《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)9 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)9 磁場的性質(zhì) 帶電粒子在磁場及復(fù)合場中的運動（含解析）（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(xùn)(九) (建議用時：40分鐘) [專題通關(guān)練] 1.(2019·河北張家口聯(lián)考)如圖所示，兩個勁度系數(shù)均為k的輕彈簧頂端固定并與電路相連，下端用輕導(dǎo)線與長度為L的導(dǎo)體棒相連，導(dǎo)體棒水平放置且垂直于勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外。斷開開關(guān)，導(dǎo)體棒靜止時，彈簧的長度為x1；接通電源后，導(dǎo)體棒水平靜止時，彈簧的長度為x2，電流表示數(shù)為I。忽略電流產(chǎn)生的磁場作用。則該勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為(　　) A. B. C. D. D　[設(shè)彈簧原長為l，斷開開關(guān)時：2k(x1－l)＝mg，閉合開關(guān)時：2k(x2－l)＝BIL＋mg，聯(lián)立以上兩式解得：B＝，故選D。] 2

2、.(多選)(2019·河北唐山期末)兩個質(zhì)子以不同速率在勻強磁場中做圓周運動，軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點，過A點做一直線與兩圓周交于B點和C點。若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說法正確的有(　　) A．兩質(zhì)子速率v1∶v2＝1∶2 B．兩質(zhì)子周期T1∶T2＝1∶2 C．兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次到達B點和C點經(jīng)歷的時間t1∶t2＝1∶2 D．兩質(zhì)子在B點和C點處速度方向相同 AD　[根據(jù)qvB＝m解得v＝∝r，可知兩質(zhì)子速率v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2，選項A正確；根據(jù)T＝可知兩質(zhì)子周期相同，選項B錯誤；由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場中運動過程中轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角相同，根

3、據(jù)t＝T可知，兩質(zhì)子由A點出發(fā)第一次到達B點和C點經(jīng)歷的時間相同，選項C錯誤；因兩粒子進入磁場時速度方向相同，在磁場中運動過程中轉(zhuǎn)過的圓弧對應(yīng)的圓心角相同，可知兩質(zhì)子在B點和C點處速度方向相同，選項D正確；故選A、D。] 3.(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強磁場中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于棒的速度、加速度隨時間t變化的關(guān)系中，可能正確的是(　　) BD　[考慮到粗糙導(dǎo)軌上存在摩擦力，需要安培力達到一定數(shù)值，棒才開

4、始加速，A錯；從開始運動，滿足BIL－f＝ma，即BLkt－f＝ma，由關(guān)系式可以看出，a-t圖象為向上傾斜的直線，B對；由于加速度逐漸增大，v-t圖象中切線的斜率要逐漸增大，C錯，D對。] 4．(2019·云南師大附中模擬)如圖所示，兩根相互平行的長直導(dǎo)線過紙面上的M、N兩點，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點，且MP＝PN＝NQ，則下面說法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強度BP＞BQ B．磁感應(yīng)強度BP＜BQ C．將同一電流元分別放置于P、Q兩點、所受安培力一定有FP＜FQ D．將同一電流元分別放置于P、Q兩點，所受安培力一定有FP＞FQ

5、 A　[根據(jù)安培定則可知，M在P的磁場方向向上，N在P點的磁場也向上，則疊加后P點合磁場向上；M在Q的磁場方向向上，N在Q點的磁場向下，則疊加后Q點的合磁場向下，且小于P點的磁場大小，選項A正確，B錯誤；電流元所受的安培力的大小與電流元的放置方向有關(guān)，則無法比較同一電流元分別放置于P、Q兩點所受安培力的大小，選項C、D錯誤；故選A。] 5.(2019·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強電場E和勻強磁場B。一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場射入，粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) A．若v＝E/B，粒子做勻加速直線運動 B．若粒子

6、往左偏，洛倫茲力做正功 C．若粒子往右偏，粒子的電勢能增加 D．若粒子做直線運動，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負電，其他條件不變，粒子還是做直線運動 D　[若v＝E/B，即Eq＝qvB，則粒子做勻速直線運動，選項A錯誤；洛倫茲力對粒子不做功，選項B錯誤；若粒子往右偏，電場力做正功，則粒子的電勢能減小，選項C錯誤；若粒子做直線運動，則滿足Eq＝qvB，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負電，其他條件不變，粒子所受的電場力方向改變，所受的洛倫茲力方向也改變，則粒子還是做直線運動，選項D正確。] 6．(2019·湖南衡陽聯(lián)考)用圖示裝置可以檢測霍爾效應(yīng)。利用電磁鐵產(chǎn)生磁場，電流表檢測輸入霍爾元件的電流

7、，電壓表檢測元件輸出的電壓，已知圖中的霍爾元件是半導(dǎo)體，與金屬導(dǎo)體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴，空穴可視為能自由移動的帶正電的粒子，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個接線端，當(dāng)開關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說法中正確的是(　　) A．電表B為電壓表，電表C為電流表 B．接線端4的電勢低于接線端2的電勢 C．若增大R1，則電壓表示數(shù)增大 D．若增大R2，則電壓表示數(shù)減小 D　[B表為測量通過霍爾元件的電流，C表測量霍爾電壓，所以電表B為電流表，電表C為電壓表，故A錯誤；由安培定則可知，磁場方向向上，通過安霍爾元件的電流由1流向接線端3，由

8、左手定則可知，帶正電的粒子偏向接線端4，所以接線端4的電勢高于接線端2的電勢，故B錯誤；若增大R1，電磁鐵中的電流減小，產(chǎn)生的磁場減小，由公式U＝可知，電壓表示數(shù)減小，故C錯誤；若增大R2，流過霍爾元件的電流減小，由公式U＝可知，電壓表示數(shù)減小，故D正確。] 7．(易錯題)(多選)(2019·四川綿陽聯(lián)考)如圖所示，空間存在四分之一圓形磁場區(qū)域，磁場方向垂直紙面向外。一電子以初速度v從圓心O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)過時間t恰好由A點離開磁場。若電子以初速度v′從O沿著OD方向射入磁場，經(jīng)時間t′恰好由C點離開磁場。已知圓弧AC長度是圓弧CD長度的一半，則(　　) A．v′＝v B．

9、v′＝v C．t′＝t D．t′＝t BD　[由幾何知識可知，恰好由A點射出時，電子軌道半徑：r1＝＝；若電子從C點射出，因圓弧AC長度是圓弧CD長度的一半，所以粒子做圓周運動的弦切角為60°，由弦長公式R＝2r2sin 60°，解得：r2＝R＝，所以v′＝v，由A點射出時，t＝×＝，電子從C點射出時，t′＝×＝＝t，故選B、D。] 易錯點評：解決帶電粒子在磁場中的運動出錯的主要原因是：不會尋找?guī)缀侮P(guān)系。如本題中，通過弧AC是弧CD一半，可確定∠COD＝60°，進而可知粒子做圓周運動的幾何規(guī)律。 8．(多選)(2019·福州質(zhì)檢)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面

10、向外，磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。一系列電子以不同的速率v(0≤v≤vm)從邊界上的P點沿垂直于磁場方向與OP成60°角方向射入磁場，在區(qū)域的磁場邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為－e，質(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場中運動的(　　) A．最大半徑為r＝R B．最大速率為vm＝ C．最長時間為t＝ D．最短時間為t＝ AD　[根據(jù)題意，電子圓周運動的圓心在速度的垂線上，當(dāng)電子速度最大時，對應(yīng)的圓周運動半徑最大。離開出發(fā)點最遠，如圖所示，恰好為半個圓周，最大半徑rm＝Rcos 30°，rm＝R，得vm＝；軌跡對應(yīng)的圓心角最小，時間最短tmin＝＝，電子速度越小

11、，半徑越小；圓弧圓心角越大，時間越長，故選AD。] [能力提升練] 9．(多選)(2019·湘贛十四校聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，AB＝5 cm，AD＝10 cm，磁感應(yīng)強度B＝0.2 T。在AD的中點P有一個發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個方向均勻地發(fā)射出速率為v＝1.0×105 m/s的正離子，離子的質(zhì)量m＝2.0×10－12 kg，電荷量q＝1.0×10－5 C，離子的重力不計，不考慮離子之間的相互作用，則(　　) A．從邊界BC邊飛出的離子中，BC中點飛出的離子在磁場中運動的時間最短 B．邊界AP段無離子飛出 C．從

12、CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2 D．若離子可從B、C兩點飛出，則從B點和C點飛出的離子在磁場中運動的時間相等 ACD　[由于離子的速率一定，所以離子運動的半徑確定，在離子轉(zhuǎn)過的圓心角小于π的情況下，弦長越短，圓心角越小，時間越短，弦長相等，時間相等，所以從BC中點飛出的離子對應(yīng)的弦長最短，所用時間最短，離子從B、C兩點飛出對應(yīng)的弦長相等，所以運動時間相等，故A、D正確；由洛倫茲力方向可知，離子逆時針方向旋轉(zhuǎn)，發(fā)射方向與PA方向夾角較小的離子會從AP段飛出，故B錯誤；由公式R＝得：R＝0.1 m，通過圖可知，α∶β＝1∶2，所以從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2，故C正確。]

13、 10．(2019·江西上饒聯(lián)考)如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時存在著豎直向上的勻強電場和垂直紙面向里的水平勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝2 T。小球1帶正電，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球1向右以v1＝12 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后兩小球粘在一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動，兩小球速度水平向左時離碰撞點的距離為2 m。碰后兩小球的比荷為4 C/kg。求：(取g＝10 m/s2) (1)電場強度E的大小是多少？ (2)兩小球的質(zhì)量之比是多少？ [解析]　碰后有(m1＋m2)g＝qE 又＝4 C/kg 得E＝2.5 N/C。 (2)由動量守恒定律：m

14、1v1＝(m1＋m2)v2 由洛倫茲力公式及牛頓運動定律：qv2B＝ 依題可知：r＝1 m 聯(lián)立以上關(guān)系式可得： ＝。 [答案]　(1)2.5 N/C　(2) 11．(2019·湖南衡陽聯(lián)考)如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強度大小為B1、方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁場區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R的足夠長區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向向左的勻強電場，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場垂直，區(qū)域Ⅰ邊界上過A點的切線與電場線平行且與FG交于G點，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強度大小為B2的勻強磁場區(qū)域Ⅲ。在FG延長線上距G點為R處的M點放置一足夠長的熒光屏MN，熒光屏與FG成θ＝53°

15、角，在A點處有一個粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場的粒子，恰能平行于電場方向進入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上(不計粒子重力及其相互作用)。求： (1)粒子的初速度大小v0； (2)電場的電場強度大小E； (3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度Δx。 [解析]　(1)如圖所示， 分析可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑r1＝R 由qv0B＝m得 v0＝。 (2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域Ⅲ中的運動半徑為r2＝2R 由qvB2＝m得 v＝ 粒子在電場中做勻減速運動，由動能定理得： －qER＝m

16、v2－mv 解得：E＝(B－4B)。 (3)如圖分析可知， 速度方向與電場方向平行向左射入?yún)^(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場方向從區(qū)域Ⅰ中最高點穿出，打在離M點 x1處的屏上，由幾何關(guān)系得： (x1cos θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝4R2 解得：x1＝R 速度方向與電場方向平行向右射出區(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場方向從區(qū)域Ⅰ中最低點穿出打在離M點x2處的屏上，由幾何關(guān)系得： (x2cos θ－R)2＋(x2sin θ)2＝4R2 解得：x2＝R 分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長度為 Δx＝x2－x1 解得：Δx＝1.2R。 [答案]　(

17、1)　(2)(B－4B)　(3)1.2R 題號 內(nèi)容 押題依據(jù) 核心考點 核心素養(yǎng) 帶電粒子在復(fù)合場中運動 重力、電場力、洛倫茲力作用下的圓周運動和直線運動 科學(xué)思維：立足教材，拓展創(chuàng)新，體現(xiàn)綜合思維 (多選)如圖所示，虛線MN右側(cè)存在著勻強電場和勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，電場方向豎直向上，長方形ABCD的AD邊與MN重合，長方形的AB邊長為l，AD邊長為l。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場、磁場區(qū)域后做勻速圓周運動，到達C點時刻，電場方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時電場強度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對角線CA從A點離開。重力加速度為g，下列說法正確

18、的是(　　) A．電場方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場方向水平向左 B．電場改變之后，場強大小變?yōu)樵瓉淼?倍 C．微粒進入N右側(cè)區(qū)域時的初速度為 D．勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為 CD　[微粒從C到A做直線運動，洛倫茲力與重力和電場力的合力平衡，則電場方向必然水平向右，A錯誤。電場改變前，微粒在電場、磁場區(qū)域做勻速圓周運動，則qE＝mg，即E＝；電場改變之后，受力情況如圖所示，微粒受力平衡，重力與電場力的合力與洛倫茲力等大反向，qE′＝mg，得E′＝，B錯誤。微粒做直線運動時受力平衡，qvB＝mg＝m，由幾何知識可得r＝l，解得v＝，B＝，故C、D正確。] - 10 -