《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運(yùn)動素能特訓(xùn)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運(yùn)動素能特訓(xùn)(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、2022年高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運(yùn)動素能特訓(xùn)
一、選擇題(本題共8小題,每小題8分,共64分,其中1~5為單選題,6~8為多選題)
1.[xx·太原模擬]從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流,在射向地球時,由于地磁場的存在,改變了運(yùn)動方向,對地球起到了保護(hù)作用。如圖為地磁場的示意圖(虛線,方向未標(biāo)出),赤道上方的磁場可看成與地面平行。若有來自宇宙的一束粒子流,其中含有α(He的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質(zhì)子,沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空,則在地磁場的作用下( )
A.α射線沿直線射向赤道
B.β射線向西偏轉(zhuǎn)
C
2、.γ射線向東偏轉(zhuǎn)
D.質(zhì)子向北偏轉(zhuǎn)
答案 B
解析 赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北,根據(jù)左手定則可知,帶正電的α射線和質(zhì)子向東偏轉(zhuǎn),帶負(fù)電的β射線向西偏轉(zhuǎn),不帶電的γ射線不偏轉(zhuǎn),B項正確。
2.如圖所示,一圓環(huán)用細(xì)橡皮筋懸吊著處于靜止?fàn)顟B(tài),環(huán)中通以逆時針方向的電流,在環(huán)的兩側(cè)放有平行于橡皮筋的直導(dǎo)線,導(dǎo)線和環(huán)在同一豎直面內(nèi),兩導(dǎo)線到橡皮筋的距離相等?,F(xiàn)在直導(dǎo)線中同時通以方向如圖所示、大小相等的電流,則通電的瞬間( )
A.環(huán)將向右擺動
B.俯視看環(huán)會發(fā)生順時針轉(zhuǎn)動
C.橡皮筋會被拉長
D.環(huán)有收縮的趨勢
答案 D
解析 直導(dǎo)線通電后,由安培定則可知,兩導(dǎo)線間平面
3、上的磁場方向垂直于紙面向里,由于磁場分布具有軸對稱性,將圓環(huán)分成若干段小的直導(dǎo)線,由左手定則可知,各段受到的安培力都指向圓心,根據(jù)對稱性可知,它們的合力為零,因此環(huán)不會擺動,也不會轉(zhuǎn)動,橡皮筋的拉力也不會增大,只是環(huán)有收縮的趨勢,A、B、C項錯誤,D項正確。
3.[xx·邢臺摸底]如圖所示,在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場,有一帶正電的電荷從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場,恰好從A點射出,已知電荷的質(zhì)量為m,帶電量為q,不計電荷的重力,則下列說法正確的是( )
A.勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為
B.電荷在磁場中運(yùn)動的時間為
C.若減小電荷的入射速度,使電荷從CD邊
4、界射出,電荷在磁場中運(yùn)動的時間會減小
D.若電荷的入射速度變?yōu)?v0,則粒子會從AB邊的中點射出
答案 A
解析 帶正電的電荷從D點射入,恰好從A射出,在磁場中的軌跡半徑R=L,由牛頓第二定律Bqv0=得B=,A選項正確。電荷在磁場中運(yùn)動的時間為t=T=×=,B選項錯誤。若減小電荷的入射速度,使電荷從CD邊界射出,軌跡所對的圓心角將變大,在磁場中運(yùn)動的時間會變長,C選項錯誤。若v=2v0,則由Bqv=得r=2L,如圖從F點射出,設(shè)BF=x,由幾何關(guān)系知r2=(r-x)2+L2,則x=L,D選項錯誤。
4.[xx·西安八校聯(lián)考]如圖所示,空間中存在一勻強(qiáng)磁場,將長度為L的直導(dǎo)線放
5、置在y軸上,當(dāng)通以大小為I、沿y軸負(fù)方向的電流后,測得其受到的安培力大小為F,方向沿x軸正方向。則關(guān)于磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向和大小,說法正確的是( )
A.只能沿x軸正方向
B.可能在xOy平面內(nèi),大小為
C.可能在xOz平面內(nèi),大小為
D.可能在yOz平面內(nèi),大小為
答案 D
解析 電流I沿y軸負(fù)方向,安培力大小為F,沿x軸正方向,若B=,則B與I不垂直,但要求B的兩個分量,一個沿z軸正向,一個平行y軸,那只能在yOz平面內(nèi),選項D正確,A、B、C錯誤。
5.[xx·寶雞質(zhì)檢]如圖所示,橫截面為正方形abcd的有界勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad
6、邊界的速度飛入該磁場。對于從不同邊界射出的電子,下列判斷錯誤的是( )
A.從c點離開的電子在磁場中運(yùn)動時間最長
B.從ad邊射出的電子在磁場中運(yùn)動的時間都相等
C.電子在磁場中運(yùn)動的速度偏轉(zhuǎn)角最大為π
D.從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度
答案 A
解析 根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運(yùn)動周期公式T=,運(yùn)動時間t=T=,由幾何條件可知,從ad邊離開的電子在磁場中運(yùn)動時間最長且均為半個周期,偏轉(zhuǎn)角最大且均為π,A項錯,B、C項正確;由幾何關(guān)系可知,從bc邊射出的電子軌道半徑大于從ad邊射出的電子軌道半徑,又由半徑公式R=可知,從bc邊射出的電子的速度大于從ad邊
7、射出的電子的速度,D項正確,故選A項。
6.[xx·成都二診]如圖甲所示為足夠大空間內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)磁場,在磁場中A、B兩物塊疊在一起置于光滑水平面上,物塊A帶正電,物塊B不帶電且表面絕緣,A、B接觸面粗糙,自t=0時刻起用水平恒力F作用在物塊B上,由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動。乙圖圖象的橫軸表示時間,則縱軸y可以表示( )
A.A所受支持力的大小 B.B對地面壓力的大小
C.A所受合力的大小 D.B所受摩擦力的大小
答案 AB
解析 由于A、B由靜止開始做勻加速直線運(yùn)動,所以合外力恒定,且B所受摩擦力大小等于B對A的摩擦力,以A為研究對象,由牛頓第二定律得f=mA
8、a,不隨時間改變,故C、D選項錯誤。A帶正電,所受洛倫茲力向下,A受支持力FNA=mAg+Bqv=mAg+Bqat,符合圖象。B受地面支持力FNB=(mA+mB)g+Bqv=(mA+mB)g+Bqat,也符合圖象,故A、B選項正確。
7.[xx·河北、河南、山西考前質(zhì)監(jiān)]如圖所示,在xOy平面內(nèi)的y軸和虛線之間除圓形區(qū)域外的空間存在勻強(qiáng)磁場,磁場方向垂直紙面向外,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B。虛線經(jīng)過Q點(3L,0)且與y軸平行。圓形區(qū)域的圓心P的坐標(biāo)為(2L,0),半徑為L。一個質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點垂直y軸進(jìn)入磁場,不計粒子的重力,則( )
A.如果粒子沒有經(jīng)過圓形
9、區(qū)域到達(dá)了Q點,則粒子的入射速度為v=
B.如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)了Q點,則粒子的入射速度為v=
C.粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸,則粒子的最小入射速度為vmin=
D.粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸,則粒子的最小入射速度為vmin=
答案 AC
解析 若粒子沒經(jīng)過圓形區(qū)域到達(dá)了Q點,則軌跡如圖,和圓形區(qū)域相切于Q點,則r=3L,根據(jù)牛頓第二定律Bqv=得v=,A選項正確,B選項錯誤。粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸,如圖:
設(shè)在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角為θ,由幾何關(guān)系得rsinθ+Lcosθ=2L,得r=L
=L
=L=L=(+tan)L≥L。據(jù)Bqv=得vmin=,選項C正確,
10、D錯誤。
8.[xx·鹽城二模]如圖所示,空間有一垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為0.5 T的勻強(qiáng)磁場,一質(zhì)量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上,在木板左端放置一質(zhì)量為m=0.1 kg、帶正電q=0.2 C的滑塊,滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5,滑塊受到的最大靜摩擦力可認(rèn)為等于滑動摩擦力?,F(xiàn)對木板施加方向水平向左,大小為F=0.6 N的恒力,g取10 m/s2。則滑塊( )
A.開始做勻加速運(yùn)動,然后做加速度減小的加速運(yùn)動,最后做勻速直線運(yùn)動
B.一直做加速度為2 m/s2的勻加速運(yùn)動,直到滑塊飛離木板為止
C.速度為6 m/s時,滑塊開始減速
D.最終做速度為
11、10 m/s的勻速運(yùn)動
答案 AD
解析 當(dāng)滑塊和絕緣木板受力運(yùn)動后,對滑塊進(jìn)行受力分析如圖,開始時對滑塊和木板整體應(yīng)用牛頓第二定律有:F=(m+M)a,得a=2 m/s2,f=ma<μmg,所以滑塊與木板整體一起勻加速,隨著速度v的增大,滑塊與木板間正壓力變小,最大靜摩擦變小,當(dāng)最大靜摩擦達(dá)到fm=ma=0.2 N時,滑塊與木板開始滑動,滑動摩擦力提供加速度,即μFN=ma,F(xiàn)N減小,a減小,當(dāng)FN=0時,滑塊勻速,A正確,B錯誤,C錯誤。最終勻速時,Bqv=mg得v==10 m/s,D正確。
二、計算題(本題共2小題,共36分,需寫出規(guī)范的解題步驟)
9.[xx·西安二模]如圖
12、所示,在一個圓形區(qū)域內(nèi),兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中,A2A4與A1A3的夾角為60°。一質(zhì)量為m、帶電量為+q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場,隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進(jìn)入Ⅱ區(qū),最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t,求:
(1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動軌跡;
(2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌道半徑R1和R2比值;
(3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小(忽略粒子重力)。
答案 (1)見解析圖 (2)2∶1 (3)
解析 (1)畫出粒子在磁
13、場Ⅰ和Ⅱ中的運(yùn)動軌跡如圖所示。
(2)設(shè)粒子的入射速度為v,已知粒子帶正電,故它在磁場中先順時針做圓周運(yùn)動,再逆時針做圓周運(yùn)動,最后從A4點射出,用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)的磁感應(yīng)強(qiáng)度、軌道半徑和周期(沒有設(shè)符號的,在圖中標(biāo)記也可以)
設(shè)圓形區(qū)域的半徑為r,如圖所示,已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進(jìn)入Ⅱ區(qū)磁場,連接A1A2,△A1OA2為等邊三角形,A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運(yùn)動軌跡的圓心,其半徑R1=A1A2=OA2=r
在Ⅱ區(qū)磁場中運(yùn)動的半徑R2=
即:R1∶R2=2∶1
(3)qvB1=m
qvB2=m
T1==
T2==
圓心角
14、∠A1A2O=60°,帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運(yùn)動的時間為t1=T1
在Ⅱ區(qū)磁場中運(yùn)動時間為t2=T2
帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t=t1+t2
由以上各式可得
B1=,B2=。
10.[xx·鹽城二模]如圖所示的xOy坐標(biāo)系中,y軸右側(cè)空間存在范圍足夠大的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標(biāo)為(-2L,0),Q1、Q2兩點的坐標(biāo)分別為(0,L),(0,-L)。坐標(biāo)為(-L,0)處的C點固定一平行于y軸放置的長為L的絕緣彈性擋板,C為擋板中點,帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后,沿y方向分速度不變,沿x方向分速度反向,大小不變。帶負(fù)電的粒子質(zhì)量為m,電
15、量為q,不計粒子所受重力。若粒子在P點沿PQ1方向進(jìn)入磁場,經(jīng)磁場運(yùn)動后,求:
(1)從Q1直接到達(dá)Q2處的粒子初速度大??;
(2)從Q1直接到達(dá)O點,粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標(biāo);
(3)只與擋板碰撞兩次并能回到P點的粒子初速度大小。
答案 (1) (2)(,0) (3)
解析 (1)由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡,如圖(甲)所示,
設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為θ,粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑大小為R1,由幾何關(guān)系得:
R1cosθ=L
其中:cosθ=,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動qv1B=m
解得:v1=
(2)由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖(乙)所示,設(shè)其與x軸交點為E,由
16、幾何關(guān)系得:R2cosθ=,R2=L
設(shè)E點橫坐標(biāo)為xE,由幾何關(guān)系得:xE=2R2sinθ
得xE=
則E點坐標(biāo)為:(,0)
(3)由題意畫出粒子運(yùn)動軌跡如圖(丙)所示,設(shè)PQ1與x軸正方向夾角為θ,粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑大小為R3,偏轉(zhuǎn)一次后在y負(fù)方向偏移量為Δy1,由幾何關(guān)系得:
y1=2R3cosθ,
為保證粒子最終能回到P,粒子與擋板碰撞后,速度方向應(yīng)與PQ1連線平行,每碰撞一次,粒子進(jìn)出磁場在y軸上這段距離y2(如圖中,A、F間距)可由題給條件,
有=tanθ
得y2=
當(dāng)粒子只碰二次,其幾何條件是3y1-2y2=2L
解得:R3=L
粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動:qvB=m
解得:v=