粒子恰好經(jīng)原點O第一次射出磁場分界線,則軌跡如圖甲,運動路程為一個圓周,即s2R2L,若粒子第N次離開磁場邊界經(jīng)過原點O,則要回到Q點,經(jīng)過O點的速度必然斜向下45,則運動軌跡如圖乙,根據(jù)幾何關(guān)系有2Rcos 45,圓周運動半徑R,運動通過的路程為s2N2NL,選項B、C錯誤,D正確- 1.請仔細(xì)閱讀文檔,確保文檔完整性,對于不預(yù)覽、不比對內(nèi)容而直接下載帶來的問題本站不予受理。
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