《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)八 磁場(chǎng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)八 磁場(chǎng)（含解析）（23頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、磁場(chǎng)夯基提能卷 立足于練題型悟技法保底分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得6分，選不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1.2019上海虹口區(qū)模擬在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，A、B兩點(diǎn)分別引入長度相等的長直導(dǎo)線，導(dǎo)線與磁場(chǎng)方向垂直如圖所示，圖中a、b兩條圖線分別表示在磁場(chǎng)中A、B兩點(diǎn)導(dǎo)線所受磁場(chǎng)力F和通過導(dǎo)線的電流I的關(guān)系關(guān)于A、B兩點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BA、BB，下列說法正確的是()ABABB BBABBCBABB，故B正確2.2019廣東廣州調(diào)研(多選)三條在同一平面(紙面)內(nèi)的長
2、直絕緣導(dǎo)線組成一等邊三角形，在導(dǎo)線中通過的電流均為I，方向如圖所示a、b和c三點(diǎn)分別位于三角形的三個(gè)頂角的平分線上，且到相應(yīng)頂點(diǎn)的距離相等將a、b和c處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小分別記為B1、B2和B3，下列說法正確的是()AB1B2B3BB1B2B3Ca和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里Da處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，b和c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里答案：AC解析：由題意可知，a點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度由三條通電導(dǎo)線在此處的磁感應(yīng)強(qiáng)度疊加而成，有兩條導(dǎo)線在此處產(chǎn)生的磁場(chǎng)相互抵消，由第三條導(dǎo)線決定此處的磁場(chǎng)，合磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，而b點(diǎn)與a點(diǎn)有相同的情況，同理可得b點(diǎn)的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直紙面向
3、外，大小與a處的相同，而在c點(diǎn)三根導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向相同，所以疊加而成的磁場(chǎng)最強(qiáng)，故A正確，B錯(cuò)誤；由圖可知，根據(jù)安培定則可得，a和b處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，c處磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，故C正確，D錯(cuò)誤32019石家莊模擬如圖甲所示，一個(gè)條形磁鐵P固定在水平桌面上，以P的右端點(diǎn)為原點(diǎn)，中軸線為x軸建立一維坐標(biāo)系一個(gè)靈敏的小磁針Q放置在x軸上不同位置，設(shè)Q與x軸之間的夾角為.實(shí)驗(yàn)測(cè)得sin與x之間的關(guān)系如圖乙所示已知該處地磁場(chǎng)方向水平，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0.下列說法正確的是()AP的右端為S極BP的中軸線與地磁場(chǎng)方向垂直CP在x0處產(chǎn)生的磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0Dx0處合磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小
4、為2B0答案：B解析：x時(shí)sin1，90，此時(shí)小磁針N極指向即為地磁場(chǎng)的方向，即B對(duì)小磁針離P越遠(yuǎn)，越大，說明P對(duì)小磁針的N極的斥力和對(duì)小磁針S極的引力越小，故P的右端應(yīng)為N極，故A錯(cuò)xx0處，sin，45，即x0處合磁場(chǎng)的方向與x軸正向成45角，如圖所示，易知xx0處，P產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小BPB0，合磁場(chǎng)的大小BB.所以C、D均錯(cuò)4.2019貴州遵義模擬有四條垂直于紙面的長直固定導(dǎo)線，電流方向如圖所示，其中a、b、c三條導(dǎo)線到d導(dǎo)線的距離相等，三條導(dǎo)線與d的連線互成120角四條導(dǎo)線的電流大小都為I，其中a導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F.現(xiàn)突然把c導(dǎo)線的電流方向改為垂直于紙面向外，電流大小不變
5、此時(shí)d導(dǎo)線所受安培力的合力大小為()A0 BFC.F D2F答案：D解析：a導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F，三條導(dǎo)線與d的連線互成120角，因此在c導(dǎo)線的電流方向改變之前，d導(dǎo)線所受安培力的合力為零；當(dāng)c導(dǎo)線的電流方向改變之后，則有：a、b導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力夾角為120，大小為F，因此這兩個(gè)安培力的合力大小為F，方向指向c導(dǎo)線，而c導(dǎo)線對(duì)d導(dǎo)線的安培力大小為F，方向指向c導(dǎo)線，那么此時(shí)，d導(dǎo)線所受安培力的合力大小為2F，故D項(xiàng)正確5.2019安徽蚌埠模擬一段導(dǎo)線abcde位于磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，且與磁場(chǎng)方向(垂直于紙面向里)垂直線段ab、bc、cd和de的長度均為L，且abccde
6、120，流經(jīng)導(dǎo)線的電流為I，方向如圖中箭頭所示導(dǎo)線段abcde所受到的磁場(chǎng)的作用力的合力大小為()A2BIL B3BILC(2)BIL D4BIL答案：B解析：因?yàn)閍bccde120，根據(jù)幾何關(guān)系可知bcd60，故b與d之間的直線距離也為L，則導(dǎo)線段abcde的有效長度為3L，故所受安培力的大小為F3BIL，故B正確62019山東德州模擬(多選)靜止在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中的一個(gè)原子核發(fā)生衰變，產(chǎn)生兩個(gè)未知粒子1和2，它們?cè)诖艌?chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，下列說法正確的是()A可能是衰變B一定是衰變C粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量D粒子1與粒子2運(yùn)動(dòng)周期相同答案：BC解析：靜止的原子核發(fā)生衰變，遵循動(dòng)量守恒定
7、律，兩粒子的運(yùn)動(dòng)方向相反，由于兩軌跡內(nèi)切，所以一定是衰變，A錯(cuò)誤，B正確；由qvB，得R，所以半徑R與電荷量q成反比，所以粒子1的電荷量小于粒子2的電荷量，C正確；由T知，衰變中兩粒子的比荷不同，所以兩粒子運(yùn)動(dòng)周期不同，D錯(cuò)誤7.2019貴州貴陽模擬(多選)如圖所示，MN為兩個(gè)方向相同且垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的分界面，兩磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小關(guān)系為B12B2.一比荷值為k的帶電粒子(不計(jì)重力)，以一定速率從O點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的磁場(chǎng)，則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間為()A. B.C. D.答案：BC解析：根據(jù)帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，qvBm，可得R，由
8、此可知帶電粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(或直徑)是在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑(或直徑)的2倍，畫出帶電粒子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖，如圖所示粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t12，粒子在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2，則粒子下一次到達(dá)O點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間tt1t2，選項(xiàng)A、D錯(cuò)誤，B、C正確8.2019江蘇揚(yáng)州等六市模擬如圖所示，水平虛線MN上方有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)從水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個(gè)方向，由小孔O射入磁場(chǎng)區(qū)域，做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)不計(jì)粒子重力和粒子間相互作用下列圖
9、中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是()答案：B解析：由小孔O射入磁場(chǎng)區(qū)域，做半徑為R的圓周運(yùn)動(dòng)，因?yàn)榱Ｗ訋д姡鶕?jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；因?yàn)榱Ｗ右韵嗤乃俾恃匚挥诩埫鎯?nèi)從水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個(gè)方向發(fā)射，由O點(diǎn)水平向右射入的粒子的軌跡恰好應(yīng)為最右端邊界；在豎直方向上最遠(yuǎn)點(diǎn)距MN為2R，由O點(diǎn)豎直向上射入的粒子，打在最左端，兩軌跡圍成部分因?yàn)闆]有粒子射入，所以中間會(huì)出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯(cuò)誤二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)9(8分)如圖所示，MN是一根長為l10 cm、質(zhì)量為m50 g的金屬棒，用兩根長度也為l的細(xì)軟導(dǎo)線將金屬棒MN
10、水平吊起，使金屬棒處在B T的豎直向上的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中未通電流時(shí)，細(xì)導(dǎo)線在豎直方向，通入恒定電流后，金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的最大偏角37.忽略磁場(chǎng)對(duì)軟導(dǎo)線的作用力，sin370.6，cos370.8，重力加速度g10 m/s2，求金屬棒中恒定電流的大小答案：5 A解析：金屬棒向外偏轉(zhuǎn)的過程中，受重力mg、導(dǎo)線拉力FT、安培力F，其側(cè)視圖如圖所示，其中導(dǎo)線的拉力不做功，由動(dòng)能定理得WFWG0(1分)其中安培力做的功WFFlsinBIl2sin(2分)重力做的功WGmgl(1cos)(2分)解得金屬棒中的電流為I(2分)代入數(shù)據(jù)得I5 A(1分)10(10分)如圖所示，輕質(zhì)空心金屬輪A可繞過圓心O的光滑水平軸
11、運(yùn)動(dòng)，沿金屬輪半徑方向接有一根輕質(zhì)金屬棒OC，其長度為a、電阻為r，A輪的邊緣與金屬棒的端點(diǎn)O通過電刷、導(dǎo)線與一阻值為R的電阻相連一輕細(xì)繩的一端固定在A輪的邊緣上的某點(diǎn)，繩在A輪上繞有足夠多的匝數(shù)后，懸掛一質(zhì)量為m的重物P，A輪處在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，不計(jì)A輪、端點(diǎn)O與電刷之間的摩擦及A輪的電阻求：(1)當(dāng)A輪角速度為時(shí)，金屬棒所受安培力的大??；(2)釋放重物，在運(yùn)動(dòng)穩(wěn)定后，重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度答案：(1)(2)解析：(1)在t時(shí)間內(nèi)，金屬棒轉(zhuǎn)過的角度為，則其掃過的面積為：Sa2a2t(1分)根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小為E，則E(1分)又I(1分)
12、FBIa(1分)所以金屬棒所受安培力F(1分)(2)金屬棒產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)大小E(1分)重物P勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)重力的功率等于所有電阻的熱功率之和即mgv(1分)而va(1分)解得重物勻速運(yùn)動(dòng)時(shí)的速度v，方向?yàn)樨Q直向下(2分)11(13分)如圖所示，在空間中存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其邊界AB與CD之間的寬度為d，在左邊界的Q點(diǎn)處有一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子沿與左邊界夾角為30的方向射入磁場(chǎng)，粒子重力不計(jì)(1)求帶電粒子能從AB邊界飛出的最大速度；(2)若帶電粒子能垂直CD邊界飛出磁場(chǎng)，穿過小孔進(jìn)入如圖所示的勻強(qiáng)電場(chǎng)中減速至零且不碰到負(fù)極板，求極板間電壓及整個(gè)過程中粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)
13、動(dòng)的時(shí)間；(3)若帶電粒子的速度是(2)中的倍，并可以從Q點(diǎn)沿紙面各個(gè)方向射入磁場(chǎng)，求粒子從出發(fā)點(diǎn)到打到CD邊界的最高點(diǎn)位置之間的距離答案：(1)(2)(3)2d解析：(1)當(dāng)粒子運(yùn)動(dòng)到右邊界，其軌跡恰好與CD邊相切時(shí)，所對(duì)應(yīng)的速度是能從AB邊界飛出的最大速度，其軌跡如圖甲所示，設(shè)其軌道半徑為R，最大速度為vmax由幾何關(guān)系得：RRcos30d(1分)由洛倫茲力提供向心力得：Bqvmaxm(1分)由以上兩式解得：vmax(1分)(2)粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系知粒子此時(shí)的軌道半徑為：R2(1分)設(shè)這時(shí)粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的速度大小為v2，由洛倫茲力提供向心力得：Bqv2m粒子進(jìn)入電場(chǎng)在電
14、場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得：mvqU(2分)解得極板間電壓U(1分)粒子不碰到右極板所加電壓滿足的條件為U(1分)因粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為60，所用時(shí)間為，而周期T(1分)因返回通過磁場(chǎng)所用時(shí)間相同，所以總時(shí)間t2(1分)(3)當(dāng)粒子速度為(2)中的倍時(shí)，即v3v2，根據(jù)Bqv3m解得R32d(1分)當(dāng)粒子沿BA方向進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)，打在DC邊上的點(diǎn)為最高點(diǎn)，如圖丙，由幾何關(guān)系可得粒子能打到CD邊界的最高點(diǎn)位置與Q點(diǎn)的距離為：lR32d(2分)12.(16分)如圖所示，兩平行金屬板A、B間的電勢(shì)差為U5104 V在B板的右側(cè)有兩個(gè)方向不同但寬度相同的有界磁場(chǎng)、，它們的寬度為d1d26.25 m，磁感應(yīng)強(qiáng)度分
15、別為B12.0 T、B24.0 T，方向如圖中所示現(xiàn)有一質(zhì)量m1.0108 kg、電荷量q1.6106 C、重力忽略不計(jì)的粒子從A板的O點(diǎn)處由靜止釋放，經(jīng)過加速后恰好從B板的小孔Q處飛出試求：(1)帶電粒子從加速電場(chǎng)中出來的速度v；(2)帶電粒子穿過磁場(chǎng)區(qū)域所用的時(shí)間t；(3)帶電粒子從磁場(chǎng)區(qū)域射出時(shí)速度方向與邊界面的夾角；(4)若d1的寬度不變，改變d2的寬度，要使粒子不能從區(qū)飛出磁場(chǎng)，則d2的寬度至少為多大？答案：(1)4.0103 m/s(2)1.6103 s(3)60(4)9.375 m解析：(1)粒子在電場(chǎng)中做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理有：qUmv20(2分)解得v4.0103 m/
16、s(1分)(2)粒子運(yùn)動(dòng)軌跡如圖甲，設(shè)粒子在磁場(chǎng)區(qū)域中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為r，由洛倫茲力提供向心力得：qvB1(1分)代入數(shù)據(jù)解得r12.5 m(1分)設(shè)粒子在區(qū)內(nèi)做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心角為，則：sin(1分)所以30(1分)粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)周期T(1分)則粒子在區(qū)運(yùn)動(dòng)時(shí)間tT(1分)解得t s1.6103 s(1分)(3)設(shè)粒子在區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R，則qvB2(1分)解得R6.25 m(1分)如圖甲所示，由幾何關(guān)系可知MO2P為等邊三角形，所以粒子離開區(qū)域時(shí)速度與邊界面的夾角為60(1分)(4)要使粒子不能從區(qū)飛出磁場(chǎng)，粒子運(yùn)動(dòng)的軌道與磁場(chǎng)邊界相切時(shí)，由圖乙可知區(qū)磁場(chǎng)的寬度至少為：d2RRc
17、os601.5R9.375 m(3分)探究創(chuàng)新卷 著眼于練模擬悟規(guī)范爭(zhēng)滿分(本試卷滿分95分)一、選擇題(本題包括8小題，每小題6分，共48分在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有的小題只有一個(gè)選項(xiàng)是正確的，有的小題有多個(gè)選項(xiàng)是正確的全部選對(duì)的得6分，選不全的得3分，有選錯(cuò)或不答的得0分)1(多選)如圖所示，紙面內(nèi)A、B兩點(diǎn)之間連接有四段導(dǎo)線分別為ACB、ADB、AEB和AFB，四段導(dǎo)線的粗細(xì)、材料均相同，勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里現(xiàn)給A、B兩端加上恒定電壓，則下列說法正確的是()A四段導(dǎo)線受到的安培力的方向相同B四段導(dǎo)線受到的安培力的大小相等CADB段導(dǎo)線受到的安培力最大DAEB段導(dǎo)線受到的安培力最小答案
18、：AC解析：導(dǎo)線的粗細(xì)、材料均相同，由電阻定律R可知，導(dǎo)線越長，電阻越大，由I可知，ADB段導(dǎo)線長度最小，則ADB段導(dǎo)線電流最大，四段導(dǎo)線在磁場(chǎng)中的有效長度L都相同，由FBIL可知，ADB段導(dǎo)線受到的安培力最大，而AFB段導(dǎo)線比AEB段導(dǎo)線長，AEB段導(dǎo)線受到的安培力不是最小的，故C正確、D錯(cuò)誤；由左手定則可知，四段導(dǎo)線所受安培力的方向均相同，故A正確、B錯(cuò)誤22019山西太原五中模擬(多選)圖中直流電源電動(dòng)勢(shì)為E1 V，電容器的電容為C1 F兩根固定于水平面內(nèi)的光滑平行金屬導(dǎo)軌間距為l1 m，電阻不計(jì)一質(zhì)量為m1 kg、電阻為R1 的金屬棒MN，垂直放在兩導(dǎo)軌間處于靜止?fàn)顟B(tài)，并與導(dǎo)軌良好接觸
19、首先開關(guān)S接1，使電容器完全充電然后將S接至2，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，導(dǎo)軌間存在垂直于導(dǎo)軌平面、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1 T的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)當(dāng)MN達(dá)到最大速度時(shí)離開導(dǎo)軌，則()A磁感應(yīng)強(qiáng)度垂直紙面向外BMN離開導(dǎo)軌后電容器上剩余的電荷量為0.5 CCMN的最大速度為1 m/sDMN剛開始運(yùn)動(dòng)時(shí)加速度大小為1 m/s2答案：BD解析：電容器上極板帶正電，通過MN的電流方向向下，由于MN向右運(yùn)動(dòng)，根據(jù)左手定則知，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向里，A錯(cuò)誤；電容器完全充電后，兩極板間電壓為E，當(dāng)開關(guān)S接2時(shí)，電容器放電，設(shè)剛放電時(shí)流經(jīng)MN的電流為I，有I，設(shè)MN受到的安培力為F，有FBIl，由牛頓第二定律有
20、Fma，聯(lián)立解得a1 m/s2.當(dāng)電容器充電完畢時(shí)，設(shè)電容器上電荷量為Q0，有Q0CE，開關(guān)S接2后，MN開始向右加速運(yùn)動(dòng)，速度達(dá)到最大值vmax時(shí)，設(shè)MN上的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E，有EBlvmax，依題意有E，設(shè)在此過程MN中的平均電流為，MN上受到的平均安培力為，有Bl，由動(dòng)量定理，有tmvmax，又ItQ0Q，聯(lián)立解得Q0.5 C，vmax0.5 m/s，C錯(cuò)誤，B、D正確3.2019廣東廣州模擬如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)一質(zhì)量為m、帶電荷量為q且不計(jì)重力的粒子，以速度v沿與半徑PO夾角30的方向從P點(diǎn)垂直磁場(chǎng)射入，最后粒子垂直于MN射出，則磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為(
21、)A. B.C. D.答案：B解析：設(shè)該粒子的軌跡半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得rcos60R，可得r2R.帶電粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，有qvBm，解得磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，選項(xiàng)B正確4.2019廣東湛江模擬(多選)如圖所示，在空間有一坐標(biāo)系xOy，直線OP與x軸正方向的夾角為30，第一象限內(nèi)有兩個(gè)方向都垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域和，直線OP是它們的邊界，OP上方區(qū)域中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)子(不計(jì)重力)以速度v從O點(diǎn)沿與OP成30角的方向垂直磁場(chǎng)進(jìn)入?yún)^(qū)域，質(zhì)子先后通過磁場(chǎng)區(qū)域和后，恰好垂直打在x軸上的Q點(diǎn)(圖中未畫出)，則()A質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為
22、B質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為C質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為D質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為答案：BD解析：質(zhì)子在兩個(gè)磁場(chǎng)中由洛倫茲力提供向心力，均做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，其軌跡如圖所示根據(jù)圓的對(duì)稱性及題設(shè)可知，質(zhì)子到達(dá)OP上的A點(diǎn)時(shí)速度方向水平向右，與x軸平行，質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為60，所以質(zhì)子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1T，故A錯(cuò)誤，B正確；設(shè)在區(qū)域中的軌跡半徑為r1，在區(qū)域中的軌跡半徑為r2，由幾何知識(shí)知OAO1為等邊三角形，則r2r1sin30，根據(jù)牛頓第二定律得qvBm，qvB2m，聯(lián)立解得B22B，由題設(shè)及幾何知識(shí)可得在區(qū)域中軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角為90，所以質(zhì)子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t2
23、T2，故C錯(cuò)誤，D正確5如圖所示，某空間同時(shí)存在正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向里，電場(chǎng)線與水平方向的夾角為.一質(zhì)量為m，電荷量大小為q的微粒以速度v沿電場(chǎng)線方向進(jìn)入該空間，恰好沿直線從P點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到Q點(diǎn)下列說法中正確的是()A該微?？赡軒ж?fù)電B微粒從P到Q的運(yùn)動(dòng)可能是勻變速運(yùn)動(dòng)C磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為D電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)大小為答案：C解析：帶電微粒從P到Q恰好沿直線運(yùn)動(dòng)，則微粒一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)，作出微粒在電磁場(chǎng)中受力分析圖如圖所示，由圖可知微粒一定帶正電，故A、B錯(cuò)誤；由受力分析及平衡條件可知qEmgsin，qBvmgcos，解得E，B，故C正確、D錯(cuò)誤6美國物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明
24、的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子領(lǐng)域前進(jìn)了一大步如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)恒定，且被限制在A、C兩板之間帶電粒子從P0處以初速度v0沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速電場(chǎng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說法正確的是()A帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速兩次BP1P2P2P3C加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸有關(guān)D加速電場(chǎng)方向需要做周期性變化答案：C解析：由題圖可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；由公式R
25、和qUmvmv可知，帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周，電場(chǎng)力做功相同，動(dòng)能增量相同，但速度的增量不同，故粒子圓周運(yùn)動(dòng)的半徑增加量不同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由v可知，加速粒子的最大速度與D形盒的半徑有關(guān)，選項(xiàng)C正確；由T可知，粒子運(yùn)動(dòng)的周期不隨v的變化而變化，故加速電場(chǎng)的方向不需做周期性變化，選項(xiàng)D錯(cuò)誤7.如圖所示，平行金屬板a、b之間的距離為d，a板帶正電荷，b板帶負(fù)電荷，a、b之間還有一垂直于紙面的勻強(qiáng)磁場(chǎng)(圖中未畫出)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B1.一不計(jì)重力的帶電粒子以速度v0射入a、b之間，恰能在兩金屬板之間勻速向下運(yùn)動(dòng)，并進(jìn)入PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B2，方向如圖所示已知帶電粒子的比荷為
26、c，則()A帶電粒子在a、b之間運(yùn)動(dòng)時(shí)，受到的電場(chǎng)力水平向右B平行金屬板a、b之間的電壓為Udv0B2C帶電粒子進(jìn)入PQ下方的磁場(chǎng)之后，向左偏轉(zhuǎn)D帶電粒子在PQ下方磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為答案：D解析：由于不知道帶電粒子的電性，故無法確定帶電粒子在a、b間運(yùn)動(dòng)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向，也無法確定帶電粒子進(jìn)入PQ下方的磁場(chǎng)之后向哪偏轉(zhuǎn)，選項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；粒子在a、b之間做勻速直線運(yùn)動(dòng)，有qqv0B1，解得平行金屬板a、b之間的電壓為Udv0B1，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；帶電粒子在PQ下方的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r，選項(xiàng)D正確8(多選)如圖所示，質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的小物塊從半徑為R的絕緣半圓槽頂
27、點(diǎn)A由靜止開始下滑，已知半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，整個(gè)裝置處于正交的勻強(qiáng)電場(chǎng)與勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小為，方向水平向右，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向垂直紙面向里，g為重力加速度大小，則下列說法正確的是()A物塊最終停在A點(diǎn)B物塊最終停在最低點(diǎn)C物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)D物塊首次滑到最低點(diǎn)時(shí)對(duì)軌道的壓力為2mgqB答案：CD解析：由于半圓槽右半部分光滑，左半部分粗糙，且在最低點(diǎn)時(shí)受到的電場(chǎng)力的方向向右，所以物塊最終從最低點(diǎn)開始向右運(yùn)動(dòng)，到達(dá)某位置時(shí)速度變?yōu)榱?，然后又向左運(yùn)動(dòng)，即物塊做往復(fù)運(yùn)動(dòng)，C正確，A、B錯(cuò)誤；物塊從A點(diǎn)首次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)，由動(dòng)能定理得，mgRqERmv20，且E，聯(lián)立得v，物塊首
28、次運(yùn)動(dòng)到最低點(diǎn)時(shí)，由牛頓第二定律得，F(xiàn)NmgqvBm，解得FN2mgqB，由牛頓第三定律知，D正確二、非選擇題(本題包括4小題，共47分)9(12分)如圖，靜止于A處的離子，經(jīng)電壓為U的加速電場(chǎng)加速后沿圖中圓弧虛線通過靜電分析器，從P點(diǎn)垂直CN進(jìn)入矩形區(qū)域的有界勻強(qiáng)電場(chǎng)，電場(chǎng)方向水平向左靜電分析器通道內(nèi)有均勻輻向分布的電場(chǎng)，已知圓弧所在處場(chǎng)強(qiáng)為E0，方向如圖所示；離子質(zhì)量為m、電荷量為q；2d、3d，離子重力不計(jì)(1)求圓弧虛線對(duì)應(yīng)的半徑R的大小；(2)若離子恰好能打在NQ的中點(diǎn)上，求矩形區(qū)域QNCD內(nèi)勻強(qiáng)電場(chǎng)場(chǎng)強(qiáng)E的值；(3)若撤去矩形區(qū)域QNCD內(nèi)的勻強(qiáng)電場(chǎng)，換為垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，要
29、求離子能最終打在QN上，求磁場(chǎng)磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值范圍答案：(1)(2)(3)B解析：(1)離子在加速電場(chǎng)中加速，根據(jù)動(dòng)能定理有qUmv2.離子在輻向電場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，電場(chǎng)力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qE0.聯(lián)立可得R.(2)離子做類平拋運(yùn)動(dòng)，則有dvt，3dat2.由牛頓第二定律得qEma.聯(lián)立可得E.(3)離子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律有qvB，則r.離子能打在QN上，則既沒有從DQ邊出去也沒有從CN邊出去，則離子運(yùn)動(dòng)徑跡的邊界如圖中和所示由幾何關(guān)系知，離子能打在QN上，必須滿足：dr2d，則有Bv0，故n只能取1或2，即粒子的速度大小為v或v.
30、12(12分)2019河北衡水中學(xué)模擬如圖所示，AQC是邊長為2L的等邊三角形，P、D分別為AQ、AC的中點(diǎn)在虛線QC下方存在水平向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)區(qū)域(梯形PQCD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，區(qū)域(APD)內(nèi)有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域(虛線PD以上、APD以外)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，區(qū)域、內(nèi)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為5B.一帶正電的粒子從Q點(diǎn)正下方、距離Q點(diǎn)為L的O點(diǎn)以某一初速度射出，在電場(chǎng)力作用下從QC邊中點(diǎn)N以速度v0垂直QC射入?yún)^(qū)域，接著從P點(diǎn)垂直AQ射入?yún)^(qū)域.此后帶電粒子經(jīng)歷一系列運(yùn)動(dòng)后又以原速率返回O點(diǎn)粒子重力忽略不計(jì)，求：(1)該粒子的比荷；(2)電場(chǎng)強(qiáng)度E及
31、粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度v的大?。?3)粒子從O點(diǎn)出發(fā)到再次回到O點(diǎn)的整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所經(jīng)歷的時(shí)間t.答案：(1)(2)2Bv0v0(3)解析：(1)粒子在區(qū)域內(nèi)的磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律得qv0Bm，根據(jù)題意有RL，解得.(2)粒子從O點(diǎn)運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)，由運(yùn)動(dòng)的合成與分解可得Lv0t，Lat2，由牛頓第二定律得a，解得E2Bv0，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式可得v2aL，故粒子從O點(diǎn)射出時(shí)的初速度vv0.(3)粒子在電磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間包括三段：在電場(chǎng)中往返運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t0、在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1、在區(qū)域和中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2t3.根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律有t0，設(shè)粒子在區(qū)域中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t1，則t12，粒子在區(qū)域和內(nèi)的磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)時(shí)，有qv05Bm，解得粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑r.則粒子在區(qū)域和內(nèi)的磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，運(yùn)動(dòng)的總時(shí)間為T.由周期公式可得T，故t2t3T，故粒子整個(gè)運(yùn)動(dòng)過程所經(jīng)歷的總時(shí)間tt0t1t2t3.23
2020版高考物理一輪復(fù)習(xí) 全程訓(xùn)練計(jì)劃 周測(cè)八 磁場(chǎng)（含解析）
