通用版高考物理二轮复习第1部分核心突破专题3电场和磁场第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动演练5220.pdf

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1、 1 通用版高考物理二轮复习第 1 部分核心突破专题 3 电场和磁场第 2 讲磁场及带电粒子在磁场中的运动演练 1(2016西安模拟)分别置于a、b两处的长直导线垂直纸面放置，通有大小相等的恒定电流，方向如图所示，a、b、c、d在一条直线上，且accbbd.已知c点的磁感应强度大小为B1，d点的磁感应强度大小为B2.若将b处导线的电流切断，则(A)Ac点的磁感应强度大小变为12B1，d点的磁感应强度大小变为12B1B2 Bc点的磁感应强度大小变为12B1，d点的磁感应强度大小变为12B2B1 Cc点的磁感应强度大小变为B1B2，d点的磁感应强度大小变为12B1B2 Dc点的磁感应强度大小变为B

2、1B2，d点的磁感应强度大小变为12B2B1 解析：c点的磁场是分别置于a、b两处的长直导线中电流产生的由安培定则可知分别置于a、b两处的长直导线在c点产生的磁场方向相同，a、b两处的长直导线在c点产生的磁场的磁感应强度大小为B12.由对称性可知，b处的长直导线在d点产生的磁场的磁感应强度大小为B12，方向向下a处的长直导线在d点产生的磁场的磁感应强度大小为B12B2，方向向上若将b处导线的电流切断，则c点的磁感应强度大小变为12B1，d点的磁感应强度大小变为12B1B2，选项 A 正确 2(2016南昌调研)如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场

3、中，当a导线通有电流强度为I，b导线通有电流强度为 2I，且电流方向相反时，a导线受到磁场力大小为F1，b导线受到磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为(C)AF22IL BF1IL C2F1F22IL D2F1F2IL 2 解析：a、b电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F，对a有F1FBIL，对b有F2F2BIL，解得F2F1F2，对导线b，F2F1F2B2IL，解得B2F1F22IL，选项 C 正确 3(2016全国卷甲)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

4、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)A3B B2B CB D2B 解析：解本题关键是抓住14圆周运动的时间与带电粒子在磁场中的运动的时间相等，即t12，由题意可判断出粒子带负电，根据速度方向找出带电粒子在磁场中做圆周运动的圆心，由几何知识可得，其圆心角为 30，因此t2112Tm6qB，由t1t2得，qm3B，故 A正确 4(多选)(2016郑州三模)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

5、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53t0，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12t0，则它一定从ad边射出磁场 3 C若该带电粒子在磁场中经历的时间是14t0，则它一定从ab边射出磁场 D若该带电粒子在磁场中经历的时间是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

6、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t3T6t03，因此粒子若从ad边射出磁场，其运动时间应小于t03，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t4512T5t06，从ab边射出的粒子在磁场中的最短时间为t03，因此粒子若从ab射出，其运动时间一定大于t04，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t123T4t0

7、3；因此粒子若从bc边射出，其运动时间一定小于4t03，但大于5t06，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t256T5t03，因此选项 A正确 5(多选)(2016西安八校第三次联考)如图所示，半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)，不计重力现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO方向射出磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场则(ABCD)A从b点飞出的带电粒子的速度最大 B从d点飞出的带电粒子的速

8、度最小 C从d点飞出的带电粒子的运动时间最长 D从b点飞出的带电粒子的运动时间最短 解析：粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示：图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb 4 rd，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大，根据rmvBq可知，b的半径最大，d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，故 AB 正确；周期T2mBq，所以粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，到达b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从b点飞出的带电粒子的运动时

9、间最短，故 C、D 正确 6(多选)如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除了圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B虚线经过Q点(3L,0)且与y轴平行 圆形区域的圆心P的坐标为(2L,0)，半径为L.一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场，不计粒子重力，则(AC)A如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v3qBLm B如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v3qBL2m C粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin3qBLm D粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmi

10、n2qBLm 解析：要使粒子不经过圆形区域到达Q点，则粒子应恰好经过四分之一圆周到达Q点，故半径为 3L；则由洛伦兹力充当向心力可知，qvBmv2R解得：v3qBLm，故 A 正确；要使粒子到达圆形磁场的圆心，轨迹圆的切线应过圆心，如图所示，设粒子从C点进入圆形区域，OC与OO夹角为，轨迹圆对应的半径为r，如图，由几何关系得：2Lrsin Lcos，故当60时，半径最小为rm 3L又qvmBmv2mrm，解得：vm3qBLm，故 C 正确 5 7(2016广东深圳调研二)如图xOy平面内有向里的匀强磁场，磁感应强度B0.1 T，在y轴上有一粒子源，坐标为(0,0.2m)，粒子源可以在xOy平面

11、内向各个方向均匀射出质量m6.41027kg、带电量q3.21019C、速度v1.0106 m/s 的带电粒子，一足够长的薄感光板从图中较远处沿x轴负方向向左缓慢移动，其下表面和上表面先后被粒子击中并吸收粒子，不考虑粒子间的相互作用，(取 3)，求：(1)带电粒子在磁场中运动的半径及下表面被粒子击中时感光板左端点的位置；(2)在整个过程中击中感光板的粒子运动的最长时间；(3)当薄板左端运动到(0.2 m,0)点的瞬间，击中上、下板面的粒子数之比(1)见解析(2)1.0106 s(3)1：1 解析：(1)根据Bqvmv2R得RmvBq 代入数据解得R0.2 m 可得下表面被击中的位置如图甲所示 x 0.420.22 m0.2 3 m(或 0.35 m)甲(2)根据Bqvmv2R和T2Rv 得T2mBq，代入数据解得T1.2106 s 如图乙，由几何关系可得最长时间为打在坐标原点的粒子 t56T1.0106 s 乙(3)如图丙，由几何关系得打到上板的粒子所对应的角度为90 6 丙 打到下板的粒子所对应的角度为90 击中上、下板面的粒子数之比NN909011 答案：见解析