《2019届高三物理二轮复习-专题三-电场和磁场-第2讲-磁场及带电粒子在磁场中的运动对点规范演练》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019届高三物理二轮复习-专题三-电场和磁场-第2讲-磁场及带电粒子在磁场中的运动对点规范演练（6页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2019届高三物理二轮复习 专题三 电场和磁场 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动对点规范演练1(2016贵州贵阳检测)(多选)在赤道附近水平放置一根长L的直导线，导线中通有恒定电流I，地磁场在赤道的磁感应强度为B，若不考虑磁偏角的影响，那么地磁场对该导线的作用力大小及方向可能是(AB)A0B，竖直向下CBIL，向西D，向东解析 当水平通电直导线与磁场方向平行时，地磁场对通电导线的作用力为零，选项A正确；当水平通电直导线与磁场方向垂直时，地磁场对通电导线的作用力大小为BIL，且为最大值；当水平通电直导线与磁场方向成一夹角时，地磁场对通电导线的作用力大小应介于0和BIL之间，方向均沿竖直方向，
2、选项B正确，C、D错误2(2017福建泉州质检)如图，在匀强磁场中，两根平行固定放置的长直导线a和b通有大小相等、方向相反的电流，匀强磁场方向与两根导线所在平面平行且垂直于两根导线，此时a受到的磁场力大小为F1.若撤去b，保留匀强磁场，则a受到的磁场力大小为F2；若撤去匀强磁场，保留b，则b受到的磁场力大小为(C)AF1F2BF1F2C.D解析 假设导线a、b之间相互作用的斥力大小为F0，匀强磁场对两导线的作用力大小为F，则导线a所受的合磁场力大小为F1.如果撤去导线b，导线a所受的磁场力大小为F2F；如果撤去匀强磁场，导线a所受到的磁场力大小为F0，由以上可求得F0，故选项C正确3(2017
3、湖南十三校联考一)如图所示，M、N和P是以MN为直径的半圆弧上的三点，O为M半圆弧的圆心，MOP 60，在M、N处各有一条长直导线垂直穿过纸面，导线中通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，这时O点的磁感应强度大小为B1，若将N处长直导线移至O处，则O点的磁感应强度大小为B2，那么B2与B1之比为(B)A11B12C1D2解析 由安培定则可知，导线M、N在O处产生的磁场的方向相同，均垂直MN连线向下，设导线M在O处产生的磁场的磁感应强度大小为B，则B12B；将导线N移至P处后，导线N在O处产生的磁场方向与MN连线夹角为30，斜向上指向M一侧，故此时导线M、N在O处产生的磁场方向夹角为120，因此
4、合磁感应强度大小仍为B，即B2B，故B2B112，B项正确4(2016全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒不计重力若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(A)A.BCD解析 带电粒子在磁场中的运动轨迹如图所示(图中画出了轨迹圆弧所在的整个圆)由几何关系知轨迹所对的圆心角为30，则带电粒子在磁场中的运动时间为t，N点转到此处的所用时间与带电粒子在磁场中运动时间相
5、同，有t，联立解得带电粒子的比荷为，选项A正确5(2017河南郑州三模)(多选)如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点在cd边的中点，一个带正电的粒子从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，仅在磁场力的作用下，经过时间t0刚好从c点射出磁场现设法使该带电粒子从O点沿纸面内与Od成30角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，下列说法中正确的是(AD)A若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从cd边射出磁场B若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ad边射出磁场C若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0，则它一定从ab边射出磁场D若该带电粒子在磁场中经
6、历的时间是t0，则它一定从bc边射出磁场解析 粒子从O点垂直于cd边射出后从c点射出磁场的过程，其运动轨迹为半个圆周，由此可知粒子在该磁场中的运动周期为T2t0，若粒子刚好能从ad边射出磁场(即粒子轨迹与ad边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏转了60角，对应的运动时间为t3，因此粒子若从ad边射出磁场，其运动时间应小于，由此可知，选项B错误；若粒子刚好能从ab边射出磁场(即粒子轨迹与ab边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏移了150角，对应的运动时间为t4T，从ab边射出的粒子在磁场中的最短时间为，因此粒子若从ab射出，其运动时间一定大于，因此选项C错误；若粒子刚好能从bc边射出磁场(即粒子轨迹
7、与bc边相切)，则粒子在磁场中运动速度偏转了240角，对应的运动时间为t1T，因此粒子若从bc边射出，其运动时间一定小于，但大于，因此选项D正确；若粒子能回到cd边，其偏转角一定是300角，对应的时间一定为t2T，因此选项A正确6(2017河北二校联考)(多选)如图所示，圆心角为90的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，E点为半径OD的中点现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场，粒子a恰从D点射出磁场，粒子b恰从C点射出磁场，已知sin 370.6，cos 370.8，则下列说法正确的是(CD)A粒子a带正电，粒子b带负电B粒
8、子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为52C粒子a、b的速率之比为25D粒子a、b在磁场中运动的时间之比为18053解析 两个粒子的运动轨迹如图所示，根据左手定则判断知粒子a带负电，粒子b带正电，选项A错误；设扇形COD的半径为r，粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb，则Ra，Rr22，sin ，得Rbr，53，由洛伦兹力提供向心力，有qvBm，得vq，所以粒子a、b的速率之比为，选项C正确；由牛顿第二定律得加速度a，所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为，选项B错误；粒子a在磁场中运动的时间ta，粒子b在磁场中运动的时间tb，则，选项D正确7(2017全国卷)如图，空间存在方向垂直于纸
9、面(xOy平面)向里的磁场在x0区域，磁感应强度的大小为B0；x1)一质量为m、电荷量为q(q0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时间；(2)粒子与O点间的距离解析 (1)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动设在x0区域，圆周半径为R1；在x0区域，圆周半径为R2.由洛伦兹力公式及牛顿定律得qB0v0m ，qB0v0m， 粒子速度方向转过180时，所求时间t1为t1，粒子再转过180时，所需时间t2为t2，联立式得，所求时间为t0t1t2.(2)由几何关系及式得，所求距离为d02(R1R2).答案
10、(1)(2)8(2017福建质检)一光滑绝缘圆形水平桌面，处于竖直向下的匀强磁场中，圆心O点放置一带电小球已知桌面半径为r，小球质量为m、带电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B.(1)若小球从O点沿OA方向、以大小为的水平速度v1开始运动，经时间t1从桌子边缘P点滑离桌面，如图甲所示，求时间t1；(2)若小球从O点仍沿OA方向、以某一水平速度v2开始运动，同时用一置于桌面上的长直光滑绝缘玻璃板沿OA方向始终以速度v2匀速推小球，且玻璃板总是与OA方向垂直，小球仍能从P点滑离桌面，如图乙所示求速度v2的大小及此过程中玻璃板对小球所做的功W.解析 (1)小球在桌面上做匀速圆周运动由洛伦兹力提供向心
11、力有qv1Bm，可得R.又v1，代入解得Rr，小球做圆周运动的周期T，小球在桌面上运动轨迹对应的圆心角为，如答图甲，由几何关系可知60，t1T.(2)小球在玻璃板的推动下，沿OA方向做速度为v2的匀速运动、沿玻璃板方向做加速运动设某一时刻小球的速度为v，方向与OA的夹角为，如答图乙此时小球所受洛伦兹力大小为FqvB，则此时小球沿玻璃板方向运动的加速度为a，由速度分解得vcos v2，故加速度大小为a.可见小球沿玻璃板方向做匀加速直线运动，小球从O点到P点做类平抛运动，运动时间为t，则rsin v2t，rrcos at2，联立解得v2.小球到达P点的速度vP满足vv(at)2，小球所受洛伦兹力不做功，对小球，由动能定理有Wmvmv，联立可解得W.答案 (1)(2)
