物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練九 磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析

《物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練九 磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《物理高考二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試：專題強(qiáng)化練九 磁場(chǎng)及帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) Word版含解析（14頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 專題強(qiáng)化練(九) 考點(diǎn)1　磁場(chǎng)對(duì)通電導(dǎo)體的作用力 1.如圖所示，電流從A點(diǎn)分兩路，通過(guò)對(duì)稱的環(huán)形分路匯合于B點(diǎn)，在環(huán)形分路的中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為(　　) A．垂直環(huán)形分路所在平面，且指向紙內(nèi) B．垂直環(huán)形分路所在平面，且指向紙外 C．在環(huán)形分路所在平面內(nèi)指向B D．零 解析：利用“微元法”把圓周上的電流看成是無(wú)數(shù)段直導(dǎo)線電流的集合，如圖，由安培定則可知在一條直徑上的兩個(gè)微元所產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度等大反向，由矢量疊加原理可知，中心O處的磁感應(yīng)強(qiáng)度為零．D正確． 答案：D 2．(2019·濮陽(yáng)模擬)把一根絕緣導(dǎo)線PQ彎成兩個(gè)半圓形狀，每個(gè)半圓的半徑都為R，放置在粗糙

2、的水平桌面上，在桌面上加有豎直向下且磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，如圖所示(俯視圖)．現(xiàn)給導(dǎo)線通入由P到Q的電流，并逐漸增大電流強(qiáng)度，導(dǎo)線PQ始終處于靜止?fàn)顟B(tài)，則下列說(shuō)法正確的是(　　) A．增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，導(dǎo)線PQ對(duì)桌面的摩擦力增大 B．增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，導(dǎo)線PQ對(duì)桌面的壓力增大 C．當(dāng)電流強(qiáng)度為I時(shí)，導(dǎo)線PQ受到的安培力為2πBIR D．當(dāng)電流強(qiáng)度為I時(shí)，導(dǎo)線PQ受到的安培力為πBIR 解析：在桌面方向上，導(dǎo)線受到安培力和靜摩擦力而平衡，增大電流強(qiáng)度的過(guò)程中，安培力增大，故靜摩擦力也增大，A正確；在豎直方向上導(dǎo)線受到重力和支持力而平衡，與電流強(qiáng)度無(wú)關(guān)，故增大電流強(qiáng)度的過(guò)

3、程中，導(dǎo)線PQ對(duì)桌面的壓力不變，B錯(cuò)誤；導(dǎo)線PQ在磁場(chǎng)中的有效長(zhǎng)度為L(zhǎng)＝4R，故當(dāng)電流為I時(shí)，導(dǎo)線PQ受到的安培力為F＝BIL＝4BIR，C、D錯(cuò)誤． 答案：A 3．(多選)(2019·濰坊模擬)光滑平行導(dǎo)軌水平放置，導(dǎo)軌左端通過(guò)開(kāi)關(guān)S與內(nèi)阻不計(jì)、電動(dòng)勢(shì)為E的電源相連，右端與半徑為L(zhǎng)＝20 cm的兩段光滑圓弧導(dǎo)軌相接，一根質(zhì)量m＝60 g、電阻R＝1 Ω、長(zhǎng)為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒ab，用長(zhǎng)也為L(zhǎng)的絕緣細(xì)線懸掛，如圖所示，系統(tǒng)空間有豎直方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.5 T，當(dāng)閉合開(kāi)關(guān)S后，導(dǎo)體棒沿圓弧擺動(dòng)，擺到最大高度時(shí)，細(xì)線與豎直方向成θ＝53°角，擺動(dòng)過(guò)程中導(dǎo)體棒始終與導(dǎo)軌接觸良好且細(xì)線處于張

4、緊狀態(tài)，導(dǎo)軌電阻不計(jì)，sin 53°＝0.8，g取10 m/s2，則(　　) A．磁場(chǎng)方向一定豎直向下 B．電源電動(dòng)勢(shì)E＝3.0 V C．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中所受安培力F＝3 N D．導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中電源提供的電能為0.048 J 解析：導(dǎo)體棒向右沿圓弧擺動(dòng)，說(shuō)明受到向右的安培力，由左手定則知該磁場(chǎng)方向一定豎直向下，A正確；導(dǎo)體棒擺動(dòng)過(guò)程中只有安培力和重力做功，由動(dòng)能定理知BIL·Lsin θ－mgL(1－cos θ)＝0，代入數(shù)值得導(dǎo)體棒中的電流I＝3 A，由E＝IR得電源電動(dòng)勢(shì)E＝3.0 V，B正確；由F＝BIL得導(dǎo)體棒在擺動(dòng)過(guò)程中所受安培力F＝0.3 N，C錯(cuò)誤；由能量守恒

5、定律知電源提供的電能W等于電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q和導(dǎo)體棒重力勢(shì)能的增加量ΔE的和，即W＝Q＋ΔE，而ΔE＝mgL(1－cos θ)＝0.048 J，D錯(cuò)誤． 答案：AB 4．(多選)(2019·鄭州模擬)如圖所示，一條無(wú)限長(zhǎng)的水平直導(dǎo)線中通有向右的恒定電流I，導(dǎo)線正下方固定一正方形線框．線框中通有順時(shí)針?lè)较虻暮愣娏鱅，線框邊長(zhǎng)為L(zhǎng)，線框上邊與直導(dǎo)線平行，且到直導(dǎo)線的距離也為L(zhǎng)，已知在長(zhǎng)直導(dǎo)線的磁場(chǎng)中距離長(zhǎng)直導(dǎo)線r處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B＝，線框質(zhì)量為m，則釋放線框的一瞬間，線框的加速度可能為(　　) A．0　　　　　　　 B.－g C.－g D．g－ 解析：線框上邊所在處的磁感

6、應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝，由安培定則可判斷出磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，所受安培力的大小為F1＝B1IL＝kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向上；線框下邊所在處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝k，所受安培力的大小為F2＝B2IL＝kI2，由左手定則可判斷出安培力方向向下；若F1＝F2＋mg，則加速度為0，選項(xiàng)A正確；若F1>(F2＋mg)，則加速度方向向上，由F1－(F2＋mg)＝ma，解得a＝－g，選項(xiàng)C正確，B錯(cuò)誤；若F1<(F2＋mg)，則加速度方向向下，由(F2＋mg)－F1＝ma，解得a＝g－，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：AC 考點(diǎn)2　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng) 5.如圖所示，通電豎直長(zhǎng)直導(dǎo)線的電流方向

7、向上，初速度為v0的電子平行于直導(dǎo)線豎直向上射出，不考慮電子的重力．則電子將(　　) A．向右偏轉(zhuǎn)，速率不變，r變大 B．向左偏轉(zhuǎn)，速率改變，r變大 C．向左偏轉(zhuǎn)，速率不變，r變小 D．向右偏轉(zhuǎn)，速率改變，r變小 解析：由安培定則可知，直導(dǎo)線右側(cè)的磁場(chǎng)垂直紙面向里，且磁場(chǎng)強(qiáng)度隨離直導(dǎo)線距離變大而減小，根據(jù)左手定則可知，電子受洛倫茲力方向向右．故向右偏轉(zhuǎn)；由于洛倫茲力不做功，故速率不變，由r＝知r變大，故A正確． 答案：A 6．(2019·南昌模擬)如圖所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶

8、正電粒子，從x軸上的某點(diǎn)P沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場(chǎng)．不計(jì)重力的影響，則下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是(　　) A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn) B．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間一定為 C．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 D．粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間可能為 解析：帶正電的粒子從P點(diǎn)沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場(chǎng)中，則圓心在過(guò)P點(diǎn)與速度方向垂直的直線上，如圖所示，粒子在磁場(chǎng)中要想到達(dá)O點(diǎn)，轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角肯定大于180°，因磁場(chǎng)有邊界，故粒子不可能通過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)．故選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由于P點(diǎn)的位置不確定，所以粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角也不同，最大的圓

9、心角是圓弧與y軸相切時(shí)即300°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，而最小的圓心角為P點(diǎn)在坐標(biāo)原點(diǎn)即120°，運(yùn)動(dòng)時(shí)間為T，而T＝，故粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)所經(jīng)歷的時(shí)間最長(zhǎng)為，最短為，選項(xiàng)C正確，選項(xiàng)B、D錯(cuò)誤． 答案：C 7．(多選)(2019·福州質(zhì)檢)在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直圓面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．圓邊界上的P處有一粒子源，沿垂直于磁場(chǎng)的各個(gè)方向，向磁場(chǎng)區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子，如圖所示．現(xiàn)測(cè)得：當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí)，粒子均從由P點(diǎn)開(kāi)始弧長(zhǎng)為πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場(chǎng)；當(dāng)磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí)，粒子則從由P點(diǎn)開(kāi)始弧長(zhǎng)為πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場(chǎng)．不計(jì)粒子的重力，則(　　) A．前后兩次粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑

10、之比為r1∶r2＝∶ B．前后兩次粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑之比為r1∶r2＝2∶3 C．前后兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B1∶B2＝∶ D．前后兩次磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小之比為B1∶B2＝∶ 解析：假設(shè)粒子帶正電，如圖1，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1時(shí)，弧長(zhǎng)L1＝πR對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，則r1＝·2Rsin θ＝Rsin .如圖2，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2時(shí)，弧長(zhǎng)L2＝πR對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)為粒子圓周運(yùn)動(dòng)的直徑，則r2＝·2Rsin α＝Rsin ，因此r1∶r2＝sin ∶sin ＝∶，故A正確，B錯(cuò)誤；qv0B＝m，則B＝，可以得出B1∶B2＝r2∶r1＝∶，故C錯(cuò)誤，D正確． 答案：AD 8．(201

11、8·焦作模擬)如圖所示，兩個(gè)橫截面分別為圓形和正方形的區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度相同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，圓的直徑和正方形的邊長(zhǎng)相等，兩個(gè)電子分別以相同的速度飛入兩個(gè)磁場(chǎng)區(qū)域，速度方向均與磁場(chǎng)方向垂直，進(jìn)入圓形磁場(chǎng)的電子初速度方向?qū)?zhǔn)圓心；進(jìn)入正方形磁場(chǎng)的電子初速度方向垂直于邊界，從中點(diǎn)進(jìn)入．則下面判斷錯(cuò)誤的是(　　) A．兩電子在兩磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，其半徑一定相同 B．兩電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間有可能相同 C．進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域的電子可能先飛離磁場(chǎng) D．進(jìn)入圓形磁場(chǎng)區(qū)域的電子可能后飛離磁場(chǎng) 解析：電子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力qvB＝m，整理得R＝，兩過(guò)程電子速度v相同，所以半徑相同，選

12、項(xiàng)A正確；電子在磁場(chǎng)中的可能運(yùn)動(dòng)情況如圖所示，軌跡1和3分別顯示電子先出圓形磁場(chǎng)，再出正方形磁場(chǎng)，軌跡2顯示電子同時(shí)從圓形與正方形邊界出磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)時(shí)間相同，所以選項(xiàng)B、C正確，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 答案：D 9．(2019·濰坊質(zhì)檢)如圖所示，在足夠大的屏MN的上方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，P為屏上一小孔，PC與MN垂直，一束質(zhì)量為m、電荷量為－q的粒子(不計(jì)重力)以相同的速率v從P處射入磁場(chǎng)區(qū)域，粒子入射方向在與磁場(chǎng)垂直的平面里，且分散在與PC夾角為θ的范圍內(nèi)，則在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度為(　　) A. B. C. D. 解析：如圖所示，S、T

13、之間的距離為在屏MN上被粒子打中區(qū)域的長(zhǎng)度．由qvB＝m得R＝，則PS＝2Rcos θ＝，PT＝2R＝，所以ST＝. 答案：D 10．(2019·江淮十校聯(lián)考)如圖所示，靜置的內(nèi)壁光滑的絕緣漏斗處于方向豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，漏斗內(nèi)有兩個(gè)質(zhì)量均為m、電荷量分別為QA、QB的帶正電小球，在水平面內(nèi)沿圖示方向在不同高度做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，若漏斗內(nèi)壁與豎直方向的夾角為θ，小球的線速度均為v，則在小球做圓周運(yùn)動(dòng)的過(guò)程中(　　) A．若QA>QB，則A球在B球的下方運(yùn)動(dòng) B．無(wú)論QA、QB關(guān)系如何，A、B均能在同一軌道上運(yùn)動(dòng) C．若QA>QB，則漏斗對(duì)A球的彈力大于對(duì)B球的彈力 D．無(wú)論Q

14、A、QB關(guān)系如何，均有漏斗對(duì)A球的彈力等于漏斗對(duì)B球的彈力 解析：根據(jù)左手定則，小球所受洛倫茲力方向沿半徑方向向外，受力分析如圖： FNsin θ＝mg；FNcos θ－qvB＝m，則R＝，則R隨q的變大而增大，則A、B錯(cuò)誤；由豎直方向的受力可知：FN＝，則壓力不變，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確． 答案：D 考點(diǎn)3　帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的多解問(wèn)題 11．(2018·三明模擬)如圖所示，寬度為d的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，MM′和NN′是它的兩條邊界．現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶電粒子沿圖示方向垂直磁場(chǎng)射入．要使粒子不能從邊界NN′射出，則粒子入射速率v的最大值可能是多少？ 解析：

15、題目中只給出粒子“電荷量為q”，未說(shuō)明是帶哪種電荷． 若q為正電荷，軌跡是如圖所示的上方與NN′相切的圓弧，軌道半徑： R＝ 又d＝R－Rcos 45° 解得v＝； 若q為負(fù)電荷，軌跡如圖所示的下方與NN′相切的圓弧，則有：R′＝，d＝R′＋R′cos 45°， 解得v′＝. 答案：(2＋)(q為正電荷)或(2－)(q為負(fù)電荷) 12.(多選)如圖所示，兩方向相反、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)被邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的等邊三角形ABC理想分開(kāi)，三角形內(nèi)磁場(chǎng)垂直紙面向里，三角形頂點(diǎn)A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計(jì))，所有質(zhì)子均能通過(guò)C點(diǎn)，質(zhì)子比荷＝k

16、，則質(zhì)子的速度可能為(　　) A．2BkL B. C. D. 解析：因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，其可能的軌跡如圖所示，所有圓弧所對(duì)圓心角均為60°，所以質(zhì)子運(yùn)行半徑r＝(n＝1，2，3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk·(n＝1，2，3，…)，選項(xiàng)B、D正確． 答案：BD 13．(多選)(2018·遼寧遼南聯(lián)考)如圖所示，寬2 cm的有界勻強(qiáng)磁場(chǎng)的縱向范圍足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向垂直紙面向里，現(xiàn)有一群帶正電粒子從O點(diǎn)以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁場(chǎng)．若粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑均為5 cm，則(　　) A．右邊界：－4 cm

17、 cm有粒子射出 B．右邊界：y>4 cm和y<－4 cm有粒子射出 C．左邊界：y>8 cm有粒子射出 D．左邊界：0

18、壁連續(xù)碰撞，繞筒壁一周后恰好又從A孔射出，問(wèn)： (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小必須滿足什么條件？ (2)粒子在筒中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為多少？ 解析：(1)粒子射入圓筒后受洛倫茲力作用而偏轉(zhuǎn)，設(shè)第一次與B點(diǎn)碰撞，碰后速度方向又指向O點(diǎn)，假設(shè)粒子與筒壁碰撞n－1次，運(yùn)動(dòng)軌跡是n段相等的圓弧，再?gòu)腁孔射出．設(shè)第一段圓弧的圓心為O′，半徑為r(如圖所示)，則θ＝，由幾何關(guān)系有：r＝Rtan，又由r＝，聯(lián)立兩式可以解得 B＝(n＝3，4，5…)； (2)每段圓弧的圓心角為 φ＝2＝2＝π， 粒子由A到B所用時(shí)間t′＝T＝·π··tan ＝tan(n＝3，4，5…)， 故粒子運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間 t＝nt′＝tan(n＝3，4，5…)． 答案：(1)B＝(n＝3，4，5…) (2)t＝tan(n＝3，4，5…)