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1、专题强化练(十一)磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共6小题,每小题8分,共48分)1.(考点1)(2019河南示范性高中联考)如图所示两平行倾斜导轨间的距离L=10 cm,它们处于垂直导轨平面向下的磁场(图中未画出)中,导轨平面与水平方向的夹角=37,在两导轨下端所接的电路中电源电动势E=10 V,内阻不计,定值电阻R1=4 ,开关S闭合后,垂直导轨放置的质量m=10 g、电阻R=6 的金属棒MN保持静止。已知金属棒MN与两导轨间的动摩擦因数=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8;g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则磁场
2、的磁感应强度大小可能是()A.10 TB.1.5 TC.0.1 TD.1 T解析当金属棒恰好有沿斜面向上运动趋势时:BER+R1L=mgsin +mgcos ,解得B=1 T;当金属棒恰好有沿斜面向下运动趋势时:BER+R1L+mgcos =mgsin ,解得B=0.2 T,故只有选项D正确。答案D2.(考点2)如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O在MN上,且OO与MN垂直。下列判断正确的是()A.电子将向右偏转B.电子打在MN上的点与O点的距离为dC.电子打在MN
3、上的点与O点的距离为3dD.电子在磁场中运动的时间为d3v0解析电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,选项A错误;设电子打在MN上的点与O点的距离为x,则由几何知识得:x=r-r2-d2=2d-(2d)2-d2=(2-3)d,选项B、C错误;设轨迹对应的圆心角为,由几何知识得:sin =d2d=0.5,得=6,则电子在磁场中运动的时间为t=rv0=d3v0,选项D正确。答案D3.(考点2)(多选)(2019福建福州质检)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源,沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为
4、v0的同种粒子,如图所示。现测得当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始弧长为12R的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B2时,粒子则从由P点开始弧长为23R的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则()A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2=23B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2=23C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2=23D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2=32解析假设粒子带正电,如图1,磁感应强度为B1时,弧长L1=12R对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=122Rsin =Rsin 4。如图2,磁感应强度为B2时,弧长L2=23R对应的弦长为粒子圆周运
5、动的直径,则r2=122Rsin =Rsin 3,因此r1r2=sin 4sin 3=23,选项A正确、B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得:qv0B=mv02r,则B=mv0qr,可以得出B1B2=r2r1=32,选项C错误、D正确。答案AD4.(考点3)(2019江西十校联考)如图所示,在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,a=60,b=90,边长ac=L,一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是()A.qBL2mB.qBL4mC.3qBL6mD.qBL6m解
6、析粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大,粒子在磁场中的运动时间最长,粒子速度最大时运动轨迹与bc相切,粒子运动轨迹如图所示,由题意可知:a=60,b=90,边长ac=L,则ab=12L,四边形abdO是正方形,粒子轨道半径:r=12L,粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvmB=2mvm2r,解得粒子的最大速度为:vm=qBL4m,故只有选项B正确。答案B5.(考点3)如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的
7、磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为qBRm的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为()A.BB.45BC.53BD.43B解析粒子在小圆内做圆周运动的半径为r1=mvBq=R,由轨迹图可知,粒子从A点与OA成30角的方向射入环形区域,粒子恰好不射出磁场时,轨迹圆与大圆相切,设半径为r,由几何知识可知OAO2=120,由余弦定理可知:(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120,解得r=35R,由qvB=mv2r,则B=mvqr=5mv3qR=53B,故选C。答案C6.(考点3、4)(多选)(
8、2019湖北武汉2月调研)如图所示,在边长为L的正方形abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B。从边ad的四等分点P处沿与ad边成45角向磁场区域内射入速度大小不等的带电粒子,粒子的质量为m,电荷量为-q(q0)。不计粒子重力,关于粒子的运动,下列说法正确的是()A.可能有粒子从b点射出B.粒子在磁场中运动的最长时间为3m2qBC.速度为v=qBL2m的粒子从cd边射出磁场D.从bc边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角一定小于135解析由于磁场区域为边长为L的正方形,不可能有粒子从b点射出,选项A错误;从ad边射出的带电粒子在磁场中运动时间最长,最长时间为t=34T=342mqB
9、=3m2qB,选项B正确;速度为v=qBL2m的粒子在磁场中运动,由qvB=mv2r解得r=L2,画出带电粒子运动轨迹如图1,粒子从cd边射出磁场,选项C正确;画出刚好不从bc边射出的粒子临界轨迹如图2,轨迹所对应的圆心角为135,则从bc边射出的粒子的运动轨迹所对应的圆心角一定小于135,选项D正确。答案BCD二、计算题(第7题12分,第8题20分,第9题20分,共52分)7.(考点1)(2019山东菏泽模拟)如图所示,水平导轨间距为L=0.5 m,导轨电阻忽略不计;导体棒ab的质量m=1 kg,连入导轨间的电阻R0=0.9 ,与导轨接触良好;电源电动势E=10 V,内阻r=0.1 ,电阻R
10、=4 ;外加匀强磁场的磁感应强度B=5 T,方向垂直于ab,与导轨平面的夹角=53;ab与导轨间的动摩擦因数为=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力),定滑轮摩擦不计,轻绳对ab的拉力为水平方向,重力加速度g取10 m/s2,ab处于静止状态。已知sin 53=0.8,cos 53=0.6。求:(1)通过ab的电流大小和方向;(2)ab受到的安培力大小;(3)重物重力G的取值范围。解析(1)通过ab的电流大小为I=ER+R0+r=2 A方向为a到b。(2)ab受到的安培力为F=BIL=5 N。(3)对ab受力分析如图所示,最大静摩擦力fm=FN=(mg-Fcos )=3.5 N当最大静摩擦力方
11、向向右时FT=Fsin -fm=0.5 N当最大静摩擦力方向向左时FT=Fsin +fm=7.5 N又FT=G所以0.5 NG7.5 N。答案(1)2 A电流方向为a到b(2)5 N(3)0.5 NG7.5 N8.(考点3、4)(2019河南六市联考)如图,在直角坐标系xOy中,从原点处向+y方向同时发射出大量比荷为qm=1.0104 C/kg的带负电粒子,粒子的初速度大小广泛分布于零到v0=1.0104 m/s之间。已知这些粒子此后所经磁场的磁感应强度大小为B=1.0 T,方向垂直于纸面,所有粒子都沿+x方向经过b区域通过点M(3,0)且沿y轴负方向。不计粒子的重力及粒子间的相互作用。(1)
12、判断磁场方向;(2)求速度为1.0104 m/s的粒子从原点运动到M点所用的时间;(3)通过计算,求出符合要求的磁场范围的最小面积。解析(1)由左手定则知磁场方向垂直纸面向里。(2)粒子在磁场中运动的周期为T=2mqB,如图所示,速度为v0的粒子在a区域磁场中偏转90角,所以运动时间为t1=m2qB。由牛顿第二定律得qv0B=mv02R,该粒子的轨道半径R=mv0qB=1 m,直线运动的时间为t2=3-2Rv0,在c区域磁场运动的时间为t3=m2qB,运动总时间t=t1+t2+t3,代入数值解得t=(1+)10-4 s4.1410-4 s。(3)在a区域,设任一速度为v的粒子偏转90后从(x,
13、y)离开磁场,由几何关系有x=R,y=R,得y=x。上式与R无关,说明磁场右边界是一条直线。左边界是速度为v0=1104 m/s的粒子的轨迹:R=mv0qB=1 m。此后粒子均沿+x方向穿过b区域,进入c区域,由对称性知,其磁场区域如图。磁场的面积S=214R2-12R2=2-1 m20.57 m2。答案(1)垂直纸面向里(2)4.1410-4 s(3)0.57 m29.(考点4)(2019山东日照模拟)如图所示,某平面内有折线PAQ为磁场的分界线,已知A=90,AP=AQ=L。在折线的两侧分布着方向相反,与平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。现有一质量为m、电荷量为+q的粒子从P点沿P
14、Q方向射出,途经A点到达Q点,不计粒子重力。求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值。解析根据运动的对称性,粒子能从P点经A到达Q点,运动轨迹如图所示,由图可得:L=nx其中x为每次偏转圆弧对应的弦长,由几何关系知,偏转圆弧对应的圆心角为2或32设粒子运动轨迹的半径为R,由几何关系可得:2R2=x2解得:R=L2n又qvB=mv2R解得:v=qBL2mn(n=1,2,3,)当n取奇数时,粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为:1=n2+n32=2n从P经A到Q的总时间为:t1=122mqB=2nmqB(n=1,3,5,)当n取偶数时,粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为:2=n2+n2=n从P经A到Q的总时间为:t2=222mqB=nmqB(n=2,4,6,)综合上述两种情况,可得粒子从P经A到达Q所用时间的最小值为:tmin=2mqB。答案qBL2mn(n=1,2,3,)2mqB