2022年高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 專題突破練9 磁場 帶電粒子在磁場中的運動

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1、2022年高考物理二輪復習 專題三 電場和磁場 專題突破練9 磁場 帶電粒子在磁場中的運動 一、選擇題(共5小題,每小題6分,共30分。在每小題給出的四個選項中,第1~3小題只有一個選項符合題目要求,第4~5小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0分) 1. (2018河南新鄉(xiāng)三模)如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關于兩線圈的轉動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是 (　　) A.P順時針轉動,Q逆時針轉動,

2、轉動時P與天花板連接的細線張力不變 B.P逆時針轉動,Q順時針轉動,轉動時兩細線張力均不變 C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大 D.P不動,Q逆時針轉動,轉動時P、Q間細線張力不變 2. (2018安徽蚌埠質檢)如圖所示,A、B、C三根平行通電直導線均為m,通入的電流大小均相等,其中C中的電流方向與A、B中的電流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C靜止在空中,三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點,且三根導線均保持靜止,重力加速度為g,則A導線受到B導線的作用力大小和方向為(　　) A.mg,方向由A指向B B.mg,方向由B指向A C

3、.mg,方向由A指向B D.mg,方向由B指向A 3. (2018安徽蕪湖期末)如圖所示,直角坐標系Oxyz處于勻強磁場中,有一條長0.6 m的直導線沿Ox方向通有大小為9 A的電流,受到的安培力沿Oz方向,大小為2.7 N。則該勻強磁場可能的方向和磁感應強度B的最小值為(　　) A.平行于xOy平面,B=0.5 T B.平行于xOz平面,B=1.0 T C.平行于xOy平面,B=0.2 T D.平行于xOy平面,B=1.0 T 4.(2018河南駐馬店二質檢)如圖所示,平面直角坐標系的第二象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場,第三象限內存在著垂直紙面向

4、里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30°角方向斜向上射入磁場,且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為R,已知帶電粒子的質量為m,所帶電荷量為q,且所受重力可以忽略。則(　　) A.粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2 B.粒子完成一次周期性運動的時間 C.粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3R D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子完成一次周期性運動的時間將減少 5. (2018安徽皖南八校聯考)如圖所示,正方形abcd區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場,O點是cd邊的中點,一個

5、帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內,經過時間t0剛好從c點射出磁場。現設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°的方向(如圖中虛線所示),以各種不同的速率射入正方形內,那么下列說法中正確的是(　　) A.該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 B.若該帶電粒子從ab邊射出磁場,它在磁場中經歷的時間可能是t0 C.若該帶電粒子從bc邊射出磁場,它在磁場中經歷的時間可能是t0 D.若該帶電粒子從cd邊射出磁場,它在磁場中經歷的時間可能是t0 二、計算題(本題共4個小題,共70分) 6. (15分)(2018山東淄博一中三模)如圖所

6、示,在xOy平面內,有一以O為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應強度大小為B。位于O點的粒子源向第二象限內的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出。粒子的速率相等,質量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計。 (1)若粒子帶負電,求粒子的速率應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間; (2)若粒子帶正電,求粒子在磁場中能夠經過區(qū)域的最大面積。 7. (15分)(2018山東青島二模)如圖,直角坐標系xOy區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度B= T。現有一帶負電的粒子

7、,電荷量q=-1×10-6 C,質量m=5×10-12 kg,以v=1×106 m/s的速度先后經過P(1,5)、Q(5,2)兩點,粒子重力不計,求: (1)粒子做圓周運動的半徑R; (2)粒子從P運動到Q所用的時間t。 8. (20分)(2018湖南長沙雅禮中學二模)如圖所示,在x軸和x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場,坐標原點O處有一粒子源,可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質量為m、帶電荷量為+q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上,其速度立即變?yōu)?/p>

8、0)?，F觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端,且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。 (1)求磁感應強度B的大小; (2)求被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值; (3)若在y軸上放置一擋板,使薄金屬板右側不能接收到帶電粒子,試確定擋板的最小長度和放置的位置坐標。 9.(20分)(2018江西五市八校聯考)如圖甲所示,直角坐標系xOy中,第二象限內有沿x軸正方向的勻強電場,第一、四象限內有垂直坐標平面的勻強交變磁場,磁場方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內有一發(fā)射裝置(沒有畫出)沿y軸正方向射出一個比荷=100 C/kg的帶正

9、電的粒子(可視為質點且不計重力),該粒子以v0=20 m/s的速度從x軸上的點A(-2 m,0)進入第二象限,從y軸上的點C(0,4 m)進入第一象限。取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻,第一、四象限內磁場的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化,g取10 m/s2。 (1)求第二象限內電場的電場強度大小; (2)求粒子第一次經過x軸時的位置坐標。 專題突破練9　磁場帶電粒子在磁場中的運動 一、選擇題(共5小題,每小題6分,共30分。在每小題給出的四個選項中,第1~3小題只有一個選項符合題目要求,第4~5小題有多個選項符合題目要求,全部選對的得6分,選對但不全的得3分,有選錯或不答的得0

10、分) 1.A　解析 根據安培定則,P產生的磁場的方向垂直于紙面向外,Q產生的磁場水平向右,根據同名磁極相互排斥的特點,從上往下看,P將順時針轉動,Q逆時針轉動;轉動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相反,兩環(huán)靠近部分的電流方向相同,所以兩個線圈相互吸引,細線張力減小。由整體法可知,P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變;故A正確,BCD錯誤。故選A。 2.A　解析 三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點,通入的電流大小均相等,則FBC=FAC=FAB,又反向電流相互排斥,對電流C受力分析如圖。由平衡條件可得:2FACcos 30°=mg,解得:FAC=mg,則FAB=mg

11、,同向電流相互吸引,A導線受到B導線的作用力方向由A指向B。綜上答案為A。 3.A　解析 根據左手定則,安培力必須與電流和磁場構成的平面垂直,故磁場的方向一定平行于xOy平面;電流和磁場互相垂直的時候,安培力最大,所以最小的磁感應強度為:B= T=0.5 T,A正確。 4.AC　解析 由半徑公式r=知,軌道半徑與磁感應強度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2,故A正確;粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示: 在第二象限的周期T1=,圓心角120°,運動時間t1=T1=,在第二象限運動的周期T2=,圓心角120°,運動時間t2=T2=,所以粒子完

12、成一次周期性運動的時間T0=t1+t2=,故B錯誤;粒子在第三象限軌跡圓的半徑為2R,從O點入射后第一次經過x軸時的位置到坐標原點的距離x1=R,第二次圓弧的弦長x2=R2=2R,所以粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為3R,故C正確;若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,周期T=與速度無關,圓心角不變,所以在磁場中運動時間t=T不變,故D錯誤;故選AC。 5.ABC　解析 帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內,經過時間t0剛好從c點射出磁場,則知帶電粒子的運動周期為T=2t0。作出粒子恰好從各邊射出的軌跡,發(fā)現粒子不可能經過正方形的某頂點,故A正確;作出粒子

13、恰好從ab邊射出的軌跡,由幾何關系知圓心角不大于150°,在磁場中經歷的時間不大于個周期,即。圓心角不小于60°,在磁場中經歷的時間不小于個周期,即,故B正確;作出粒子恰好從bc邊射出的軌跡,由幾何關系知圓心角不大于240°,在磁場中經歷的時間不大于個周期,即。圓心角不小于150°,在磁場中經歷的時間不小于個周期,即,故C正確;所有從cd邊射出的粒子圓心角都是300°,所用時間為,故D錯誤。 二、計算題(本題共4個小題,共70分) 6.答案 (1)v≤　t=　(2)πR2 解析 (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則:qvB=m 根據幾何關系:r≤ 聯立得:v≤

14、粒子在磁場中做圓周運動的周期: T= 由粒子在磁場中運動的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時間最短,則:t= 聯立可得:t= (2)分析可得,粒子在磁場中能經過的區(qū)域為半圓,如圖中陰影部分, 由幾何關系可得該半圓的半徑:r'=R 面積:S=πr'2 聯立可得:S=πR2 7.答案 (1) m　(2)6.0×10-6 s 解析 (1)由于粒子做勻速圓周運動,qv0B=,代入數據可得:R= m。 (2)由題意,粒子的運動圖象如圖所示 由幾何關系可知:xPQ=5 m sin 故粒子轉過的圓心角為:θ=120° 則運動時間:t= 代入數據可得:t

15、≈6.0×10-6 s 8.答案 (1)　(2)　(3)最小長度為(2-)x0,上端坐標為(0,2x0),下端坐標為(0,x0) 解析 (1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做圓周運動,沿-x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方,如圖a所示,R=x0 ① qvB=m ② 聯立得B= ③ 圖a (2)粒子做圓周運動的周期為T, T= ④ 圖b為帶電粒子打在金屬板左側面的兩個臨界點,由圖可知,圓心O與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形,帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°,由圖b可知到達薄金屬板左側下端的粒子用時最短,即t= ⑤ 圖b 圖c為打在右側下端的臨

16、界點,圓心與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形,帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°,由圖c可知到達金屬板右側下端的粒子用時最長,即t= ⑥ 則被板接收的粒子中最長和最短時間之差為Δt= ⑦ 圖c (3)由圖a可知擋板上端坐標為(0,2x0) 由圖c可知擋板下端y坐標為y2=2x0cos 30°=x0,下端(0,x0) 最小長度L=(2-)x0 9.答案 (1)1 N/C　(2)(3 m,0) 解析 (1)帶電粒子在第二象限的電場中只受電場力,且電場力方向與初速度方向垂直,所以,粒子做類平拋運動;粒子從A點到C點用時t= s= s;粒子在水平方向上有a=,所以OA=at2,

17、則有E=a= N/C=1 N/C。 (2)粒子進入磁場時的速度為v,則其豎直分量vy=v0=20 m/s,水平分量vx=at=t=20 m/s,所以v==20 m/s,v與y軸正方向的夾角為45°,在洛倫茲力作向心力的作用下,Bvq=,粒子在磁場中做圓周運動的半徑R= m= m;粒子做圓周運動的周期T= s,所以由題圖乙可知,粒子每運動半個圓周則偏轉方向相反,則粒子在磁場中的運動如圖所示。因為4=8R,所以粒子運動第四個半圓的過程中第一次經過x軸,由等腰三角形性質可知,粒子第一、二次經過x軸,在x軸上對應的弦長為R=1 m,所以OD=3 m,則粒子第一次經過x軸時的位置坐標為(3 m,0)。