素養(yǎng)培優(yōu)專練7高考物理總復習精品

《金版教程》高考總復習首選用卷?物理(新教材)素養(yǎng)培優(yōu)專練(七)一、磁場在實際情境中的應用(一)磁場在生產(chǎn)、生活中的應用1.(2020·浙江7月選考)特高壓直流輸電是國家重點能源工程。如圖所示，兩根等高、相互平行的水平長直導線分別通有方向相同的電流I1和I2，I1>I2。a、b、c三點連線與兩根導線等高并垂直，b點位于兩根導線間的中點，a、c兩點與b點距離相等，d點位于b點正下方。不考慮地磁場的影響，則()A．b點處的磁感應強度大小為0B．d點處的磁感應強度大小為0C．a(chǎn)點處的磁感應強度方向豎直向下D．c點處的磁感應強度方向豎直向下答案C解析根據(jù)題意，由安培定則畫出電流I1、I2在a、b、c、d點處產(chǎn)生的磁場的方向如圖所示(逆著電流方向看)。I1在b點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B1b方向豎直向上，I2在b點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B2b方向豎直向下，因為I1>I2，則B1b>B2b，由磁場的疊加可知，b點處的磁感應強度大小不為0，A錯誤；同理，由磁場的疊加可知，d點處的磁感應強度大小不為0，a點處的磁感應強度豎直向下，c點處的磁感應強度豎直向上，B、D錯誤，C正確。2．(2021·山東省青島市高三上期末教學質量檢測)如圖所示，為除塵裝置的截面示意圖，水平放置的金屬極板M、N間距離為d，大量均勻分布的帶負電塵埃以相同速度進入兩板間，速度方向與板平行，大小為v0，每顆塵埃的質量均為m、帶電荷量均為q。現(xiàn)有兩個可行的除塵方案：方案一：如圖甲，在兩板間加上恒定電壓，所加電壓為U0，塵埃會被極板吸附，除塵效率為50%。方案二：如圖乙，在原有兩極板M、N的截面內，建立平面直角坐標系xOy，y軸垂直于金屬板并過板的右端，x軸與兩板中軸線共線；在P(2.5d，－2d)處放置開口向上且大小不計的塵埃收集容器。撤去兩板間電場，然后只需在y軸右側的某圓形區(qū)域內施加一垂直于紙面向里的勻強磁場，就可以把所有塵埃全部收集到容器中。塵埃顆粒重力、顆粒間作用力、塵埃顆粒對板間電場影響均不計。(1)在方案一中，要使除塵效率達到100%，則兩板間應加多大電壓；(2)在方案二中，要把所有塵埃全部收集到容器中，則在圓形區(qū)域內所施加勻強磁場的磁感應強度大小應滿足什么條件？答案(1)2U0(2)eq\f(2mv0,5qd)≤B≤eq\f(4mv0,5qd)解析(1)在方案一中，原除塵效率為50%，說明極板左端只有eq\f(d,2)寬度的塵埃能夠打到極板上，要使除塵效率達到100%，則應使塵埃的最大偏轉距離為d，設兩板間應加電壓為U，塵埃在板間最長運動時間為t，則有eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)·eq\f(qU0,md)t2，d＝eq\f(1,2)·eq\f(qU,md)t2可解得U＝2U0。(2)設圓形磁場區(qū)域的半徑為R1，塵埃在磁場中做圓周運動的半徑為R2，要使所有塵埃都能到達P點，必須滿足R2＝R1由洛倫茲力提供向心力可得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R2)當圓形區(qū)域最低點為P點且與M板的延長線相切時，R1最小，B最大，如圖1，由幾何關系得R2小＝R1?。絜q\f(5,4)d解得B2大＝eq\f(4mv0,5qd)；當圓形區(qū)域最低點為P點且與y軸相切時，R1最大，B最小，如圖2，由幾何關系得R2大＝R1大＝eq\f(5,2)d解得B2小＝eq\f(2mv0,5qd)所以圓形區(qū)域內勻強磁場的磁感應強度大小應滿足eq\f(2mv0,5qd)≤B≤eq\f(4mv0,5qd)。(二)磁場在前沿科技、遷移創(chuàng)新中的應用3.(2021·全國甲卷)兩足夠長直導線均折成直角，按圖示方式放置在同一平面內，EO與O′Q在一條直線上，PO′與OF在一條直線上，兩導線相互絕緣，通有相等的電流I，電流方向如圖所示。若一根無限長直導線通過電流I時，所產(chǎn)生的磁場在距離導線d處的磁感應強度大小為B，則圖中與導線距離均為d的M、N兩點處的磁感應強度大小分別為()A．B、0 B．0、2BC．2B、2B D．B、B答案B解析因兩導線通有相等的電流I，則兩直角導線可以等效為分別沿EOQ、PO′F通有電流I的兩直導線，由題意可知，任一等效直導線所產(chǎn)生的磁場在M、N點處的磁感應強度的大小均為B。由安培定則可知，兩等效直導線所產(chǎn)生的磁場在M點處的磁感應強度方向分別為垂直紙面向外、垂直紙面向里，故M點處的磁感應強度大小為0；兩等效直導線所產(chǎn)生的磁場在N點處的磁感應強度方向均為垂直紙面向里，故N點處的磁感應強度大小為2B。故B正確。4.(2021·北京市朝陽區(qū)校際聯(lián)考)如圖所示為磁聚焦法測量比荷的原理圖。在陰極K和陽極A之間加電壓，電子由陽極A中心處的小孔P射出。小孔P與熒光屏中心O點連線為整個裝置的中軸線。在極板很短的電容器C上加很小的交變電場，使不同時刻通過這里的電子發(fā)生不同程度的偏轉，可認為所有電子從同一點發(fā)散。在電容器C和熒光屏S之間加一平行PO的勻強磁場，經(jīng)過一段時間電子再次會聚在一點。調節(jié)磁感應強度B的大小，可使電子流剛好再次會聚在熒光屏的O點。已知K、A之間的加速電壓為U，C與S之間磁場的磁感應強度為B，發(fā)散點到O點的距離為l。下列說法正確的是()A．電子通過電容器后速度方向相同B．從右側往左側看，電子做圓周運動的半徑相同C．所有電子從發(fā)散到再次會聚所用的時間相同D．電子的比荷eq\f(e,m)＝eq\f(4π2U,B2l2)答案C解析由題意可知，電子通過電容器后速度方向不同，A錯誤；經(jīng)交變電場后電子發(fā)生不同程度的偏轉，故經(jīng)交變電場后電子在垂直PO方向上的速度大小不同，此時由洛倫茲力提供向心力，有meq\f(v\o\al(2,⊥),r)＝Bev⊥，得r＝eq\f(mv⊥,Be)，故從右側往左側看，電子做圓周運動的半徑不同，B錯誤；在PO方向上電子做勻速直線運動，速度大小相同，故所有電子從發(fā)散到再次會聚所用的時間相同，C正確；從發(fā)散點到再次會聚點，電子在沿PO方向和垂直PO線的面上的兩個分運動時間相等，則t直＝t圓，電子經(jīng)過加速電場有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,∥)，電子射出電容器后在PO方向做勻速直線運動，有t直＝eq\f(l,v∥)，電子在垂直于PO的方向做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有ev⊥B＝meq\f(v\o\al(2,⊥),r)，T＝eq\f(2πr,v⊥)＝eq\f(2πm,eB)，t圓＝T，聯(lián)立解得eq\f(e,m)＝eq\f(8π2U,B2l2)，故D錯誤。二、重難點強化專練(一)帶電粒子在有界磁場中的運動5.(2021·遼寧省凌源市高三下3月尖子生抽測)如圖所示，在直角三角形abc區(qū)域(含邊界)內存在垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，∠a＝60°，∠b＝90°，邊長ac＝L，一個粒子源在a點將質量為3m、電荷量為qA.eq\f(qBL,6m) B．eq\f(qBL,4m)C．eq\f(\r(3)qBL,6m) D．eq\f(qBL,2m)答案A解析粒子運動時間最長，則粒子在磁場中轉過的圓心角最大；速度最大，則粒子在磁場中運動軌跡半徑最大，所以粒子沿ab進入磁場且軌跡與bc邊相切時滿足條件，軌跡如圖。根據(jù)幾何關系可知粒子運動半徑r＝ab＝Lcos60°＝eq\f(1,2)L，洛倫茲力提供向心力，得qvB＝3meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBL,6m)，A正確，B、C、D錯誤。6.(2021·重慶市高三上第二次預測性考試)如圖所示，在xOy平面上，一個以原點O為圓心，半徑為4R的圓形區(qū)域內存在著勻強磁場，磁場的方向垂直于紙面向里，在坐標(－2R,0)的A處靜止著一個具有放射性的氮原子核eq\o\al(13,7)N。某時刻該核發(fā)生衰變，放出一個正電子和一個反沖核，已知正電子從A處射出時速度方向垂直于x軸，且后來通過了y軸，而反沖核剛好不離開磁場區(qū)域。不計重力影響和離子間的相互作用。(1)寫出衰變方程；(2)求正電子做圓周運動的半徑；(3)求正電子最后過y軸時的坐標。答案(1)eq\o\al(13,7)N→eq\o\al(13,6)C＋eq\o\al(0,1)e(2)6R(3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(12\r(7)R,7)))解析(1)由原子核衰變時質量數(shù)及電荷數(shù)均守恒可知，該核發(fā)生的衰變方程為eq\o\al(13,7)N→eq\o\al(13,6)C＋eq\o\al(0,1)e。(2)根據(jù)題意可知，反沖核的初速度方向垂直x軸向上，正電子的初速度方向垂直x軸向下，軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關系，反沖核的軌跡半徑r1＝R衰變過程中遵循動量守恒定律，有m1v1＝m2v2又由于qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,Bq)q1＝6eq2＝e聯(lián)立并代入數(shù)據(jù)可得正電子做圓周運動的軌跡半徑r2＝6R。(3)分析可知正電子在通過y軸前飛出圓形磁場區(qū)域，設出射點為P，其軌跡圓心在磁場邊界與x軸的交點O′處，過P點作出出射速度的反向延長線則交于磁場邊界D點，且D點在x軸上，根據(jù)幾何知識可得∠DO′P＝∠OQD＝α在直角三角形DO′P中，cosα＝eq\f(r2,8R)＝eq\f(3,4)所以tanα＝eq\f(\r(7),3)，OQ＝eq\f(OD,tanα)＝eq\f(12\r(7)R,7)故正電子最后通過y軸的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(12\r(7)R,7)))。(二)帶電粒子在組合場中的運動7.(2021·全國甲卷)如圖，長度均為l的兩塊擋板豎直相對放置，間距也為l，兩擋板上邊緣P和M處于同一水平線上，在該水平線的上方區(qū)域有方向豎直向下的勻強電場，電場強度大小為E；兩擋板間有垂直紙面向外、磁感應強度大小可調節(jié)的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q>0)的粒子自電場中某處以大小為v0的速度水平向右發(fā)射，恰好從P點處射入磁場，從兩擋板下邊緣Q和N之間射出磁場，運動過程中粒子未與擋板碰撞。已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，不計重力。(1)求粒子發(fā)射位置到P點的距離；(2)求磁感應強度大小的取值范圍；(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場，求粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離。答案(1)eq\f(\r(13)mv\o\al(2,0),6qE)(2)eq\f(3－\r(3)mv0,3ql)≤B≤eq\f(2mv0,ql)(3)eq\f(39－10\r(3),44)l解析(1)帶電粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律可知x＝v0t①y＝eq\f(1,2)at2＝eq\f(qEt2,2m)②已知粒子射入磁場時的速度方向與PQ的夾角為60°，有tan30°＝eq\f(vy,vx)＝eq\f(at,v0)＝eq\f(qEt,mv0)③粒子發(fā)射位置到P點的距離s＝eq\r(x2＋y2)④由①②③④式解得s＝eq\f(\r(13)mv\o\al(2,0),6qE)。(2)帶電粒子在磁場中運動的速度大小v＝eq\f(v0,cos30°)＝eq\f(2\r(3)v0,3)⑤帶電粒子在磁場中做圓周運動，向心力由洛倫茲力提供，由牛頓第二定律可知qvB＝eq\f(mv2,r)⑥帶電粒子在磁場中運動的兩個臨界軌跡(分別從Q、N點射出)如圖甲所示由幾何關系可知，最小軌道半徑rmin＝eq\f(\f(l,2),cos30°)＝eq\f(\r(3),3)l⑦最大軌道半徑滿足(rmaxcos30°－l)2＋(rmaxsin30°＋l)2＝req\o\al(2,max)⑧解得rmax＝(eq\r(3)＋1)l⑨當r取rmin時，B有最大值Bmax；當r取rmax時，B有最小值Bmin由⑤⑥⑦⑨式解得Bmin＝eq\f(3－\r(3)mv0,3ql)，Bmax＝eq\f(2mv0,ql)則磁感應強度大小的取值范圍為eq\f(3－\r(3)mv0,3ql)≤B≤eq\f(2mv0,ql)。(3)若粒子正好從QN的中點射出磁場，帶電粒子在磁場中的運動軌跡如圖乙所示由幾何關系可知，在△O3FK中有(l－r3cos30°)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(l,2)＋r3sin30°))2＝req\o\al(2,3)⑩解得帶電粒子的運動軌道半徑r3＝eq\f(52\r(3)＋1,22)l?粒子在磁場中的軌跡與擋板MN的最近距離dmin＝r3sin30°＋l－r3?由??式解得dmin＝eq\f(39－10\r(3),44)l。(三)帶電粒子在疊加場中的運動8.(2021·山東省濱州市高三下二模)(多選)如圖所示，直角坐標系xOy在水平面內，z軸豎直向上。坐標原點O處固定一帶正電的點電荷，空間中存在豎直向下的勻強磁場B。質量為m、帶電量為q的小球A，繞z軸做勻速圓周運動，小球A的速度大小為v0，小球與坐標原點的距離為r，O點和小球A的連線與z軸的夾角θ＝37°。重力加速度為g，m、q、r已知。(cos37°＝0.8，sin37°＝0.6)則下列說法正確的是()A．小球A與點電荷之間的庫侖力大小為eq\f(5,4)mgB．從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動C．v0越小所需的磁感應強度B越小D．v0＝eq\r(\f(9,20)gr)時，所需的磁感應強度B最小答案ABD解析根據(jù)左手定則可知洛倫茲力沿水平方向，在豎直方向，根據(jù)平衡條件得F庫cos37°＝mg，解得F庫＝eq\f(5,4)mg，小球A與點電荷之間的庫侖力大小為eq\f(5,4)mg，且小球必然帶正電，A正確；空間中存在豎直向下的勻強磁場B，根據(jù)左手定則，從上往下看帶電小球只能沿逆時針方向做勻速圓周運動，洛倫茲力才指向圓心，洛倫茲力與小球所受庫侖力沿水平方向的合力才能提供向心力，B正確；水平方向根據(jù)牛頓第二定律得qv0B－F庫sin37°＝meq\f(v\o\al(2,0),rsin37°)，整理得B＝eq\f(5mv0,3qr)＋eq\f(3mg,4qv0)，當eq\f(5mv0,3qr)＝eq\f(3mg,4qv0)，即v0＝eq\r(\f(9,20)gr)時，所需的磁感應強度B最小，C錯誤，D正確。9.(2021·廣東省汕頭市高三二模)(多選)如圖所示，一根足夠長的絕緣均勻圓桿傾斜固定在勻強磁場中，磁場的方向垂直于圓桿所在的豎直平面向內?，F(xiàn)有一個帶正電小圓環(huán)從桿底端以初速度v0沿桿向上運動，環(huán)與桿間的動摩擦因數(shù)處處相同，不計空氣阻力。下列描述圓環(huán)在桿上運動的v-t圖像中，可能正確的是()答案AD解析情況一：當小圓環(huán)的初速度較小時，有N＋Bqv＝mgcosθ，當速度變小時，小圓環(huán)與桿之間的彈力增大，由f＝μN，可知摩擦力增大，再根據(jù)牛頓第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，則加速度逐漸增大，所以小圓環(huán)做加速度逐漸增大的減速運動。當小圓環(huán)速度減到0時，如果有mgsinθ≤μmgcosθ，則小圓環(huán)將靜止在圓桿上，如果mgsinθ>μmgcosθ，則小圓環(huán)將向下做加速運動，有N＝mgcosθ＋Bqv，速度增大，則小圓環(huán)與桿之間的彈力增大，摩擦力增大，由mgsinθ－f＝ma，則小圓環(huán)的加速度將減小，當加速度為0時，小圓環(huán)將做勻速運動。情況二：當小圓環(huán)的初速度較大時，有N＝Bqv－mgcosθ，當速度變小時，小圓環(huán)與桿之間的彈力逐漸減小，由f＝μN，可知摩擦力減小，再根據(jù)牛頓第二定律可得f＋mgsinθ＝ma，則加速度逐漸減小，當速度減到v＝eq\f(mgcosθ,Bq)時，小圓環(huán)與桿之間的彈力為0，摩擦力為0，小圓環(huán)沿桿上升階段的加速度最小，當速度再繼續(xù)減小時，有N′＋Bqv＝mgcosθ，將出現(xiàn)情況一的變化。根據(jù)v-t圖像的斜率表示加速度，則A、D正確，B、C錯誤。(四)帶電粒子在交變場中的運動10．(2021·浙江6月選考)如圖甲所示，空間站上某種離子推進器由離子源、間距為d的中間有小孔的兩平行金屬板M、N和邊長為L的立方體構成，其后端面P為噴口。以金屬板N的中心O為坐標原點，垂直立方體側面和金屬板建立x、y和z坐標軸。M、N板之間存在場強為E、方向沿z軸正方向的勻強電場；立方體內存在磁場，其磁感應強度沿z方向的分量始終為零，沿x和y方向的分量Bx和By隨時間周期性變化規(guī)律如圖乙所示，圖中B0可調。氙離子(Xe2＋)束從離子源小孔S射出，沿z方向勻速運動到M板，經(jīng)電場加速進入磁場區(qū)域，最后從端面P射出，測得離子經(jīng)電場加速后在金屬板N中心點O處相對推進器的速度為v0。已知單個離子的質量為m、電荷量為2e，忽略離子間的相互作用，且射出的離子總質量遠小于推進器的質量。(1)求離子從小孔S射出時相對推進器的速度大小v；(2)不考慮在磁場突變時運動的離子，調節(jié)B0的值，使得從小孔S射出的離子均能從噴口后端面P射出，求B0的取值范圍；(3)設離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期T，單位時間從端面P射出的離子數(shù)為n，且B0＝eq\f(\r(2)mv0,5eL)。求圖乙中t0時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力。答案(1)eq\r(v\o\al(2,0)－\f(4eEd,m))(2)0～eq\f(mv0,3eL)(3)eq\f(3,5)nmv0，方向沿z軸負方向解析(1)離子從小孔S射出后勻速運動到M板，經(jīng)電場加速至金屬板N中心點O處，對該過程根據(jù)動能定理有2eEd＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)－eq\f(1,2)mv2解得v＝eq\r(v\o\al(2,0)－\f(4eEd,m))。(2)在nT～eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T時間內(n＝0,1,2，…)，磁感應強度僅有沿x方向的分量，由左手定則可知，離子向y軸負方向偏轉，若離子從噴口P的下邊緣中點射出，設其軌道半徑為R1，如圖1所示，根據(jù)幾何關系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R1－\f(L,2)))2＋L2＝Req\o\al(2,1)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R1)聯(lián)立解得B0＝eq\f(2mv0,5eL)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n＋\f(1,2)))T～(n＋1)T時間內(n＝0,1,2，…)，磁感應強度在x和y方向均有分量，且大小均為B0，則合磁感應強度為B＝eq\r(2)B0，方向在x、y軸正方向之間，且與x軸正方向成45°，由左手定則可知，離子向左上方偏轉，若離子從噴口P左上角射出，設其軌道半徑為R2，如圖2所示，根據(jù)幾何關系有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R2－\f(\r(2)L,2)))2＋L2＝Req\o\al(2,2)根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0B＝eq\f(mv\o\al(2,0),R2)聯(lián)立解得B0＝eq\f(mv0,3eL)故B0的取值范圍為0～eq\f(mv0,3eL)。(3)因離子在磁場中的運動時間遠小于磁場變化周期T，可認為t0時刻前后，離子在立方體中運動軌跡剖面圖如圖3所示，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有2ev0×eq\r(2)B0＝eq\f(mv\o\al(2,0),R3)又B0＝eq\f(\r(2)mv0,5eL)聯(lián)立解得R3＝eq\f(5,4)L所以sinθ＝eq\f(L,R3)＝eq\f(4,5)，cosθ＝eq\r(1－sin2θ)＝eq\f(3,5)離子從端面P射出時，在沿z軸方向根據(jù)動量定理有FΔt＝nmv0cosθ·Δt－0解得F＝eq\f(3,5)nmv0，方向沿z軸正方向根據(jù)牛頓第三定律可得，t0時刻離子束對推進器作用力沿z軸方向的分力大小為F′＝F＝eq\f(3,5)nmv0，方向沿z軸負方向。(五)帶電粒子在磁場(或復合場)中運動的多解問題11．(2019·江蘇高考)如圖所示，勻強磁場的磁感應強度大小為B。磁場中的水平絕緣薄板與磁場的左、右邊界分別垂直相交于M、N，MN＝L，