《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》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《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（5頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、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)Ⅰ·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)強度大小之比為(　　) 圖1 A．2 B. C．1 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Ek1＝mv，Ek2＝mv；由題意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，則＝

2、.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)強度B正比于(　　) A. B．T C. D．T2 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Ek＝mv2∝T，故v∝. 由qvB＝整理得：B∝.故選項A正確．

3、3．如圖2所示，扇形區(qū)域AOC內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，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∠AOC＝60°，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2 A. 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)OS＝d，當(dāng)出射點D

4、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：R＝d；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：SE＝d，由幾何知識，得θ＝60°，最短時間：tmin＝T，所以，粒子在磁場中運動的時間范圍為T≤t≤，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3 A．OAB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

5、．小球在整個運動過程中機械能增加 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

6、L2下方都是范圍足夠大且磁感應(yīng)強度相同的勻強磁場，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4 A．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

7、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LAB＝n[(－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

8、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5 A．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ev

9、B＝e，解得U＝vBh，而根據(jù)I＝nevhd，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)強度大小為B的勻強磁場，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6 A．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πL C

10、．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2πL D．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πL，也可能為2πL 答案　AD 解析　粒子在勻強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 45°＝L，半徑R＝L，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s＝2πR＝2πL，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s＝×2N＝×2N＝πL，選項B、C錯誤，D正確．