2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動（含解析）.doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動（含解析）1關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是()A安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B安培力的方向總是垂直于磁場的方向C安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D將直導(dǎo)線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢福築解析：由左手定則可知，安培力的方向一定與磁場方向和直導(dǎo)線垂直，選項A錯，B正確；安培力的大小FBILsin 與直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān)，選項C錯誤；將直導(dǎo)線從中點折成直角，假設(shè)原來直導(dǎo)線與磁場方向垂直，若折成直角后一段與磁場仍垂直，另一段與磁場平行，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄粽鄢芍苯呛?，兩段都與磁場垂直，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?，因此安培力大小不一定是原來的一半，選項D錯誤2如圖，兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點，且a、b、c與兩導(dǎo)線共面；b點在兩導(dǎo)線之間，b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直磁感應(yīng)強度可能為零的點是()Aa點 Bb點 Cc點 Dd點答案：C解析：由安培定則畫出a、b、c、d的磁感線的分布圖，由圖可知電流I1、I2在a、c兩點的磁場方向相反，這兩點處的磁感應(yīng)強度可能為零，又I1>I2，故磁感應(yīng)強度為零的點距I1距離應(yīng)比I2大，故C正確，A、B、D均錯誤3如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為.如果僅改變下列某一個條件，角的相應(yīng)變化情況是()A棒中的電流變大，角變大B兩懸線等長變短，角變小C金屬棒質(zhì)量變大，角變大D磁感應(yīng)強度變大，角變小答案：A解析：金屬棒MN受力分析及其側(cè)視圖如圖所示，由平衡條件可知F安mgtan ，而F安BIL，即BILmgtan ，則I，m，B，故A正確，C、D錯誤角與懸線長度無關(guān)，B錯誤4圖甲所示有界勻強磁場的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場，從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場，射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2角，已知磁場、的磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為()甲乙A2cos Bsin Ccos Dtan 答案：C解析：設(shè)有界磁場寬度為d，則粒子在磁場和磁場中的運動軌跡分別如圖(a)、(b)所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqvm，得B，由幾何關(guān)系知dr1sin ，dr2tan ，聯(lián)立得cos ，C正確 (a) (b)5如圖所示是回旋加速器的工作原理圖，兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2間窄縫寬為d，兩金屬電極間接有高頻電壓U，中心O處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速，勻強磁場垂直兩盒面，粒子在磁場中做勻速圓周運動，令粒子在勻強磁場中運行的總時間為t，則下列說法正確的是()A粒子的比荷越小，時間t越大B加速電壓U越大，時間t越大C磁感應(yīng)強度B越大，時間t越大D窄縫寬度d越大，時間t越大答案：C解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力Bqvm及粒子最大偏轉(zhuǎn)半徑為R得帶電粒子獲得的最大動能為Ekm，令加速次數(shù)為n，則nqUEkm，粒子每加速一次后，在磁場中運動半個周期，所以粒子在勻強磁場中運行的總時間tn，聯(lián)立得t，C正確，A、B、D錯誤6如圖所示，水平線上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，不計重力的兩個粒子從O點均以方向與水平方向成30角斜向上、大小相等的速度垂直進入勻強磁場中，粒子甲擊中水平線上的M點，粒子乙擊中水平線上的N點，且ON，則下列說法中正確的有()A甲、乙兩粒子電性相反，且甲粒子一定帶正電B甲、乙兩粒子的比荷大小之比為21C甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比為12D甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為25答案：D解析：粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由左手定則可判定粒子甲帶負電，粒子乙?guī)д?，A錯誤；兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知r甲OM、r乙ON，粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，Bqvm，即，所以甲、乙兩粒子的比荷大小之比等于做勻速圓周運動的半徑的反比，為12，B錯誤；由T知甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比等于做勻速圓周運動的半徑之比，為21，C錯誤；由tT知甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為t甲t乙T甲T乙25，D正確7如圖所示，在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi)，第象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場，y<0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(2h，h)點以速度v0水平向右射出，經(jīng)過坐標(biāo)原點O處射入第象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場已知MN平行于x軸，N點的坐標(biāo)為(2h,2h)，不計粒子的重力，求：(1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向夾角的正切值；(2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t.答案：見解析解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2hv0that2又qEma聯(lián)立解得E設(shè)粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy，則有vyatv0，vv0速度v與x軸正方向的夾角滿足tan 1即45，因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場(2)又因為粒子垂直于PN射出磁場，所以P點為圓心，軌道半徑Rh由牛頓第二定律有qvBm聯(lián)立解得B.(3)帶電粒子在電場中運動的時間t1，從O點運動到磁場邊界的時間t2，在磁場中運動的時間：t3帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間tt1t2t3.8.如圖所示，一個帶負電的粒子沿磁場邊界從A點射出，粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，其中區(qū)域、內(nèi)的勻強磁場寬為d，磁感應(yīng)強度為B，垂直紙面向里，區(qū)域?qū)捯矠閐，粒子從A點射出后經(jīng)過、區(qū)域后能回到A點，不計粒子重力(1)求粒子從A點射出到回到A點經(jīng)歷的時間t.(2)若在區(qū)域內(nèi)加一水平向左的勻強電場且區(qū)域的磁感應(yīng)強度變?yōu)?B，粒子也能回到A點，求電場強度E的大小(3)若粒子經(jīng)、區(qū)域后返回到區(qū)域前的瞬間使區(qū)域的磁場反應(yīng)且磁感應(yīng)強度減半，則粒子的出射點距A點的距離為多少？答案：見解析解析：(1)因粒子從A點出發(fā)，經(jīng)過、區(qū)域后能回到A點，由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為rd由Bqvm得v所以運動時間為t.(2)在區(qū)域內(nèi)由動能定理得qEdmvmv2由題意知在區(qū)域內(nèi)粒子做圓周運動的半徑仍為rd由2Bqv1m得v1聯(lián)立解得E.(3)改變區(qū)域內(nèi)磁場后，粒子運動的軌跡如圖所示由Bqvm得R2d所以O(shè)Cd粒子的出射點距A點的距離為srROC(3)d.