高考物理二轮复习 对题纠错练12 磁场（二）-人教版高三全册物理试题.doc

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1、对题纠错练十二磁场(二)对题练带电粒子在磁场中的运动1.(多选)(2017福建龙岩检测)如图所示,竖直面内有一个正方形区域abcd,ab边水平,某一带电粒子从ad边的中点O以某一初速度沿着水平方向射入正方形区域,当区域内仅存在竖直向上的匀强电场时,带电粒子从b点飞出;当区域内仅存在垂直纸面向外的匀强磁场时,带点粒子刚好从c点飞出。忽略带电粒子所受重力。则下列说法正确的是()A.带电粒子从b点飞出时的动能小于在c点飞出时的动能B.带电粒子在从b点飞出时的动能大于在c点飞出时的动能C.仅存在电场时带电粒子穿越该区域所用时间长于仅存在磁场时的时间D.仅存在电场时带电粒子穿越该区域所用时间短于仅存在磁

2、场时的时间(导学号88094620)【答案】 BD电场力对带电粒子做功,洛伦兹力对带电粒子不做功,所以带电粒子在b点飞出时的动能大于在c点飞出时的动能,选项A错误,选项B正确;仅存在电场时,粒子的水平分速度大小不变,而仅存在磁场时,粒子做匀速圆周运动,从O点到C点的过程水平分速度不断减小,选项C错误,选项D正确。2.(2017山东青岛二模)如图所示,直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B=T。现有一带负电的粒子,电荷量q=110-6 C,质量m=510-12 kg,以v0=1106 m/s的速度先后经过P(1,5)、Q(5,2)两点,粒子重力不计,求:(1)粒子做圆周运

3、动的半径R;(2)粒子从P点运动到Q点所用的时间t。(导学号88094621)【答案】 (1)m(2)6.010-6 s【解析】 (1)由于粒子做匀速圆周运动,根据牛顿第二定律有qv0B=,代入数据可得:R= m(2)由题意,粒子的运动轨迹如图所示由几何关系可知:xPQ=5 m,则sin ,故粒子转过的圆心角为=120则运动时间:t=代入数据可得t6.010-6 s带电粒子在复合场中和组合场中的运动3.(多选)(2017云南邵通二模)磁流体发电机是一种把物体内能直接转化为电能的低碳环保发电机,下图为其原理示意图,水平放置的平行金属板C、D间有匀强磁场,磁感应强度为B,将一束等离子体(高温下电离

4、的气体,含有大量带正电和带负电的微粒)水平射入磁场,两金属板间就产生电压。定值电阻R0的阻值是滑动变阻器最大阻值的一半,与开关S串联接在C、D两端,已知两金属板间距离为d,射入等离子体的速度为v,磁流体发电机本身的电阻为r(R0r2R0)。不计粒子的重力,则滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动的过程中()A.电阻R0消耗功率最大值为B.滑动变阻器消耗功率最大值为C.金属板C为电源负极,D为电源正极D.发电机的输出功率先增大后减小(导学号88094622)【答案】 ACD根据左手定则可判断两极板的极性,离子在运动过程中同时受静电力和洛伦兹力,到二力平衡时两极板间的电压稳定。由题图可知,当滑片P位于

5、b端时,电路中电流最大,电阻R0消耗功率最大,其最大值为P1=I2R0=,故A正确;将定值电阻R0归为电源内阻,因为滑动变阻器的最大阻值2R0r+R0,则当滑动变阻器连入电路的阻值最大时消耗功率最大,最大值为P=,故B错误;因等离子体射入后,由左手定则可知正离子向D板偏转,负离子向C板偏转,所以极板C为电源负极,极板D为电源正极,C正确;等离子体稳定流动时,洛伦兹力与静电力平衡,即Bqv=q,所以电源电动势为E=Bdv,又R0r2R0,所以滑片P由a向b端滑动时,外电路总电阻减小,其间某位置有r=R0+R,由电源输出功率与外电阻关系可知,所以在滑片P由a向b端滑动的过程中,发电机的输出功率先增

6、大后减小,故D正确。4.(2017河北衡水一模)如图所示,在等边三角形ABC内存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B0。在等边三角形ABC外存在着垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为2B0。等边三角形ABC边长为a,在顶点A处放置一“A”形的挡板P,挡板夹角为60,挡板两边正好分别与AB、AC重合,挡板左右两侧板长均为。在顶点B处沿ABC的角平分线方向,有大量不同速率的带电粒子射出,这些粒子的电荷量均为+q,质量均为m,其速率满足v,已知带电粒子打在挡板上后立即被吸收,所有能够到达AC边的粒子中,打在D点的粒子速率最小,若不计粒子间的相互作用力,求AD之间的距离。(导学号880

7、94623)【答案】 a【解析】 发射粒子速率满足v洛伦兹力提供向心力F洛=qvBF洛=m得r=可知在三角形ABC内部,带电粒子的轨道半径满足r1a带电粒子在三角形ABC外部半径r2=由几何关系可知,能够打在AC边上的速率最小值所对应半径(在三角形外部)为此时可证明该速率所对圆心O恰好在AC边上,且AO=如图所示,由几何关系可知AD=a纠错练5.(多选)(2017江西新余二模)如图所示,S为一离子源,MN为长荧光屏,S到MN的距离为L,整个装置处在范围足够大的匀强磁场中,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B。某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子,离子的质量m、电荷

8、量q、速率v均相同,不计离子的重力及离子间的相互作用力,则()A.当v时所有离子都打不到荧光屏上B.当v时所有离子都打不到荧光屏上C.当v=时,打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为D.当v=时,打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为(导学号88094624)【答案】 AC根据牛顿第二定律qvB=,得R=,当v时,R,直径2RL,离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上,所以当v时所有离子都打不到荧光屏,故A正确;当v时,RL,当半径非常小时,即R时肯定所有离子都打不到荧光屏上;当RR的第一象限足够大的区域内,存在匀强电场,电场强度大小为E。现从O点以相同速率向不同方向发射电子,电子的运

9、动轨迹均在纸面内,且电子在磁场中运动轨迹半径也为R。已知电子的电荷量为e,质量为m,不计电子所受的重力。(1)求电子射入磁场时速度的大小;(2)如果电场方向沿y轴正方向,电子沿与y轴正方向成角度的方向从O点射入第二象限的磁场中。求电子离开电场时的坐标;(3)如果电场方向沿x轴正方向,电子沿与y轴正方向成角度的方向从O点射入第二象限的磁场中,求电子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间。(导学号88094625)【答案】 (1)v=(2)(3)【解析】 (1)电子射入磁场后做匀速圆周运动,由evB=m得v=;(2)当电子沿与y轴正方向成角度的方向从第二象限射入磁场中时,这些可能的角的轨迹是以R

10、为半径、O为圆心的在第一象限的四分之一圆,如图所示,从第二象限射入时的角无论为何值,轨迹圆的圆心O2、坐标原点O、磁场区域圆的圆心O1以及射出点A这四个点始终构成菱形,所以电子离开磁场区域时将水平抛出。进入电场区域时:x方向:x=vty方向:y=t2y=R+Rsin t=x=vt=B因此可得电子离开电场时的坐标为(3)当电子沿与y轴正方向成角度的方向从第二象限射入磁场中时,设电子将从A点射出磁场,电子以平行x轴的速度方向离开磁场,也以沿x轴负方向的相同大小的速度再次进入磁场。OO2A=+。所以,电子第一次在磁场中运动的时间t1=T电子第二次进入到磁场时,入射点为A点,轨迹圆的圆心为O3,如图所

11、示,由于O1AO3B为菱形,故B应为出射点BO3A=-t1=Tt1+t1=T=在无电场和磁场区域运动时,来回运动的时间相等,所以在这区域运动的时间t2=在电场中时,电子在电场中做类竖直向上抛运动a=,t3=2所以电子从O点进入磁场到第二次离开磁场经历的时间为t=t1+t1+t2+t3=【易错提示】 本题的第(2)小题中,粒子从O点向各个方向射出,离开圆形磁场时的速度方向不能做出正确的判断,画不出正确的草图,导致无法正确解题。原创练7.(多选)两平行的金属板沿水平方向放置,极板上所带电荷情况如图所示,且极板间有垂直纸面向里的匀强磁场。现将两个质量相等的带电小球分别从P点沿水平方向射入极板间,两小

12、球均能沿直线穿过平行板;若撤去磁场,仍将这两个带电小球分别保持原来的速度从P点沿水平方向射入极板间,则两个小球会分别落在A、B两点,则下列关于此过程的说法正确的是()A.两小球一定带正电B.若qAqB,则两小球射入时的初速度一定有vAvBC.若qAqB,则两小球射入时的动能一定有EkAqB时,则一定有vAqB时,则aAxB,则应有vAvB,故与题设矛盾,由此可知,两个小球在极板间运动的加速度不可能相等,选项D错误。8.2016年美国为第三艘朱姆沃尔特级驱逐舰配备了电磁轨道炮,海军开始进行电磁轨道炮的海试工作。如图是电磁轨道炮的结构原理示意图。光滑水平的加速导轨电阻不计,轨道宽为 L=0.2 m

13、,在导轨间有竖直向上的匀强磁场,磁感应强度B=1102 T。电磁炮弹体总质量m=0.2 kg,其中弹体在轨道间的电阻R=0.4 。可控电源的内阻r=0.6 ,电源的电压能自行调节,以保证电磁炮匀加速发射。在某次试验发射时,电源为弹体提供的电流是I=4103 A,不计空气阻力。(1)求弹体所受安培力大小。(2)弹体从静止加速到4 km/s,轨道至少要多长?(3)弹体从静止加速到4 km/s过程中,求该系统消耗的总能量。(导学号88094627)【答案】 (1)8104 N(2)20 m(3)1.76106 J【解析】 (1)在导轨通有电流I时,炮弹作为导体受到磁场施加的安培力为F=ILB=8104 N。(2)由动能定理Fx=mv2弹体从静止加速到4 000 m/s,轨道至少要x=20 m。(3)由F=ma,v=at发射过程产生的热量Q=I2(R+r)t=1.6105 J弹体的动能Ek=mv2=0.24 0002 J=1.6106 J系统消耗的总能量E=Ek+Q=1.76106 J。