《2020版高考物理大二轮培优通用版专题强化练：（十一） 磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动 Word版含解析.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考物理大二轮培优通用版专题强化练：（十一） 磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动 Word版含解析.pdf（10页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、第 1 页 共 10 页 专题强化练专题强化练(十一十一) 磁场的性质及带电粒子在 磁场中的运动 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
2、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:BL=mgsin +mgcos ,解得 B=1 T;当金属棒恰好 + 1 有沿斜面向下运动趋势时:BL+mgcos =mgsin ,解得 B=0.2 T,故只有选项 D 正确。 + 1 答案 D 2.(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
3、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( ) 第 2 页 共 10 页 A.电子将向右偏转 B.电子打在 MN 上的点与 O点的距离为 d C.电子打在 MN 上的点与 O点的距离为d 3 D.电子在磁场中运动的时间为 30 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-=2d-2 - 2 =(2-)d,选项 B、C 错误;设轨迹对应的圆心角为 ,由几何知识得:sin =0.5,得 = ,(2)
4、2 - 2 3 2 6 则电子在磁场中运动的时间为 t=,选项 D 正确。 0 = 30 答案 D 3.(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 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 R 的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为 1 2 B2时,粒子则从由 P 点开始弧长为 R 的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则( ) 2 3 第 3 页 共 10 页 A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为 r1r2= 23 B
5、.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为 r1r2=23 C.前后两次磁感应强度的大小之比为 B1B2= 23 D.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= R 对应的弦长为粒子圆周运动的直径, 1 2 则 r1= 2Rsin =Rsin 。如图 2,磁感应强度为 B2时,弧长 L2= R 对应的弦长为粒子圆周运动的直 1 2 4 2 3 径,则 r2= 2Rsin =Rsin ,因此 r1r2=sin sin ,选项 A 正确、B 错误;由洛伦兹力提供 1 2 3 4 3 = 23 向心力,可得:qv0B=m,则 B=,可以
6、得出 B1B2=r2r1=,选项 C 错误、D 正确。 02 0 32 答案 AD 4. (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 第 4 页 共 10 页 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.B.C.D. 2 4 3 6 6 解析 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
7、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= L,四边形 abdO 是正方形,粒子轨道半径:r= L,粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由 1 2 1 2 牛顿第二定律得:qvmB=2m,解得粒子的最大速度为:vm=,故只有选项 B 正确。 m2 4 答案 B 5.(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
8、向发射速率为的正 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( ) 第 5 页 共 10 页 A.BB. BC. BD. B 4 5 5 3 4 3 解析 粒子在小圆内做圆周运动的半径为 r1=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= R,由 qvB=m,则 B=B,故选 C。 3 5 2 = 5 3 = 5 3 答案 C 6.(
9、考点 3、4)(多选)(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 3 2 C.速度为 v=的粒子从 cd边射出磁场 2 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 第 6 页 共 10 页 解析由于磁场区域为边长为 L 的正方形,不可能
10、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= T=,选项 B 正确;速度为 v=的粒子在磁 3 4 3 4 2 = 3 2 2 场中运动,由 qvB=m解得 r= ,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 2 2 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
11、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=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
12、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=2 A + 0+ 第 7 页 共 10 页 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 N 8.(考点 3、4)(2019河南六市联考)如图,在直
13、角坐标系 xOy 中,从原点处向+y 方向同时发射出大量比 荷为 =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)判断磁场方向; 第 8 页 共 10 页 (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
14、动的周期为 T=,如图所示, 2 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=。 2 由牛顿第二定律得 qv0B=m, 02 该粒子的轨道半径 R=1 m, 0 直线运动的时间为 t2=, 3 - 2 0 在 c区域磁场运动的时间为 t3=, 2 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,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=
15、 =1 m。 0 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。 第 9 页 共 10 页 磁场的面积 S=2R2- R2=-1 m20.57 m2。 1 4 1 2 2 答案(1)垂直纸面向里 (2)4.1410-4 s (3)0.57 m2 9.(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 PQ方向射出,途经 A 点到达 Q 点,不计粒子重力。求 粒子初速度
16、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 3 2 设粒子运动轨迹的半径为 R,由几何关系可得:2R2=x2 解得:R= 2 又 qvB=m 2 解得:v=(n=1,2,3,) 2 第 10 页 共 10 页 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=n +n=2n 2 3 2 从 P 经 A 到 Q 的总时间为: t1=(n=1,3,5,) 1 2 2 = 2 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=n +n =n 2 2 从 P 经 A 到 Q 的总时间为: t2=(n=2,4,6,) 2 2 2 = 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=。 2 答案(n=1,2,3,) 2 2