《高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專(zhuān)練10 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專(zhuān)練10 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、高考物理大二輪專(zhuān)題復(fù)習(xí) 考前增分練 選擇題部分 專(zhuān)練10 帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 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(qiáng)磁場(chǎng)(未畫(huà)出)．一帶電粒子從緊帖鋁板上表面的P點(diǎn)垂直于鋁板向上射出，從Q點(diǎn)穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點(diǎn)O.已知粒子穿越鋁板時(shí)，其動(dòng)能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計(jì)重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強(qiáng)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(diǎn)時(shí)初速度為v1，從Q點(diǎn)穿過(guò)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(xiàng)D正確． 2．(xx·安徽·18)“人造小太陽(yáng)”托卡馬克裝置使用強(qiáng)磁場(chǎng)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(dòng)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(qiáng)的磁場(chǎng)，以使帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)半徑不變．由此可判斷所需的磁感應(yīng)強(qiáng)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(chǎng)中的圓周運(yùn)動(dòng)問(wèn)題．由題意知，帶電粒子的平均動(dòng)能Ek＝mv2∝T，故v∝. 由qvB＝整理得：B∝.故選項(xiàng)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(qiáng)磁場(chǎng)，邊界OA上有一粒子源S.某一時(shí)刻，從S平行于紙面向各個(gè)方向發(fā)射出大量帶正電的同種粒子(不計(jì)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(guò)一段時(shí)間有部分粒子從邊界OC射出磁場(chǎng)．已知∠AOC＝60°，從邊界OC射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的最長(zhǎng)時(shí)間等于(T為粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的周期)，則從邊界OC射出的粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不可能為(　　) 圖2 A. B. C. D. 答案　AB 解析　粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，粒子在磁場(chǎng)中出射點(diǎn)和入射點(diǎn)的連線(xiàn)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(diǎn)D

4、與S點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于OA時(shí)，DS弦最長(zhǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最長(zhǎng)．可得軌跡半徑為：R＝d；當(dāng)出射點(diǎn)E與S點(diǎn)的連線(xiàn)垂直于OC時(shí)，弦ES最短，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短．則：SE＝d，由幾何知識(shí)，得θ＝60°，最短時(shí)間：tmin＝T，所以，粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間范圍為T(mén)≤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(qiáng)磁場(chǎng)．一帶電小球從O點(diǎn)由靜止釋放，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖中曲線(xiàn)．關(guān)于帶電小球的運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) 圖3 A．OAB軌跡為半圓 B．小球運(yùn)動(dòng)至最低點(diǎn)A時(shí)速度最大，且沿水平方向 C

5、．小球在整個(gè)運(yùn)動(dòng)過(guò)程中機(jī)械能增加 D．小球在A點(diǎn)時(shí)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(yùn)動(dòng)的軌跡不可能是圓，故A錯(cuò)誤；因?yàn)橄到y(tǒng)只有重力做功，機(jī)械能守恒，最低點(diǎn)A處，重力勢(shì)能最小，動(dòng)能最大，速度最大，曲線(xiàn)運(yùn)動(dòng)的速度方向?yàn)樵擖c(diǎn)的切線(xiàn)方向，最低點(diǎn)的切線(xiàn)方向在水平方向，故B正確，C錯(cuò)誤；若最低點(diǎn)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(xiàn)運(yùn)動(dòng)，不可能沿軌跡AB運(yùn)動(dòng)，與實(shí)際運(yùn)動(dòng)軌跡不相符，故D錯(cuò)誤． 5．如圖4所示，L1和L2為兩條平行的虛線(xiàn)，L1上方和

6、L2下方都是范圍足夠大且磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，A、B兩點(diǎn)都在L2上．帶電粒子從A點(diǎn)以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出，經(jīng)過(guò)偏轉(zhuǎn)后正好過(guò)B點(diǎn)，經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)速度方向也斜向上，不計(jì)重力，下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖4 A．若將帶電粒子在A點(diǎn)時(shí)的初速度變大(方向不變)，它仍能經(jīng)過(guò)B點(diǎn) B．帶電粒子經(jīng)過(guò)B點(diǎn)時(shí)的速度一定跟在A點(diǎn)時(shí)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(diǎn)時(shí)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(guò)B點(diǎn) 答案　ABC 解析　帶電粒子從L2上的A點(diǎn)以初速度v0與L2成30°角斜向右上方射出后，如果一個(gè)周期內(nèi)剛

7、好通過(guò)L2上的B點(diǎn)時(shí)，其運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示．由圖可知，粒子到達(dá)B點(diǎn)時(shí)的速度與在A點(diǎn)時(shí)的速度相同，選項(xiàng)B正確；根據(jù)運(yùn)動(dòng)規(guī)律及題目條件可知，A、B兩點(diǎn)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(yùn)動(dòng)的半徑)，粒子能否通過(guò)B點(diǎn)與粒子的初速度大小無(wú)關(guān)，故選項(xiàng)A正確；同理，可根據(jù)粒子帶負(fù)電時(shí)的運(yùn)動(dòng)軌跡，得到LAB與粒子的速度無(wú)關(guān)，則粒子帶負(fù)電時(shí)也能通過(guò)B點(diǎn)，選項(xiàng)C正確；若斜向上的角度改變?yōu)?0°，則通過(guò)計(jì)算可知帶電粒子此時(shí)運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的偏移量是角度為30°時(shí)帶電粒子運(yùn)動(dòng)一個(gè)周期的偏移量的，所以帶電粒子仍能回到B點(diǎn)，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 6．中國(guó)科

8、學(xué)家發(fā)現(xiàn)了量子反?；魻栃?yīng)，楊振寧稱(chēng)這一發(fā)現(xiàn)是諾貝爾獎(jiǎng)級(jí)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(chǎng)方向與電流方向垂直時(shí)，在導(dǎo)體上下表面會(huì)產(chǎn)生電勢(shì)差，這種現(xiàn)象稱(chēng)為霍爾效應(yīng)．下列說(shuō)法正確的是(　　) 圖5 A．上表面的電勢(shì)高于下表面的電勢(shì) B．僅增大h時(shí)，上下表面的電勢(shì)差增大 C．僅增大d時(shí)，上下表面的電勢(shì)差減小 D．僅增大電流I時(shí)，上下表面的電勢(shì)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(dòng)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(shì)高于上表面，故A錯(cuò)誤；穩(wěn)定時(shí)，電子受到的洛倫茲力與電場(chǎng)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(shì)差不變，僅增大d時(shí)，上、下表面的電勢(shì)差減小，故B錯(cuò)誤，C正確；而僅增大I時(shí)，電勢(shì)差應(yīng)該增大，故D錯(cuò)誤． 7．如圖6所示，在xOy平面內(nèi)存在著磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，第一、二、四象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，第三象限內(nèi)的磁場(chǎng)方向垂直紙面向外．P(－L,0)、Q(0，－L)為坐標(biāo)軸上的兩個(gè)點(diǎn)．現(xiàn)有一電子從P點(diǎn)沿PQ方向射出，不計(jì)電子的重力(　　) 圖6 A．若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場(chǎng)分界線(xiàn)，則電子運(yùn)動(dòng)的路程一定為 B．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子運(yùn)動(dòng)的路程一定為πL C

10、．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子運(yùn)動(dòng)的路程一定為2πL D．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，則電子運(yùn)動(dòng)的路程可能為πL，也可能為2πL 答案　AD 解析　粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，設(shè)圓周運(yùn)動(dòng)半徑為R，若電子從P點(diǎn)出發(fā)恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場(chǎng)分界線(xiàn)，如圖甲所示，則有2Rcos 45°＝L，半徑R＝L，運(yùn)動(dòng)軌跡為四分之一圓周，所以運(yùn)動(dòng)的路程s＝＝，選項(xiàng)A正確．若電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)原點(diǎn)O到達(dá)Q點(diǎn)，若粒子恰好經(jīng)原點(diǎn)O第一次射出磁場(chǎng)分界線(xiàn)，則軌跡如圖甲，運(yùn)動(dòng)路程為一個(gè)圓周，即s＝2πR＝2πL，若粒子第N次離開(kāi)磁場(chǎng)邊界經(jīng)過(guò)原點(diǎn)O，則要回到Q點(diǎn)，經(jīng)過(guò)O點(diǎn)的速度必然斜向下45°，則運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙，根據(jù)幾何關(guān)系有2Rcos 45°＝，圓周運(yùn)動(dòng)半徑R＝，運(yùn)動(dòng)通過(guò)的路程為s＝×2N＝×2N＝πL，選項(xiàng)B、C錯(cuò)誤，D正確．