人教版新高考物理二輪復(fù)習(xí)專項訓(xùn)練-專題分層突破練8 磁場 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動

PAGEPAGE13專題分層突破練8 磁場 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動A組1.(2021浙江紹興高三二)如圖所在架子上吊著一根絕緣導(dǎo),右側(cè)導(dǎo)線下部某處裝有一個鉛,使導(dǎo)線保持豎直狀,下端連接著一個鋁箔刷,刷子下方放置一張鋁調(diào)整刷子的高度使之下端好與鋁箔接觸。將左側(cè)導(dǎo)線接到電源的正極,電源的負(fù)極連接鋁,用可移動的夾子水平地夾住一根強(qiáng)磁右端N極正對右側(cè)導(dǎo),接通電,發(fā)現(xiàn)右側(cè)導(dǎo)線在擺動。下列判斷正確的( )右側(cè)導(dǎo)線開始時垂直于紙面向里擺動右側(cè)導(dǎo)線在擺動過程中一直受到安培力作用C.D.同時改變電流方向及磁體的磁極方向,右側(cè)導(dǎo)線開始擺動方向與原來相同2.(2021山東臨沂高三一)如圖所在垂直于紙面的方向上有三根長直導(dǎo)其橫截面位于正方形的三個頂點(diǎn)b、d上導(dǎo)線中通有大小相同的電方向如圖所一帶負(fù)電的粒子從正方形的中心O點(diǎn)沿垂直于紙面的方向向外運(yùn)它所受洛倫茲力的方向是 ( Oa方向Oc方向Od方向Ob方向3.(2021河北高三月考)已知通電直導(dǎo)線磁場中某點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B=k??(式中k為常數(shù),I為電??ab bc 流,r為該點(diǎn)距導(dǎo)線的距?，F(xiàn)有垂直于紙面放置的三根通電直導(dǎo)線a、、c,其中三根導(dǎo)線間的距離之比為l。已知ab導(dǎo)線在c處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行于ab的連線。設(shè)ab的電流之比為n,則( )ab bc a、b,n=169ab的電流反, 16n=9ab,n=1a、b,n=14.(2021),纜繩的下vB中運(yùn)動,使得纜繩中產(chǎn)生感應(yīng)電流。電荷向纜繩,作用那么()A.纜繩中電流的方向由衛(wèi)星流向空心導(dǎo)體B.相同長度的纜繩受到安培力的大小相等C.纜繩受到安培力的方向與衛(wèi)星速度方向間的夾角大于90°D.,5.(多選)(2021)abcd,ab長l,ad√3l,B,a在某時刻向長方形區(qū)域發(fā)射大量質(zhì)量為mq),()abbc,,在磁場中運(yùn)動的時間越長abbc,,在磁場中運(yùn)動的時間越短bcc3????????bcc2????????6.(多選)(2021河南高三月)如圖所磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,垂直磁場方向固定一邊長為l的正方形線框abcd,線框每邊電阻均為R。將線框的頂點(diǎn)b接在電動勢為E、內(nèi)阻為R的電源,開關(guān)S閉合電路穩(wěn)定( )adbc邊受到的安培力方向相反abdcC.整個線框受到的安培力大小為0D.整個線框受到的安培力大小為4??????7??7.(2021)x軸上方有方向垂直于紙面向里、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,xmq的帶負(fù)電粒子vOx60°x,1xP(),2xQ(),OP點(diǎn)的運(yùn)PQ:PO;x軸下方勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小和方向。B組8.(多選)(2021湖北武漢高三月如圖所虛線的上方有方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁,兩帶電子PQ先后射入磁,P的速度方向與磁場邊界的夾角為30°,Q的速度方向與磁場邊界的夾角為60°。已知兩粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間相,且均從O點(diǎn)射出磁,lPO=2lOQ,則( )A.P和Q均帶正電B.P和Q1∶2C.P和Q√3∶1D.P和Q2∶19.(多選)(2021福建莆田高三二如圖所足夠長的熒光屏OA的上方區(qū)域存在勻強(qiáng)磁,邊界MN左側(cè)區(qū)域的磁場方向垂直于紙面向,右側(cè)區(qū)域的磁場方向垂直于紙面向兩區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度小均為B。光屏上方有一粒子源緊挨著O點(diǎn),可沿OA方向不斷射出質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子。粒子打在熒光屏上,熒光屏相應(yīng)位置會發(fā)光。已知粒子的速率可取從零到某最大值之間的各種數(shù)速率最大的粒子恰好垂直打在熒光屏,OM之間的距離為a,不計粒子重力及粒子間的相互作,則( )A.粒子的最大速率為2√3??????3??B.熒光屏上的發(fā)光長度為(2√3+1)a33π??2????7π??6????10.(2021福建福州高三一模)如圖所示,真空中,在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在(含邊界)垂直于紙面向里磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,兩圓的半徑分別為R和3R,圓心為O。質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從大圓邊緣的P點(diǎn)沿半徑PO方向以不同的速度垂直射入磁場,粒子重力不計。若粒子在磁場中運(yùn)動軌跡所對的圓心角為120°,v1t1。,v2。x0y 11.(20216空間站上某種離子推進(jìn)器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板Nl其后端面P為噴口。以金屬板NO為坐標(biāo)原點(diǎn),xyzMNEz軸正zxyBBB(Xe2+)束從離子源小孔Sz方向勻速運(yùn)動到M板最后從端面P測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板NOvm2e,忽略離子間的相互作用且射出的離子總質(zhì)量遠(yuǎn)小于推進(jìn)器的質(zhì)量。x0y 甲乙S求離子從小孔Sv。SB0,使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P出,B0的取值范圍。設(shè)離子在磁場中的運(yùn)動時間遠(yuǎn)小于磁場變化周期T,單位時間從端面Pn,且B=√2????0。求圖乙中t時刻離子束對推進(jìn)器作用力沿z軸方向的分力。0 5???? 012.(2021),B、方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場中有一,O點(diǎn)在紙面內(nèi)均勻向各個方向同時發(fā)射速率為vk,PQPO8??,且粒5????子打在擋板上會被吸收,不計帶電粒子的重力與粒子間的相互作用,磁場分布足夠大。,?(3)?參考答案專題分層突破練8 磁場 帶電粒子在磁場中的運(yùn)動1.D 解析所以導(dǎo)線垂故A,,通過,故B錯誤。右側(cè)導(dǎo)線在整個擺動過程中安培力的方向既有與導(dǎo)線運(yùn)動方向相,,,故C錯誤。所以開故D正確。2.A解析、、dO,由磁場的疊加,再由左手定則可判斷帶負(fù)電的粒子所受洛倫茲力方向沿Oa向。故選A。3.C解析由c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向平行于a、b的連線,根據(jù)右手螺旋定則及平行四邊形定則可知,a、b通電導(dǎo)線的電流方向同向,由幾何關(guān)系及平行四邊形定則可知,a導(dǎo)線在c處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小與b導(dǎo)線在c處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小滿足??ac=3,根據(jù)B=k??,??a=n,得n=1,故選C。??bc 4 ????bC解析,故A,所B90°,C因為引故D錯誤。BD 解析abbc,,,選項A,Bbcc點(diǎn)出射的粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系可知r2=(r-l)2+(√3l)2,解得r=2l,根據(jù)qvB=m??2,解得v=??????=?? ??2??????,選項C錯誤,D正確。??AD 解析adbc,選項Aab邊dc選項B、br,1=1+1,?? ?? 4??????4所以r=3R,根據(jù)閉合電路歐姆定律得干路電流I=?? =4??,所以安培力F=BIl= ,選項D正,C44錯誤。

3??+??

7??

7??7.(1)√3????????

(2)見解析解析(1)根據(jù)題意可知,粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運(yùn)動,如圖甲所示。甲根據(jù)洛倫茲力提供向心力有??2Bqv=m??根據(jù)幾何知識有OPl=2rsinθOP聯(lián)立解得,從P點(diǎn)到O點(diǎn)的距離為l=√3????。OP ????(2)根據(jù)圓周運(yùn)動的周期T=2π??=2π???? ????t=??T=????2π ????①若x軸下方的磁場方向垂直于紙面向外,粒子的運(yùn)動軌跡如圖乙所示。乙根據(jù)幾何知識有α1=α2=240°由于粒子從O點(diǎn)到P點(diǎn)的運(yùn)動時間等于粒子從P點(diǎn)到Q點(diǎn)的運(yùn)動時間,故有B=B。下②若x軸下方的磁場方向垂直于紙面向里,粒子的運(yùn)動軌跡如圖丙所示。丙根據(jù)幾何知識有α=1α=120°221OPPQ,

'=1B。下2BC 解析O,Q帶正電,P故A錯誤。根據(jù)幾何關(guān)系可知,Q120°,

sin60°1

,P60°,R=

,則P和Q在磁場中運(yùn)動的2Q =lOQ2

PPO1 半徑之比為兩粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的時間相1T=T,T= ,解得P和Q的速1 3Q6P ??R=????,得??=??,所以P和Q故BC,D錯誤。???? ?? ????AD 解析r1,即?? =r

=2r,∠OOK=60°,

=2rsin60°=a+rsin60°,r2√3

,由向心力????1

11

1 ????2 1

1 3a公式可得qvB=m??12,聯(lián)立可解得v=2√3??????,此過程粒子在磁場中的運(yùn)動時間最短,MN左側(cè)軌跡圓心1 ??1

1 3??角60°,右側(cè)軌跡圓心角150°,周期公式為T=2π??,故總時間為t=60°+150° 7π??,A、D正確。當(dāng)粒子????

1 360°T=6????MNMA相切,r2=a,兩邊,t=T=2π??,CM,與熒2 ????M,Δx=(rcos30°+r)-r=2√3

,B錯1 1 2 3a誤。甲乙10.答案(1)√3????????解析(1)由圖甲得r1=3Rtan30°=√3R

2π??3????

(2)0<v≤4??????2 ??由牛頓第二定律得qvB=m??12v=√3??????

1 ??11 ??T=2π??????帶電粒子在磁場中運(yùn)動的時間t=120° 2π??。1360°T=3????甲乙max(2)設(shè)帶電粒子恰好不能進(jìn)入小圓內(nèi)部區(qū)域的最大速度為vmax,對應(yīng)半徑為r 由幾何關(guān)系(3R)2+??max2=(rmax+R)2max解得rmax=4R

=4??????max ??0<v≤4??????。2 ??11.答案(1)√??24??????

(2)0

????0

(3)3

,方向沿z軸負(fù)方向0 ??

~3????

nmv50解析(1)離子從小孔S射出運(yùn)動到金屬板N中心點(diǎn)O處,根據(jù)動能定理有02 1????2?1????2eEd=0S2 20S解得離子從小孔S射出時相對推進(jìn)器的速度大小v=√??24??????。S 0 ??x,離子從噴口P根據(jù)幾何關(guān)系有(?? ??)2+l2=??212 1

????02B=2????0

ev0B0=

??10 5????當(dāng)磁場在x和y方向的分量同取最大值時,離子從噴口P邊緣交點(diǎn)射出,根據(jù)幾何關(guān)系有(??2

22)+l2=??22此時B=√2B02e×v×

????02B=????0

0

??203????

????B0

0。3????粒子在立方體中運(yùn)動軌跡剖面圖如圖所示。由題意根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2e×v×√2B=????02且滿足B=√2????0

0 0 ??30 5????=l所以可得R=????0 5=l32√2????0 4所以可得cosθ3=5離子從端面P射出時,在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt=nΔtmv0cosθ-0根據(jù)牛頓第三定律可得離子束對推進(jìn)器作用力大小為F'=3nmv5 0方向沿z軸負(fù)方向。12.(1)6??

(2)37π45????

(3)25%解析(1)粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動的向心力,由牛頓第二定律得??2qvB=m??r=????????

??????在擋板左側(cè)能打在擋板上最遠(yuǎn)點(diǎn)的粒子軌跡恰好與擋板相切,設(shè)此時打在擋板上的點(diǎn)為N,如圖甲所示。甲設(shè)粒子發(fā)射方向與水平方向成θ0角,由幾何關(guān)系可得sinθ=????????=3,θ=37°0 ?? 50l=rcos37°=4??PN 5????當(dāng)粒子剛好過P點(diǎn)時,粒子打在擋板的右側(cè),設(shè)此時打在擋板上的點(diǎn)為M,在OPM中,由幾何關(guān)系可得l =√(2??)2

2==

6??5????所以打在擋板上的粒子數(shù)最多時,擋板長度至少為6??。5????由(1)P,,1所示。乙OPα,θ,由幾何關(guān)系可得sinα=

??????2=411得α