屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題三電場和磁場第講磁場及帶電粒子在磁場中運動課時檢測

屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題三電場和磁場第講磁場及帶電粒子在磁場中的運動課時檢測屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題三電場和磁場第講磁場及帶電粒子在磁場中的運動課時檢測PAGE屆高考物理二輪復習第一部分專題整合專題三電場和磁場第講磁場及帶電粒子在磁場中的運動課時檢測第一部分專題三第2講磁場及帶電粒子在磁場中的運動一、單項選擇題1.(2018·鄭州模擬)三根平行的長直導體棒分別過正三角形ABC的三個極點，并與該三角形所在平面垂直，各導體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖3－2－17所示，則三角形的中心O處的合磁場方向為圖3－2－17A．平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C分析以以下圖，由右手螺旋定章可知，導線A中電流在O點產生的磁場的磁感覺強度方向平行BC，同理，可知導線B、C中電流在O點產生的磁場的磁感覺強度的方向分別平行于AC、AB，又因為三根導線中電流大小相等，到O點的距離相等，則它們在O點處產生的磁場的磁感覺強度大小相等，再由平行四邊形定章，可得O處的合磁場方向為平行于AB，由A指向B，應選A。答案A2.(2016·全國卷Ⅲ)平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖3－2－18所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感覺強度大小為B，方向垂直于紙面向外。一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q＞0)。粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速率與OM成30°角。已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場。不計重力。粒子走開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為圖3－2－18A.eq\f(mv,2qB)B.eq\f(\r(3)mv,qB)C.eq\f(2mv,qB)D.eq\f(4mv,qB)分析以以下圖為粒子在勻強磁場中的運動軌跡表示圖，設出射點為P，粒子運動軌跡與ON的交點為Q，粒子入射方向與OM成30°角。則射出磁場時速度方向與OM成30°角，由幾何關系可知，PQ⊥ON，故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍，即4R，又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R＝eq\f(mv,qB)，所以D正確。答案D3．(2018·冀州模擬)我國位于北半球，某地域存在勻強電場E和可看作勻強磁場的地磁場B，電場與地磁場的方向同樣，地磁場的豎直重量和水平重量分別豎直向下和水平指北，一帶電小球以速度v在此地域內沿垂直場強方向在水平面內做直線運動，忽視空氣阻力，此地域的重力加快度為g，則以下說法正確的選項是A．小球運動方向為自南向北B．小球可能帶正電C．小球速度v的大小為eq\f(E,B)D．小球的比荷為eq\f(g,\r(E2＋(vB)2))分析由題意可知，小球受重力、電場力和洛倫茲力，因做直線運動，且f洛＝qvB，則必定做勻速直線運動，那么電場力與洛倫茲力的協(xié)力與重力等大反向，因電場與地磁場的方向同樣，地磁場的豎直重量和水平重量分別豎直向下和水平指北，則小球受力以以下圖，此中Eq與Bqv垂直，因小球受力均衡，則受力關系知足(mg)2＝(Eq)2＋(Bqv)2，得eq\f(q,m)＝eq\f(g,\r(E2＋(vB)2))，v＝eq\f(\r((mg)2－(qE)2),qB)，則D項正確，C項錯誤。由受力分析可知小球帶負電，且運動方向為自東向西，則A、B錯誤。答案D4.(2016·四川卷)如圖3－2－19所示，正六邊形abcdef地域內有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場所區(qū)，當速度大小為vb時，從b點走開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點走開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。則圖3－2－19A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2分析設正六邊形邊長為L，一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場所區(qū)，當速度大小為vb時，從b點走開磁場，由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rb＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應的圓心角為120°，由洛倫茲力供給向心力，Bqvb＝eq\f(mv\o\al(2,b),L)，得L＝eq\f(mvb,qB)，且T＝eq\f(2πL,vb)，得tb＝eq\f(1,3)·eq\f(2πm,qB)；當速度大小為vc時，從c點走開磁場，由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc＝L＋eq\f(\f(1,2)L,sinθ)＝2L，同理有2L＝eq\f(mvc,qB)，tc＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,qB)，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A項正確。答案A5．(2018·河南九校聯考)如圖3－2－20所示，通有恒定電流的、必定長度的直導線水平擱置在兩足夠大的勻強磁場中，磁場方向如圖3－2－20所示。若將導體在紙面內順時針轉180°，對于甲、乙兩種狀況導體遇到的安培力大小和方向變化，以下說法正確的選項是圖3－2－20A．甲、乙兩種狀況導線遇到的安培力大小不變，方向向來變化B．甲、乙兩種狀況導線遇到的安培力大小向來在變，方向不變C．圖甲導線遇到的安培力大小向來在變，方向變化一次，圖乙導線遇到的安培力大小向來不變，方向向來在變D．圖甲導線遇到的安培力大小向來在變，方向不變，圖乙導線遇到的安培力大小向來不變，方向向來在變分析對甲圖分析有：開始地點導體與磁場垂直，由左手定章能夠判斷出導線在紙面內轉0到90°過程中安培力的方向向來為垂直紙面向外，當導線在紙面內轉90°到180°的過程中安培力的方向改變，變成垂直紙面向里，所以甲圖安培力方向變化一次；甲圖中安培力的大小F＝BILsinθ，此中θ為導線與磁場的夾角，導線在紙面內順時針轉動180°的過程中，θ由90°漸漸減小到0°，再從0°漸漸增大到90°，所以甲圖安培力大小從最大BIL先減小，直到減為0，再增大到BIL，故甲圖安培力大小向來在變，方向變化一次。對乙圖分析有：導線在紙面內順時針轉180°過程中，由左手定章能夠判斷出安培力方向向來在變化，但轉動過程導線中電流I向來與磁場方向垂直，故安培力大小向來不變，向來為F＝BIL。綜合上述分析，C說法正確。答案C二、多項選擇題6．電磁軌道炮工作原理如圖3－2－21所示。待發(fā)射彈體可在兩平行軌道之間自由挪動，并與軌道保持優(yōu)秀接觸。電流I從一條軌道流入，經過導電彈體后從另一條軌道流回。軌道電流可形成在彈體處垂直于軌道面的磁場(可視為勻強磁場)，磁感覺強度的大小與I成正比。通電彈體在軌道上遇到安培力的作用而高速射出?，F欲使彈體的出射速度增添至本來的2倍，理論上可采納的方法是圖3－2－21A．只將軌道長度L變成本來的2倍B．只將電流I增添至本來的2倍C．只將彈體質量減至本來的一半D．將彈體質量減至本來的一半，軌道長度L變成本來的2倍，其余量不變分析設兩軌道間距離為d，彈體出射速度為v時，對應的電流為I，彈體的質量為m，軌道長度為L。當出射速度為2v時，對應的電流為I′，彈體的質量為m′，軌道長度為L′。依題意有B＝kI，F＝BId＝kI2d，由動能定理得FL＝eq\f(1,2)mv2，即kI2dL＝eq\f(1,2)mv2，同理有kI′2dL′＝eq\f(1,2)m′(2v)2，兩式比較可得eq\f(I2Lm′,I′2L′m)＝eq\f(1,4)，四個選項中只有B、D兩個選項能使該式建立，故A、C錯誤，B、D正確。答案BD7．某一空間存在著磁感覺強度為B且大小不變、方向隨時間t做周期性變化的勻強磁場(如圖3－2－22甲所示)，規(guī)定垂直紙面向里的磁場方向為正，為了使靜止于該磁場中的帶正電的粒子能按a→b→c→d→b→e→f的次序做橫“∞”字曲線運動(即如圖乙所示的軌跡)，以下方法可行的是(粒子只受磁場力的作用，其余力不計)圖3－2－22A．若粒子的初始地點在a處，在t＝eq\f(3T,8)時給粒子一個沿切線方向水平向右的初速度B．若粒子的初始地點在f處，在t＝eq\f(T,2)時給粒子一個沿切線方向豎直向下的初速度C．若粒子的初始地點在e處，在t＝eq\f(11T,8)時給粒子一個沿切線方向水平向左的初速度D．若粒子的初始地點在b處，在t＝T時給粒子一個沿切線方向豎直向上的初速度分析要使粒子的運動軌跡如題圖乙所示，粒子做圓周運動的周期應為T0＝eq\f(T,2)。對A項，t＝eq\f(3T,8)時磁場向里，由左手定章可知，粒子經eq\f(T,8)時間沿圓弧ab運動到b，此時磁場方向改變，粒子沿bcdb運動到b點，磁場方向改變，粒子沿befa運動，知足題目要求，選項A正確；對B項；t＝eq\f(T,2)時磁場向外，由左手定章可知粒子將走開圓弧向左偏轉，選項B錯誤；對C項，t＝eq\f(11T,8)時磁場垂直紙面向里，粒子沿ef運動eq\f(T,8)時間后磁場方向改變，粒子在f點走開圓弧向左偏轉，選項C錯誤；對D項，t＝T時磁場向里，粒子沿befab運動一周祥b點時磁場方向改變，粒子沿bcd圓弧運動，符合題意，選項D正確。答案AD8.(2018·湖南二模)沿半徑為R的圓形界限的勻強磁場的半徑PO方向射入兩個帶電粒子甲和乙，甲、乙分別從圓形界限上的Q、S兩點射出，已知兩個帶電粒子的比荷(q/m)同樣，圓弧PQ為圓周界限的1/3，圓弧PS為圓周界限的1/4，由此可知圖3－2－23A．從界限上Q點射出的帶電粒子甲帶負電B．甲和乙兩個帶電粒子的速度大小之比為1∶eq\r(3)C．甲和乙兩個帶電粒子的速度大小之比為eq\r(3)∶1D．甲和乙兩個帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑之比為eq\r(3)∶1分析由左手定章可判斷出從界限上Q點射出的帶電粒子甲帶正電，選項A錯誤。依據題述能夠判斷出從S點射出的帶電粒子乙的運動軌跡半徑為r乙＝R，由幾何關系可知tan30°＝R/r甲，解得從Q點射出的帶電粒子在磁場中運動的軌跡半徑之比為r甲∶r乙＝eq\r(3)∶1，選項D正確。由r＝eq\f(mv,qB)可得甲和乙兩個帶電粒子的速度大小之比為v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝eq\r(3)∶1，選項B錯誤，C正確。答案CD三、計算題9．如圖3－2－24所示，在xOy坐標平面內，x軸上、下方散布有磁感覺強度不同樣的勻強磁場，磁場方向均垂直紙面向里，一質量為m，電荷量為q的帶正電粒子從y軸上的P點以必定的初速度沿y軸正方向射出，粒子經過時間t第一次從x軸上的Q點進入下方磁場，速度方向與x軸正向成45°角，當粒子再次回到x軸時恰巧經過坐標原點O，已知OP＝L，不計粒子重力，求：圖3－2－24(1)帶電粒子的初速度大小v0；(2)x軸上、下方磁場的磁感覺強度之比eq\f(B1,B2)。分析(1)粒子運動軌跡以以下圖。由幾何知識得r1＝eq\r(2)L①粒子在x軸上方運動的盤旋角φ＝225°＝eq\f(5π,4)②又時間t＝eq\f(φr1,v0)③綜合①②③得v0＝eq\f(5\r(2)πL,4t)(2)由幾何知識有OQ＝r1＋r1cos45°粒子在x軸下方運動的半徑r2＝eq\f(\r(2),2)OQ由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)得eq\f(B1,B2)＝eq\f(r2,r1)＝eq\f(1＋\r(2),2)。答案(1)eq\f(5\r(2)πL,4t)(2)eq\f(1＋\r(2),2)10.一邊長為a的正三角形ADC地域中有垂直該三角形平面向里的勻強磁場，在DC邊的正下方有一系列質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，以垂直于DC邊的方向射入正三角形地域。已知全部粒子的速度均同樣，經過一段時間后，全部的粒子都能走開磁場，此中垂直AD邊走開磁場的粒子在磁場中運動的時間為t0。假定粒子的重力和粒子之間的互相作使勁可忽視。圖3－2－25(1)求該地域中磁感覺強度B的大小。(2)為了能有粒子從DC邊走開磁場，則粒子射入磁場的最大速度為多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度進入磁場，則粒子從正三角形界限AC、AD邊射出的地域長度分別為多大？分析(1)洛倫茲力供給向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)當粒子垂直AD邊射出時，依據幾何關系有圓心角為60°，則t0＝eq\f(1,6)T解得B＝eq\f(πm,3qt0)。(2)當軌跡圓與AC、AD都相切時，能有粒子從DC邊射出，且速度為最大值，如圖甲所示，設此時粒子的速度為v1，偏轉半徑為r1，則r1＝eq\f(a,2)sin60°＝eq\f(\r(3),4)a由qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)得r1＝eq\f(mv1,qB)解得v1＝eq\f(\r(3)πa,12t0)所以粒子能從DC邊走開磁場的最大入射速度v1＝eq\f(\r(3)πa,12t0)。(3)由(2)知，當軌跡圓與AC相切時，從AC邊射出的粒子距C最遠，故AC邊有粒子射出的范圍為CE段，xCE＝eq\f(a,2)cos60°＝eq\f(a,4)當軌跡圓與AD邊的交點F恰在圓心O正上方時，射出的粒子距D點最遠，如圖乙所示，故AD邊有粒子射出的范圍為DF段，xDF＝eq\f(r1,sin60°)＝eq\f(a,2)。答案(1)eq\f(πm,3qt0)(2)eq\f(\r(3)πa,12t0)(3)eq\f(a,4)eq\f(a,2)11.(2018·洛陽統(tǒng)考)如圖3－2－26所示，在xOy平面內以O為圓心，R為半徑的圓形地域Ⅰ內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁感覺強度大小為B1＝eq\f(mv,qR)；一質量為m、帶電荷量為＋q的粒子以速度v從A(R,0)點沿x軸負方向第一次進入磁場所區(qū)Ⅰ，再從地域Ⅰ進入齊心環(huán)形勻強磁場所區(qū)Ⅱ，為使粒子經過地域Ⅱ后能從Q點第二次回到地域Ⅰ，需在地域Ⅱ內加一垂直于紙面向里的勻強磁場。已知OQ與x軸負方向成30°夾角，不計粒子重力。試求：圖3－2－26(1)環(huán)形地域Ⅱ跟圓形地域Ⅰ中的磁場的磁感覺強度大小之比；(2)粒子從A點出發(fā)到再次經過A點所用的最短時間。