《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)