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2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題10 磁場(含解析)

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2019年高考物理備考 中等生百日捷進(jìn)提升系列 專題10 磁場(含解析)

專題10 磁場第一部分名師綜述本章內(nèi)容包括磁場的基本性質(zhì)和安培定則、左手定則的應(yīng)用、安培力的應(yīng)用、洛倫茲力和帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)等內(nèi)容,基本概念多且非常抽象,需要熟練掌握磁場的基本概念,掌握用磁感線描述磁場的方法,以及電流、帶電粒子在磁場中的受力和運(yùn)動(dòng)情況,結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律、運(yùn)動(dòng)學(xué)知識(shí)、圓周運(yùn)動(dòng)知識(shí)及功能關(guān)系等知識(shí)進(jìn)行綜合分析.歷年高考對(duì)本考點(diǎn)知識(shí)的考查覆蓋面大,幾乎每個(gè)知識(shí)點(diǎn)都考查到。特別是左手定則的運(yùn)用和帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)更是兩個(gè)命題頻率最高的知識(shí)點(diǎn)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)考題一般運(yùn)動(dòng)情景復(fù)雜、綜合性強(qiáng),多以把場的性質(zhì)、運(yùn)動(dòng)學(xué)規(guī)律、牛頓運(yùn)動(dòng)定律、功能關(guān)系及交變電流等有機(jī)結(jié)合的計(jì)算題出現(xiàn),難度中等偏上,對(duì)考生的空間想象能力、物理過程和運(yùn)動(dòng)規(guī)律的綜合分析能力及用數(shù)學(xué)方法解決物理問題的能力要求較高。從近兩年高考看,涉及本考點(diǎn)的命題常以構(gòu)思新穎、高難度的壓軸題形式出現(xiàn),在復(fù)習(xí)中要高度重視。特別是帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題在歷年高考中出現(xiàn)頻率高,難度大,經(jīng)常通過變換過程情景、翻新陳題面貌、突出動(dòng)態(tài)變化的手法,結(jié)合社會(huì)、生產(chǎn)、科技實(shí)際來著重考查綜合分析能力、知識(shí)遷移和創(chuàng)新應(yīng)用能力。情景新穎、數(shù)理結(jié)合、聯(lián)系實(shí)際將是本考點(diǎn)今年高考命題的特點(diǎn)。第二部分知識(shí)背一背一、洛倫茲力:1、產(chǎn)生洛倫茲力的條件:(1)電荷對(duì)磁場有相對(duì)運(yùn)動(dòng)磁場對(duì)與其相對(duì)靜止的電荷不會(huì)產(chǎn)生洛倫茲力作用(2)電荷的運(yùn)動(dòng)速度方向與磁場方向不平行2、洛倫茲力大?。寒?dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向平行時(shí),洛倫茲力為零;當(dāng)電荷運(yùn)動(dòng)方向與磁場方向垂直時(shí),洛倫茲力最大,等于;3、洛倫茲力的方向:洛倫茲力方向用左手定則判斷4、洛倫茲力不做功二、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場的運(yùn)動(dòng)1、帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)規(guī)律初速度的特點(diǎn)與運(yùn)動(dòng)規(guī)律(1),為靜止?fàn)顟B(tài);(2),則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng);(3),則粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng),其基本公式為:向心力公式:運(yùn)動(dòng)軌道半徑公式:;運(yùn)動(dòng)周期公式:動(dòng)能公式:2、解題思路及方法圓周運(yùn)動(dòng)的圓心的確定:(1)利用洛侖茲力的方向永遠(yuǎn)指向圓心的特點(diǎn),只要找到圓運(yùn)動(dòng)兩個(gè)點(diǎn)上的洛侖茲力的方向,其延長線的交點(diǎn)必為圓心(2)利用圓上弦的中垂線必過圓心的特點(diǎn)找圓心三、帶電體在復(fù)合場或組合場中的運(yùn)動(dòng)復(fù)合場是指重力場、電場和磁場三者或其中任意兩者共存于同一區(qū)域的場;組合場是指電場與磁場同時(shí)存在,但不重疊出現(xiàn)在同一區(qū)域的情況帶電體在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)(包括平衡),說到底仍然是一個(gè)力學(xué)問題,只要掌握不同的場對(duì)帶電體作用的特點(diǎn)和差異,從分析帶電體的受力情況和運(yùn)動(dòng)情況著手,充分發(fā)掘隱含條件,建立清晰的物理情景,最終把物理模型轉(zhuǎn)化成數(shù)學(xué)表達(dá)式,即可求解解決復(fù)合場或組合場中帶電體運(yùn)動(dòng)的問題可從以下三個(gè)方面入手:1、動(dòng)力學(xué)觀點(diǎn)(牛頓定律結(jié)合運(yùn)動(dòng)學(xué)方程);2、能量觀點(diǎn)(動(dòng)能定理和機(jī)械能守恒或能量守恒);3、動(dòng)量觀點(diǎn)(動(dòng)量定理和動(dòng)量守恒定律)一般地,對(duì)于微觀粒子,如電子、質(zhì)子、離子等不計(jì)重力,而一些實(shí)際物體,如帶電小球、液滴等應(yīng)考慮其重力有時(shí)也可由題設(shè)條件,結(jié)合受力與運(yùn)動(dòng)分析,確定是否考慮重力四、帶電粒子在復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)的應(yīng)用實(shí)例1電視顯像管電視顯像管是應(yīng)用電子束磁偏轉(zhuǎn)的原理來工作的,使電子束偏轉(zhuǎn)的磁場是由兩對(duì)偏轉(zhuǎn)線圈產(chǎn)生的顯像管工作時(shí),由陰極發(fā)射電子束,利用磁場來使電子束偏轉(zhuǎn),實(shí)現(xiàn)電視技術(shù)中的掃描,使整個(gè)熒光屏都在發(fā)光2速度選擇器(如圖所示)(1)平行板中電場強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B互相垂直這種裝置能把具有一定速度的粒子選擇出來,所以叫做速度選擇器(2)帶電粒子能夠沿直線勻速通過速度選擇器的條件是。3磁流體發(fā)電機(jī)(1)磁流體發(fā)電是一項(xiàng)新興技術(shù),它可以把內(nèi)能直接轉(zhuǎn)化為電能(2)根據(jù)左手定則,如圖中的B是發(fā)電機(jī)正極(3)磁流體發(fā)電機(jī)兩極板間的距離為l,等離子體速度為v,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,則由得兩極板間能達(dá)到的最大電勢差.4電磁流量計(jì)工作原理:如圖所示,圓形導(dǎo)管直徑為d,用非磁性材料制成,導(dǎo)電液體在管中向左流動(dòng),導(dǎo)電液體中的自由電荷(正、負(fù)離子),在洛倫茲力的作用下橫向偏轉(zhuǎn),a、b間出現(xiàn)電勢差,形成電場,當(dāng)自由電荷所受的電場力和洛倫茲力平衡時(shí),a、b間的電勢差就保持穩(wěn)定,即:,所以,因此液體流量。5霍爾效應(yīng)在勻強(qiáng)磁場中放置一個(gè)矩形截面的載流導(dǎo)體,當(dāng)磁場方向與電流方向垂直時(shí),導(dǎo)體在與磁場、電流方向都垂直的方向上出現(xiàn)了電勢差,這種現(xiàn)象稱為霍爾效應(yīng),所產(chǎn)生的電勢差稱為霍爾電勢差,其原理如圖所示第三部分技能+方法一、帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)解析帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的問題,應(yīng)畫出運(yùn)動(dòng)軌跡示意圖,確定軌跡圓的圓心是關(guān)鍵常用下列方法確定圓心:已知軌跡上某兩點(diǎn)速度方向,作出過兩點(diǎn)的速度的垂線,兩條垂線的交點(diǎn)即圓心;已知軌跡上兩個(gè)點(diǎn)的位置,兩點(diǎn)連線的中垂線過圓心帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)側(cè)重于運(yùn)用數(shù)學(xué)知識(shí)(圓與三角形知識(shí))求解,帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度、初速度與磁場邊界的夾角往往是解題的關(guān)鍵,角度是確定圓心、運(yùn)動(dòng)方向的依據(jù),更是計(jì)算帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間的橋梁,如帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為(是圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角)帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)半徑不僅關(guān)聯(lián)速度的求解,而且在首先確定了運(yùn)動(dòng)半徑的情況下,可利用半徑發(fā)現(xiàn)題中隱含的幾何關(guān)系二、帶電粒子在復(fù)合場中的運(yùn)動(dòng)問題1.是否考慮粒子重力(1)對(duì)于微觀粒子,如電子、質(zhì)子、離子等,因?yàn)槠渲亓σ话闱闆r下與電場力或磁場力相比太小,可以忽略;而對(duì)于一些實(shí)際物體,如帶電小球、液滴、塵埃等一般應(yīng)當(dāng)考慮其重力.(2)在題目中有明確說明是否要考慮重力的,按題目要求處理.(3)不能直接判斷是否要考慮重力的,在進(jìn)行受力分析與運(yùn)動(dòng)分析時(shí),要結(jié)合運(yùn)動(dòng)狀態(tài)確定是否要考慮重力.2.分析方法(1)弄清復(fù)合場的組成.如磁場、電場的復(fù)合,磁場、重力場的復(fù)合,磁場、電場、重力場三者的復(fù)合等.(2)正確受力分析,除重力、彈力、摩擦力外要特別注意靜電力和磁場力的分析.(3)確定帶電粒子的運(yùn)動(dòng)狀態(tài),注意運(yùn)動(dòng)情況和受力情況的結(jié)合.(4)對(duì)于粒子連續(xù)通過幾個(gè)不同區(qū)域、不同種類的場時(shí),要分階段進(jìn)行處理.3帶電粒子在疊加場中無約束情況下的運(yùn)動(dòng)情況分類(1)磁場力、重力并存若重力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因F洛不做功,故機(jī)械能守恒,由此可求解問題(2)電場力、磁場力并存(不計(jì)重力的微觀粒子)若電場力和洛倫茲力平衡,則帶電體做勻速直線運(yùn)動(dòng)若電場力和洛倫茲力不平衡,則帶電體將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因洛倫茲力不做功,可用動(dòng)能定理求解問題(3)電場力、磁場力、重力并存若三力平衡,一定做勻速直線運(yùn)動(dòng)若重力與電場力平衡,一定做勻速圓周運(yùn)動(dòng)若合力不為零且與速度方向不垂直,將做復(fù)雜的曲線運(yùn)動(dòng),因F洛不做功,可用能量守恒或動(dòng)能定理求解問題4帶電粒子在復(fù)合場中有約束情況下的運(yùn)動(dòng)帶電體在復(fù)合場中受輕桿、輕繩、圓環(huán)、軌道等約束的情況下,常見的運(yùn)動(dòng)形式有直線運(yùn)動(dòng)和圓周運(yùn)動(dòng),此時(shí)解題要通過受力分析明確變力、恒力做功情況,并注意洛倫茲力不做功的特點(diǎn),運(yùn)用動(dòng)能定理、能量守恒定律結(jié)合牛頓運(yùn)動(dòng)定律求出結(jié)果三、與磁場有關(guān)的實(shí)際應(yīng)用問題與磁場、復(fù)合場相關(guān)的實(shí)際應(yīng)用問題很多,如回旋加速器、速度選擇器、質(zhì)譜儀、電磁流量計(jì)、等離子發(fā)電機(jī)、霍爾效應(yīng)等,對(duì)這類問題的分析首先要清楚相關(guān)儀器的結(jié)構(gòu),進(jìn)而理解其原理,其核心原理都是帶電粒子在磁場、復(fù)合場中運(yùn)動(dòng)規(guī)律的應(yīng)用對(duì)于常用儀器要記住其基本結(jié)構(gòu)、基本原理以及經(jīng)常出現(xiàn)的基本結(jié)論,例如“回旋加速器加速后的帶電粒子所能達(dá)到的最大動(dòng)能與加速次數(shù)無關(guān),而與加速器半徑和磁感應(yīng)強(qiáng)度有關(guān)”等,這樣有利于提高快速解題能力第四部分基礎(chǔ)練+測一、單選題1在勻強(qiáng)磁場中,一個(gè)原來靜止的原子核,由于衰變放射出某種粒子,結(jié)果得到一張兩個(gè)相切圓1和2的徑跡照片如圖所示,己知兩個(gè)相切圓半徑分別為r1、r2。下列說法正確的是( )A原子核可能發(fā)生的是衰變,也可能發(fā)生的是衰變B徑跡2可能是衰變后新核的徑跡C若是衰變,則1和2的徑跡均是逆時(shí)針方向D若衰變方程是92238U90234Th+24He,則r1:r2=1:45【答案】 D【解析】【詳解】原子核衰變過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,由動(dòng)量守恒定律可知,衰變生成的兩粒子動(dòng)量方向相反,粒子速度方向相反,由左手定則知:若生成的兩粒子電性相反則在磁場中的軌跡為內(nèi)切圓,若電性相同則在磁場中的軌跡為外切圓,所以為電性相同的粒子,可能發(fā)生的是衰變,但不是衰變;若是衰變,生成的兩粒子電性相同,圖示由左手定則可知,兩粒子都沿順時(shí)針方向做圓周運(yùn)動(dòng),故AD錯(cuò)誤;核反應(yīng)過程系統(tǒng)動(dòng)量守恒,原子核原來靜止,初動(dòng)量為零,由動(dòng)量守恒定律可知,原子核衰變后生成的兩核動(dòng)量P大小相等、方向相反,粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得:qvB=mv2r,解得:r=mvqB=PBq,由于P、B都相同,則粒子電荷量q越大,其軌道半徑r越小,由于新核的電荷量大于粒子的電荷量,則新核的軌道半徑小于粒子的軌道半徑,則半徑為r1的圓為放出新核的運(yùn)動(dòng)軌跡,半徑為r2的圓為粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,且:r1:r2=2:90=1:45,故D正確,B錯(cuò)誤;2根據(jù)電磁炮原理,我們可以設(shè)計(jì)一新型電磁船:船體上安裝了用于產(chǎn)生強(qiáng)磁場的超導(dǎo)線圈,在兩船舷之間裝有電池,導(dǎo)電的海水在安培力作用下即可推動(dòng)該船前進(jìn)。如圖是電磁船的簡化原理圖,其中MN和PQ是與電池相連的導(dǎo)體棒,MN、 PQ、電池與海水構(gòu)成閉合回路,且與船體絕緣,要使該船水平向左運(yùn)動(dòng),則超導(dǎo)線圈在NMPQ所在區(qū)域產(chǎn)生的磁場方向是A豎直向下B豎直向上C水平向左D水平向右【答案】 A【解析】【詳解】由電源、海水構(gòu)成的閉合電路可知海水中電流的方向是從MN指向PQ,根據(jù)左手定則可知磁場方向豎直向下時(shí)海水受到的力水平向右,海水反作用于船體的力水平向左,符合題意。故A項(xiàng)正確,BCD三項(xiàng)錯(cuò)誤。3如圖所示,R1和R2是同種材料、厚度相同、上下表面為正方形的金屬導(dǎo)體,但 R1的尺寸比R2的尺寸大。將兩導(dǎo)體同時(shí)放置在同一勻強(qiáng)磁場B中,磁場方向垂直于兩導(dǎo)體正方形表面,在兩導(dǎo)體上加相同的電壓,形成圖所示方向的電流;電子由于定向移動(dòng),會(huì)在垂直于電流方向受到洛倫茲力作用,從而產(chǎn)生霍爾電壓,當(dāng)電流和霍爾電壓達(dá)到穩(wěn)定時(shí),下列說法中正確的是()AR1中的電流大于R2中的電流BR1 中的電流小于R2中的電流CR1 中產(chǎn)生的霍爾電壓小于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓DR1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓【答案】 D【解析】【詳解】AB電阻R=LS,設(shè)正方形金屬導(dǎo)體邊長為a,厚度為b,則R=aab=b,則R1=R2,在兩導(dǎo)體上加上相同電壓,則R1中的電流等于R2中的電流,故AB錯(cuò)誤。CD根據(jù)電場力與洛倫茲力平衡,則有evB=eUHa,解得:UH=Bav=BaIneab=1neBIb,則有R1中產(chǎn)生的霍爾電壓等于R2中產(chǎn)生的霍爾電壓,故C錯(cuò)誤,D正確。4如圖所示,在xOy坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)存在垂直坐標(biāo)平面向里的勻強(qiáng)磁場,第二象限內(nèi)的部分區(qū)域存在勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),現(xiàn)有一帶電荷量為+q、質(zhì)量為m的粒子,以大小為v0的初速度從P(a,0)點(diǎn)沿與x軸正方向成45的方向射入磁場中,通過y軸上的N(0,a)點(diǎn)進(jìn)人第二象限后,依次通過無電場區(qū)域和勻強(qiáng)電場區(qū)域后,到達(dá)x軸時(shí)速度恰好為0,已知該粒子從第一次通過N點(diǎn)到第二次通過N點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間為t0,粒子重力不計(jì),下列說法正確的是()A磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2mv02aqB該粒子從P點(diǎn)開始到第一次通過N點(diǎn)時(shí)所用的時(shí)間為2a2v0C該粒子在第一次通過無電場區(qū)域過程中的位移大小為v0t02-2aD該粒子在第一次通過無電場區(qū)城過程中的位移大小為22a-v0t02【答案】 B【解析】【詳解】畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示,根據(jù)幾何關(guān)系可知r=22a,根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,聯(lián)立可得:B=2mv0aq,故A錯(cuò)誤;粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期:T=2rv0=2mqB=2av0,從P到N的時(shí)間t=T2=2a2v0,故B正確;設(shè)粒子在非電場區(qū)域飛行時(shí)間為t1,位移為x1,在電場中飛行時(shí)間為t2,位移為x2,則有t1+t2=t0由幾何關(guān)系有:x1+x2=2a又因?yàn)椋簒1=v0t1,x2=v0t22聯(lián)立可得:x1=v0t1=22a-v0t0,故CD錯(cuò)誤。故選B。5將靜止在P點(diǎn)的原子核置于勻強(qiáng)磁場中(勻強(qiáng)磁場的方向圖中未畫出),能發(fā)生衰變或衰變,衰變后沿垂直于磁場的方向射入勻強(qiáng)磁場中,得到軌跡圓弧AP和軌跡圓弧PB,兩軌跡在P點(diǎn)相切,它們的半徑RAP與RPB之比為44:1,則A發(fā)生了衰變,磁場垂直紙面向外,原核電荷數(shù)為90B發(fā)生了衰變,磁場垂直紙面向里,原核電荷數(shù)為86C發(fā)生了衰變,磁場垂直紙面向里,原核電荷數(shù)為45D發(fā)生了衰變,磁場垂直紙面向外,原核電荷數(shù)為43【答案】 D【解析】【詳解】兩粒子運(yùn)動(dòng)方向相反,受洛倫茲力方向相同,可知兩粒子帶異種電荷,可知發(fā)生的是衰變;根據(jù)動(dòng)量守恒定律,兩粒子動(dòng)量等大反向,由r=mvqB1q,則兩粒子的電量之比為1:44,因射線帶一個(gè)負(fù)電荷,則原核電荷數(shù)為43,根據(jù)左手定則可知,磁場垂直紙面向外,故選D.6如圖所示,靜止在勻強(qiáng)磁場中的某放射性元素的原子核,當(dāng)它放出一個(gè)粒子后,其速度方向與磁場方向垂直,測得粒子和反沖核軌道半徑之比為44:1,則下列說法不正確的是()A粒子與反沖粒子的動(dòng)量大小相等,方向相反B原來放射性元素的原子核電荷數(shù)為90C反沖核的核電荷數(shù)為88D粒子和反沖粒子的速度之比為1:88【答案】 D【解析】【詳解】微粒之間相互作用的過程中遵守動(dòng)量守恒定律,由于初始總動(dòng)量為零,則末動(dòng)量也為零,即粒子和反沖核的動(dòng)量大小相等,方向相反;由于釋放的粒子和反沖核均在垂直于磁場的平面內(nèi),且在洛倫茲力作用下做圓周運(yùn)動(dòng);由Bqv=mv2R得:R=mvBq,若原來放射性元素的核電荷數(shù)為Q,則對(duì)粒子:R1=P1B2e,對(duì)反沖核:R2=P2B(Q-2)e,由于P1=P2,根據(jù)R1:R2=44:1,解得Q=90,反沖核的核電荷數(shù)為90-2=88,它們的速度大小與質(zhì)量成反比,由于不知道質(zhì)量關(guān)系,無法確定速度大小關(guān)系,故A、B、C正確,D錯(cuò)誤;7在粒子物理學(xué)的研究中,我們可以讓粒子通過“云室”“氣泡室”等裝置,顯示它們的徑跡。右圖為在氣泡室中垂直施加勻強(qiáng)磁場后帶電粒子的運(yùn)動(dòng)徑跡,密封的氣泡室里裝滿了因絕熱膨脹而處于過熱狀態(tài)的液體,當(dāng)帶電粒子經(jīng)過液體時(shí)會(huì)產(chǎn)生氣泡,從而顯示出粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡。觀察圖片,對(duì)氣泡室內(nèi)帶電粒子運(yùn)動(dòng)徑跡的描述,下列說法不正確的是A不同粒子的徑跡半徑不同是因?yàn)榱W拥谋群?、速度不同造成的B從同一方向飛來的粒子偏轉(zhuǎn)方向不同是電荷量大小不同導(dǎo)致的C從同一方向飛來的粒子偏轉(zhuǎn)方向不同是電荷種類不同導(dǎo)致的D粒子的徑跡是螺旋線是因?yàn)榱W釉谶\(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能減少【答案】 B【解析】【分析】根據(jù)題中“勻強(qiáng)磁場粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡”可知,本題考察帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng),應(yīng)用牛頓第二定律、左手定則等知識(shí)分析推斷?!驹斀狻緼:據(jù)qvB=mv2r可得r=mvqB,則不同粒子的徑跡半徑不同是因?yàn)榱W拥谋群?、速度不同造成的。故A項(xiàng)正確。BC:據(jù)左手定則可知,從同一方向飛來的粒子偏轉(zhuǎn)方向不同是電荷種類不同導(dǎo)致的。故B項(xiàng)錯(cuò)誤,C項(xiàng)正確。D:粒子在運(yùn)動(dòng)過程中動(dòng)能減少,速度減小;據(jù)r=mvqB可知,粒子的徑跡是螺旋線。故D項(xiàng)正確。本題選不正確的,答案是B。8如圖所示,在傾角為37°的光滑斜面上有一根長為0.5m、質(zhì)量為2kg的通電直導(dǎo)線,電流大小I=2A、方向垂直于紙面向里,導(dǎo)線用平行于斜面的輕彈簧拴住不動(dòng),整個(gè)裝置放在磁感應(yīng)強(qiáng)度為5T,豎直向上的磁場中,已知彈簧的勁度系數(shù)為400N/m,整個(gè)過程未超出彈簧的彈性限度,則以下說法正確的是(g取10m/s2)A通電直導(dǎo)線對(duì)斜面的壓力為19NB彈簧的伸長量為4mC如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,則彈簧的彈力減小D如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,則通電導(dǎo)線對(duì)斜面的壓力減小【答案】 D【解析】【詳解】AB、通電直導(dǎo)線受到重力、斜面對(duì)其的支持力、彈簧對(duì)其的拉力和水平向右安培力作用,通電直導(dǎo)線受到的安培力:F安=BIL=5N,根據(jù)平衡條件可得:F彈-mgsin37°-BILcos370=0,F(xiàn)N+BILsin37°-mgcos37°=0,解得:FN=mgcos37°-BILsin37°=13N,F(xiàn)彈=mgsin37°+BILcos37°=16N,根據(jù)胡克定律可知彈簧的伸長量為:x=F彈k=16400m=0.04m,故A、B錯(cuò)誤;CD、如果磁感應(yīng)強(qiáng)度增大,通電直導(dǎo)線受到的安培力F安=BIL增大,彈簧的彈力F彈=mgsin37°+BILcos37°增大,斜面對(duì)通電導(dǎo)線的支持力FN=mgcos37°-BILsin37°減小,故D正確,C錯(cuò)誤;故選D。9以下涉及物理學(xué)史上的四個(gè)重大發(fā)現(xiàn),其中說法不正確的是A卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn),測定出了萬有引力常量B奧斯特通過實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場C牛頓根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力是改變物體運(yùn)動(dòng)狀態(tài)的原因D紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,總結(jié)出后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律的結(jié)論【答案】 C【解析】【詳解】A、卡文迪許通過扭秤實(shí)驗(yàn),測定出了萬有引力恒量.所以A選項(xiàng)是正確的.B、奧斯特通過實(shí)驗(yàn)研究,發(fā)現(xiàn)了電流周圍存在磁場,所以B選項(xiàng)是正確的;C、伽利略根據(jù)理想斜面實(shí)驗(yàn),提出力不是維持物體運(yùn)動(dòng)的原因,故C錯(cuò)誤D、紐曼、韋伯在對(duì)理論和實(shí)驗(yàn)資料進(jìn)行嚴(yán)格分析后,先后指出:閉合電路中電磁感應(yīng)電動(dòng)勢的大小,跟穿過這一電路的磁通量的變化率成正比,后人稱之為法拉第電磁感應(yīng)定律,故D對(duì);本題選不正確的,故選C10如圖所示,OO為圓柱筒的軸線,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁感線平行于軸線方向,在圓筒壁上布滿許多小孔,如aa、bb、cc、,其中任意兩孔的連線均垂直于軸線,有許多比荷為qm的正粒子,以不同的速度、入射角射入小孔,且均從垂直于OO軸線的對(duì)稱的小孔中射出,入射角為30°的粒子的速度大小為2km/s、則入射角為45°的粒子速度大小為A0.5 km/s B1 km/sC2 km/s D4 km/s【答案】 B【解析】【分析】根據(jù)洛倫茲力做向心力求得速度與半徑成正比,由幾何關(guān)系求得兩種入射角的情況下分別對(duì)應(yīng)的半徑,即可求得速度的比值,進(jìn)而求得速度【詳解】正粒子在勻強(qiáng)磁場中在洛倫茲力作用下進(jìn)行勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有洛倫茲力作為向心力,即qvBmv2r,所以,vrBqm,勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變,正粒子的比荷不變,所以vr為常數(shù)。設(shè)圓柱筒半徑為R,則有右圖所示幾何關(guān)系,那么,入射角為的正粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑rRsin,入射角為30°正粒子的速度v12km/s,半徑r1Rsin3002R,入射角為45°的粒子速度為v2,半徑r2=Rsin450=2R,因?yàn)関1r1=v2r2,所以,v2v1r1r222R×2R(km/s)1km/s。故選B。二、多選題11質(zhì)譜儀是一種測量帶電粒子質(zhì)量和分析同位素的重要工具,它的構(gòu)造原理如圖,離子源A產(chǎn)生電荷量相同而質(zhì)量不同的離子束(初速度可視為零),從狹縫S1進(jìn)入電場,經(jīng)電壓為U的加速電場加速后,再通過狹縫S2從小孔垂直MN射入圓形勻強(qiáng)磁場。該勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直于紙面向外,半徑為R,磁場邊界與直線MN相切E為切點(diǎn)。離子離開磁場最終到達(dá)感光底片MN上,設(shè)離子電荷量為g,到達(dá)感光底片上的點(diǎn)與E點(diǎn)的距離為x,不計(jì)重力,可以判斷()A離子束帶負(fù)電Bx越大,則離子的比荷一定越大C到達(dá)x=3R處的離子在勻強(qiáng)磁場運(yùn)動(dòng)時(shí)間為BR29UD到達(dá)x=3R處的離子質(zhì)量為qB2R26U【答案】 CD【解析】【詳解】帶電粒子在加速電場中做勻加速直線運(yùn)動(dòng),設(shè)加速后的速度大小為v,根據(jù)動(dòng)能定理有:qU=12mv2-0,解得:v=2qUm,然后勻速運(yùn)動(dòng)到E點(diǎn)進(jìn)入有界磁場中,其運(yùn)動(dòng)軌跡如下圖所示:粒子從E點(diǎn)先沿虛線圓弧,再沿直線做勻速直線運(yùn)動(dòng)到N點(diǎn)。由左手定則,粒子是正電。故A錯(cuò)誤;由qvB=mv2r,則r=mvqB,x越大則r越大,則比荷qm越小,故B錯(cuò)誤;在ENO中tan=xR,解得:=60°,設(shè)帶電粒子運(yùn)動(dòng)的軌跡圓的半徑為r,根據(jù)數(shù)學(xué)知識(shí)有:r=33R,解得:m=qB2R26U,由t=360T=360×2mqB,由幾何關(guān)系圓弧圓心角=120°,聯(lián)立可得:t=BR29U,故CD正確。12如圖所示,長為L、相距d的兩水平放置的平行金屬板之間有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B。從離子源先后發(fā)射出氫同位素粒子11H、13H (不計(jì)重力),經(jīng)同一電場區(qū)加速,從兩極板中點(diǎn)以相同速率垂直磁感線水平進(jìn)入磁場,兩種粒子都恰好不打在極板上。下列說法正確的是A11H、13H粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌道半徑之比為3:1B極板長L與間距d之比為1:2C11H、13H粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比為3:1D11H、13H粒子進(jìn)入電場區(qū)域前的初動(dòng)能之比小于1/3【答案】 BD【解析】【詳解】A在磁場中的半徑:R=mvqB,因兩同位素的質(zhì)量之比為1:3,則半徑之比為1:3,選項(xiàng)A錯(cuò)誤;B在板間運(yùn)動(dòng)時(shí)在磁場中做圓周運(yùn)的半徑之比為r1:r2=1:3,且兩種粒子都恰好不打在極板上,可知12d=2r1,(r2-12d)2+L2=r22,聯(lián)立解得:L:d=1:2,選項(xiàng)B錯(cuò)誤;C11H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度為,由幾何關(guān)系可知,13H在磁場中轉(zhuǎn)過的角度正弦值為sin=Lr2=223,可知兩種粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的角度之比不等于3:1,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;D根據(jù)動(dòng)能定理,兩粒子在電場中運(yùn)動(dòng)中滿足:Uq=12mv2-Ek1;Uq=123mv2-Ek2,則Ek1Ek2=12mv2-qU123mv2-qU=1312mv2-qU(12mv2-13qU)<13,選項(xiàng)D正確.13在光滑水平絕緣的足夠大的桌面上建立xoy坐標(biāo)系,空間有豎直向下的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B0,有兩個(gè)完全相同的質(zhì)量為m的帶正電小球A、B分別位于y軸上縱坐標(biāo)為y2、y1的位置,電荷量都為q,兩個(gè)小球都以垂直于y軸、大小為v的速度同時(shí)射入磁場。如圖所示(兩球若發(fā)生碰撞只能是彈性正碰),要讓B球到(0,y2)處,那y2y1可能的值為AmvB0qB2mvB0qC3mvB0qD4mvB0q【答案】 BD【解析】【詳解】兩球在勻強(qiáng)磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相等,由洛倫茲力提供向心力有qvB0=mv2r,得r=mvqB0。B球要到達(dá)(0,y2)處,第一種情況是運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期直接到達(dá),如圖甲所示,則y2-y1=2r=2mvqB0;第二種情況,如圖乙所示,A、B兩個(gè)球各自運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期后發(fā)生彈性正碰,因?yàn)閮汕蛸|(zhì)量相等,在滿足系統(tǒng)動(dòng)量守恒和碰撞過程中動(dòng)能不損失的條件下,兩球只能交換速度后又各自運(yùn)動(dòng)半個(gè)周期達(dá)到另一點(diǎn),y2-y1=4r=4mvqB0。故BD兩項(xiàng)正確,AC兩項(xiàng)錯(cuò)誤。14如圖為一電流表的原理示意圖,質(zhì)量為m的均質(zhì)細(xì)金屬棒MN的中點(diǎn)處通過一絕緣掛鉤與一豎直懸掛的彈簧相連,彈簧勁度系數(shù)為k,在矩形區(qū)域abcd內(nèi)有勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,方向垂直紙面向外,與MN的右端N連接的一絕緣輕指針可指標(biāo)尺上的讀數(shù),MN的長度大于ab,當(dāng)MN中沒有電流通過且處于平衡狀態(tài)時(shí),MN與矩形區(qū)域cd邊重合;當(dāng)MN中有電流通過時(shí),指針示數(shù)可表示電流強(qiáng)度下列說法正確的是A若要電流表正常工作,M端與電源正極相接B若要電流表正常工作,M端與電源負(fù)極相接C若將量程擴(kuò)大2倍,磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?倍D若將量程擴(kuò)大2倍,磁感應(yīng)強(qiáng)度應(yīng)變?yōu)樵瓉淼?/2倍【答案】 AD【解析】【詳解】為使電流表正常工作,作用于通有電流的金屬棒MN的安培力必須向下。跟左手定則可知金屬棒中電流從M端流向N端,因此M端應(yīng)接正極。故若要電流表正常工作,M端應(yīng)接正極,故A正確,B錯(cuò)誤;導(dǎo)體棒沒通電時(shí):mg=kx;設(shè)滿量程時(shí)通過MN的電流強(qiáng)度為Im,則有:BImab+mg=k(bc+x);設(shè)量程擴(kuò)大后,磁感應(yīng)強(qiáng)度變?yōu)锽,則有2B'Imab+mg=k(bc+x);得:B=12B,故D正確,C錯(cuò)誤;故選AD。15如圖所示,以直角三角形AOC為邊界的有界勻強(qiáng)磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,A60°,AOL,在O點(diǎn)放置一個(gè)粒子源,可以向各個(gè)方向發(fā)射某種帶正電的粒子(不計(jì)重力作用),粒子的比荷為qm,發(fā)射速度大小都為v0,且滿足v0=2qBLm。粒子發(fā)射方向與OC邊的夾角為,對(duì)于粒子進(jìn)入磁場后的運(yùn)動(dòng),下列說法正確的是A粒子有可能打到C點(diǎn)B以30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間最長C以 > 30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間都相等D在AC邊界上有粒子射出的區(qū)域長度大于L【答案】 AD【解析】【詳解】根據(jù)Bqv0=mv02r,可知粒子的運(yùn)動(dòng)半徑r=2L;假設(shè)粒子能經(jīng)過C點(diǎn),則此時(shí)粒子速度方向與CO的夾角為,則由幾何關(guān)系可知sin=32L2L=34<12,則<300,可知粒子能經(jīng)C點(diǎn),此種情況下粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的弦長最長,時(shí)間最長,故選項(xiàng)A正確,B錯(cuò)誤;以 > 30°飛入的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)的弧長不同,則運(yùn)動(dòng)的時(shí)間不相等,選項(xiàng)C錯(cuò)誤;若當(dāng)=90°入射時(shí),假設(shè)此時(shí)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑等于OC=3L,則粒子打到AC邊上的位置距離C點(diǎn)3L的位置,粒子的半徑大于3L,則粒子打到AC邊上的位置距離C點(diǎn)的距離一定大于3L,選項(xiàng)D正確;故選AD。16如圖所示,某同學(xué)用玻璃皿在中心放一個(gè)圓柱形電極接電源的負(fù)極,沿邊緣放一個(gè)圓環(huán)形電極接電源的正極做“旋轉(zhuǎn)的液體的實(shí)驗(yàn)”,若蹄形磁鐵兩極間正對(duì)部分的磁場視為勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=0.1T,玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m,電源的電動(dòng)勢為E=3V,內(nèi)阻r=0.1,限流電阻R0=4.9,玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R=0.9,閉合開關(guān)后當(dāng)液體旋轉(zhuǎn)時(shí)電壓表的示數(shù)為1.5V,則(不計(jì)一切摩擦阻力)( )A由上往下看,液體做逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)B液體所受的安培力大小為1.5NC閉合開關(guān)后,液體熱功率為0.081WD閉合開關(guān)10s,液體具有的動(dòng)能是3.69J【答案】 ACD【解析】【詳解】A、根據(jù)左手定則,導(dǎo)電液體受到的安培力沿逆時(shí)針方向,因此液體沿逆時(shí)針方向旋轉(zhuǎn),故A正確;B、電壓表的示數(shù)U=1.5V,則根據(jù)閉合電路歐姆定律:E=U+IR0+Ir,所以電路中的電流值為:I=E-UR0+r=0.3A,液體所受安培力為F=BIa=1.5×10-3N,故B錯(cuò)誤;C、玻璃皿中兩極間液體的等效電阻為R=0.9,液體的熱功率為:P熱=I2R=0.081W,故C正確;D、根據(jù)能量守恒定律,閉合開關(guān)10s,液體具有的動(dòng)能是:Ek=W電流-W熱=(P-P熱)t=(UI-I2R)t=3.69J,故D正確;17如下圖所示,平行直線 aa及 bb間有垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為 B現(xiàn)分別在 aa上某兩點(diǎn)射入帶正電粒子 M、N,M、N 的初速度方向不同,但與 aa的夾角均為 ,兩粒子都恰不能越過界線 bb若兩粒子質(zhì)量均為 m,電荷量均為 q,兩粒子射入到 bb的時(shí)間分別為 t1和t2,則()At1+t2=2mqBBM 粒子的初速度大于 N 粒子的初速度Ct1+t2=m2qBDM 粒子軌跡半徑小于 N 粒子的軌跡半徑【答案】 AB【解析】【詳解】設(shè)磁場寬度為d,M和N兩粒子的軌跡半徑分別為R1和R2,粒子M的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:由幾何知識(shí)可知:R1(1-cos)=d粒子的軌道半徑:R1=d1-cos粒子N的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示:由幾何知識(shí)可知:R2(1+cos)=d,粒子軌道半徑:R2=d1+cos故M粒子軌跡半徑R1大于N粒子的軌跡半徑R2;根據(jù)洛倫茲力提供向心力:qvB=mv2R可得粒子半徑:R=mvqB,可知當(dāng)m、q和B相同時(shí),R與v成正比,故M粒子的初速度大于N粒子的初速度;兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期相同,均為:T=2Rv=2mqBM、N兩粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的圓心角分別為2和(2-2)M粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t1=22TN粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間:t2=2-22T兩粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間之和:t1+t2=22T+2-22T=T=2mqB,故AB正確,CD錯(cuò)誤。18央視是真的嗎節(jié)目做了如下實(shí)驗(yàn):用裸露的鋼導(dǎo)線繞制成一根無限長螺旋管,將螺旋管固定在絕緣水平桌面上,用一節(jié)干電池和兩磁鐵制成一個(gè)“小車”,兩導(dǎo)電磁鐵的同名磁極粘在電池的正、負(fù)兩極上,只要將這輛小車推入螺旋管中,小車就會(huì)加速運(yùn)動(dòng)起來,如圖所示。圖中電池所在處的線圈沒有畫出,關(guān)于小車的運(yùn)動(dòng),以下說法正確的是A圖中小車的加速度方向向右B小車加速運(yùn)動(dòng)的能量源于安培力做功C將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,小車的加速度方向會(huì)改變D將小車上兩磁鐵均改為S極與電池粘連,小車的加速度方向不會(huì)改變【答案】 BC【解析】【詳解】A項(xiàng):兩磁極間的磁感線如圖甲所示,干電池與磁體及中間部分線圈組成了閉合回路,在兩磁極間的線圈產(chǎn)生電流,左端磁極的左側(cè)線圈和右端磁極的右側(cè)線圈中沒有電流,其中線圈中電流方向的左視圖如圖乙所示,由左手定則可知,中間線圈所受的安培力向右,由牛頓第二定律有小車具有向左的加速度,故A錯(cuò)誤;B項(xiàng):在兩磁極間的線圈產(chǎn)生電流,根據(jù)F=BIL可知,小車加速運(yùn)動(dòng)是受安培力作用,故B正確;C、D項(xiàng):將小車兩磁極均改為S極與電池相連,磁感線會(huì)向里聚集,受到的力與A中方向相反,故車的加速度方向?qū)l(fā)生改變,故C正確,D錯(cuò)誤。故選:BC。19回旋加速器工作原理示意圖如圖所示.磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場與盒面垂直,兩盒間的狹縫很小,粒子穿過的時(shí)間可忽略,它們接在電壓為U、頻率為f的交流電源上,A處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)子在加速器中被加速.質(zhì)子初速度可忽略,則下列說法正確的是A若只增大交流電壓U,則質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能增大B若只增大交流電壓U,則質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行時(shí)間會(huì)變短C質(zhì)子第n次被加速前、后的軌道半徑之比n-1:nD不改變磁感應(yīng)強(qiáng)度B和交流電頻率f,該回旋加速器也能用于加速粒子【答案】 BC【解析】【詳解】當(dāng)粒子從D形盒中出來時(shí)速度最大,根據(jù)qvmB=mvm2R,得vm=qBRm,那么質(zhì)子獲得的最大動(dòng)能EKm=q2B2R22m,則最大動(dòng)能與交流電壓U無關(guān)。故A錯(cuò)誤。根據(jù)T=2mBq,若只增大交變電壓U,不會(huì)改變質(zhì)子在回旋加速器中運(yùn)行的周期,但加速次數(shù)減少,則運(yùn)行時(shí)間也會(huì)變短。故B正確。質(zhì)子第n-1次被加速:(n-1)qU=12mvn-12;第n次被加速:nqU=12mvn2;其中r=mvqB=1B2mUq,則半徑之比rn-1rn=n-1n;選項(xiàng)C正確;帶電粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的周期與加速電場的周期相等,根據(jù)T=2mBq知,換用粒子,粒子的比荷變化,周期變化,回旋加速器需改變交流電的頻率才能加速粒子。故D錯(cuò)誤。故選BC。20如圖所示,從有界勻強(qiáng)磁場的邊界上O點(diǎn)以相同的速率射出三個(gè)相同粒子a、b、c,粒子b射出的方向與邊界垂直,粒子b偏轉(zhuǎn)后打在邊界上的Q點(diǎn),另外兩個(gè)粒子打在邊界OQ的中點(diǎn)P處,不計(jì)粒子所受的重力和粒子間的相互作用力,下列說法正確的是A粒子一定帶正電B粒子a與b射出的方向間的夾角等于粒子b與c射出的方向間的夾角C兩粒子a、c在磁場中運(yùn)動(dòng)的平均速度相同D三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形【答案】 BD【解析】【詳解】如圖,粒子往右偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則,粒子帶負(fù)電,故A錯(cuò)誤;由幾何知識(shí)得,粒子a,c均從P點(diǎn)射出,所以弧OP的對(duì)稱弧與a粒子的軌跡半徑相等,故a,b粒子與b,c粒子的射出的方向間的夾角相等,故B正確;a,c粒子位移相等,時(shí)間不等,故兩粒子a,c在磁場中運(yùn)動(dòng)的平均速度不相同,故C錯(cuò)誤;根據(jù)r=mvqB,則速率相同的三個(gè)粒子在同一磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑相等,故連接三個(gè)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的圓心與O點(diǎn)的連線構(gòu)成一個(gè)菱形,故D正確;故選BD?!军c(diǎn)睛】解答此題的關(guān)鍵是知道相同粒子在同一磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的半徑是相等的,注意與數(shù)學(xué)知識(shí)相結(jié)合解答更容易。三、解答題21如圖所示,豎直虛線左側(cè)有豎直向上的勻強(qiáng)電場,右側(cè)有水平向左的勻強(qiáng)電場,兩電場的電場強(qiáng)度大小均為E=2×1 02v/m,右側(cè)電場中有一斜面,斜面的傾角45°,虛線左側(cè)還有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場,一帶電小球(可視為質(zhì)點(diǎn))從斜面由上的A點(diǎn)由靜止釋放,沿斜面向下運(yùn)動(dòng),從斜面的底端(虛線上的C點(diǎn))進(jìn)入虛線左側(cè)正交的電場和磁場中,結(jié)果小球恰好能做勻速圓周運(yùn)動(dòng),并從虛線上的D點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)的電場,小球的電荷量為q=lxl0-6C,C、D兩點(diǎn)間的距離為d=202cm,A、C兩點(diǎn)的高度差h=l0cm,g=l0m/s2,斜面的上端足夠長。(1)求小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大小。(2)求勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小B。(3)試分析小球從D點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)的電場后,能不能打在斜面上?如果能,求小球從D點(diǎn)打到斜面上所用的時(shí)間;如果不能,則小球在電場中運(yùn)動(dòng)多長時(shí)間恰好進(jìn)入虛線左側(cè)正交的電場和磁場中?【答案】(1) 2m/s (2)200T (3)能。0.1s【解析】【詳解】(1)小球恰好能在虛線左側(cè)正交的電場和磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),則有:qE=mg從斜面由上的A點(diǎn)由靜止釋放,小球沿斜面向下勻加速運(yùn)動(dòng),根據(jù)動(dòng)能定理可得:mgh+qEhtan45°=12mvC2-0解得:小球運(yùn)動(dòng)到C點(diǎn)時(shí)的速度大?。簐C=2m/s(2) 小球恰好能在虛線左側(cè)正交的電場和磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng),有幾何關(guān)系可得:2R=d解得:R=0.2m根據(jù)qvCB=mvC2R可得:勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大?。築=200T(3) 小球從D點(diǎn)進(jìn)入虛線右側(cè)的電場后做內(nèi)平拋運(yùn)動(dòng),假設(shè)小球能打在斜面上,則有:平行速度方向:dcos45°=vCt解得:dcos45°=vCt=0.1s垂直速度方向有:a=(mg)2+(qE)2m=20m/s2y=12at2=0.1m由于y=0.1m<dsin45°,假設(shè)成立,即能打在斜面上22如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy第一、四象限存在正方形勻強(qiáng)磁場區(qū)域 ACDF,原點(diǎn)O位于AC邊中點(diǎn),磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B,方向垂直平面向里。帶電粒子以速度v0從O點(diǎn)沿x軸正方向射入磁場。不計(jì)粒子的重力。(1)若正方形邊長為l,粒子恰從AF邊中點(diǎn)射出,求粒子的比荷;(2)設(shè)粒子從DF邊某處飛出磁場,且速度方向相對(duì)入射方向偏轉(zhuǎn)角。若將磁場換成沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,粒子也從DF邊上射出時(shí)速度偏轉(zhuǎn)角仍為,求此電場強(qiáng)度的大小。【答案】(1)qm=2v0Bl(2)Bv0cos【解析】【詳解】(1)由牛頓第二定律:qv0Bmv02r,由幾何關(guān)系:rl2,得qm=2v0Bl(2)設(shè)正方形邊長為l,磁場中:qv0Bmv02r,其中sinl'r電場中:qEma,lv0t,vyat,tanvyv0解得EBv0cos23如圖甲所示,平面OO垂直于紙面,其上方有長為h、相距為34h的兩塊平行導(dǎo)體板M、N。兩極板間加上如圖乙所示的電壓,平面OO的下方是一個(gè)與OO平面平行的勻強(qiáng)磁場,方向垂直紙面向外。在兩極板的正中間的正上方有一粒子源,它連續(xù)放射出質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的粒子,其初速度大小為v0,方向垂直電場及OO平面。不計(jì)粒子重力及空氣的阻力,每個(gè)粒子在板間運(yùn)動(dòng)的極短時(shí)間內(nèi),可以認(rèn)為電場強(qiáng)度不變,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)若要求帶電粒子飛出電場時(shí)不打在板上,則板間電壓U的最大值不能超過多少?(2)若UMN的最大值取第(1)問求出的最大值,要使所有的粒子通過磁場后都能回到兩板間,磁場磁感應(yīng)強(qiáng)度B的大小及磁場的高度H需滿足什么條件?(3)在滿足(2)問的前提下,粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為多少?【答案】(1)Um=9mv0216q(2)B=16mv03hqH38h(3)t=127h480v0【解析】【詳解】(1)設(shè)電壓的最大值為Um,則有38h=12at2a=EqmE=Um34hh=v0t解得:Um=9mv0216q(2)設(shè)粒子進(jìn)入磁場時(shí)速度v與v0的夾角為,則有v=v0cos又Bqv=mv2R粒子從OO上射出磁場的位置與射入磁場的位置的距離s=2Rcos解得:s=2mv0Bq若沿v0方向射進(jìn)磁場的粒子能回到板間,則其他方向的粒子都能回到板間。當(dāng)s=38h時(shí),B最小,即38h=2mv0Bq解得:B=16mv03hq故磁感應(yīng)強(qiáng)度B應(yīng)滿足的條件為B16mv03hq設(shè)粒子在MN板間的最大偏轉(zhuǎn)角為,則tan=34即=37°粒子進(jìn)入磁場的速度大小v=v0cos=54v0粒子的軌跡半徑r=mvqB磁場的最小高度H=r+rsin=2mv0qB故磁場的高度H需滿足的條件為H38h(3)設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)對(duì)應(yīng)的最大圓心角為'由幾何知識(shí)得'=+2粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t='2TT=2mqB解得粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間t=127h480v024如圖,平面直角坐標(biāo)系xoy第一象限內(nèi)存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,在第四象限內(nèi)存在方向垂直紙面向外圓心標(biāo)O'(2h,-2h),半徑R=2h的圓形有界勻強(qiáng)磁場?,F(xiàn)有一帶電粒子質(zhì)量為m,電荷量為+q,以速v0由y軸上y=3h處的A點(diǎn)垂直y軸飛入第一象限并由x=2h處的C點(diǎn)進(jìn)入有界磁場,在磁場中偏轉(zhuǎn)900后飛離磁場(粒子重力不計(jì)、cos15°=6+24、cos30°=32、cos60°=12)求:(1)電場強(qiáng)度E;(2)帶電粒子進(jìn)入磁場中的速度v的大小;(3)磁感應(yīng)強(qiáng)度B【答案】(1)E=3mv022qh;(2)2v0;(3)B=(3-1)mv0qh【解析】【詳解】(1)豎直方向:3h=12at2其中a=qEm水平方向:2h=v0t聯(lián)立解得:B=3mv022qh;(2)vy2=2a3h=3v02Eq3h=12mv2-12mv02v=vy2+v02=2v0解得:v=2v0;(3)軌跡如圖所示:由幾何關(guān)系得:Rcos15o=rcos45oRcos30o+Rsin30o=r解得:r=(3+1)h由公式qvB=mv2r聯(lián)立解得:B=(3-1)mv0qh。25在xOy豎直平面內(nèi)存在水平方向的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B=5m2qg6l0;粗糙細(xì)桿abc在b處彎出長度可忽略的一小段圓弧,ab段長度為l0,與水平方向成37°角,bc段在水平x軸上,c端處在坐標(biāo)原點(diǎn)O。質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶電小環(huán)套在細(xì)桿頂端,由a端從靜止釋放,恰能勻速通過水平段bc。重力加速度為g,(cos37°=0.8,sin37°=0.6)。(1)求小環(huán)在細(xì)桿abc上運(yùn)動(dòng)克服摩擦力做的功Wf;(2)若在x>0的區(qū)域加一豎直方向的勻強(qiáng)電場(圖中未畫出),帶電小環(huán)從c端離開細(xì)桿后能垂直通過y軸上的P點(diǎn),且通過P點(diǎn)時(shí)的速度與通過坐標(biāo)原點(diǎn)O時(shí)速度大小相等,求所加電場的電場強(qiáng)度E及小環(huán)通過y軸的位置坐標(biāo)P;(3)若在小環(huán)從P點(diǎn)通過y軸瞬間撤去磁場,通過計(jì)算判斷小環(huán)能否在運(yùn)動(dòng)中垂直撞擊細(xì)桿?!敬鸢浮浚?)325mgl0。(2)mgq,方向豎直向下;P(0,4825l0)(3)小環(huán)不能垂直撞擊細(xì)桿【解析】【詳解】(1)小環(huán)恰能勻速通過bc段,表明細(xì)桿對(duì)小環(huán)的摩擦力為0,因此細(xì)桿對(duì)小環(huán)的彈力為0,因此有mg-qvB=0,帶電小環(huán)在ab段運(yùn)動(dòng)時(shí),由動(dòng)能定理得mgl0sin-Wf=12mv2,由式得速度v=256gl0,解得Wf=325mgl0;(2)加一豎直方向的勻強(qiáng)電場,小環(huán)垂直通過y軸,且兩次通過y軸時(shí)速度大小相等,說明其做勻速圓周運(yùn)動(dòng),電場力與重力平衡,由式可判斷小環(huán)帶負(fù)電,所以電場方向豎直向下,且qE-mg=0,設(shè)小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的軌道半徑為R,有qvB=mv2R,由式得場強(qiáng)大小E=mgq,方向豎直向下,由式解得小環(huán)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=2425l0,即小環(huán)通過y軸的位置y=2R=4825l0,故位置坐標(biāo)為P(0,4825l0);(3)如果小環(huán)速度垂直細(xì)桿時(shí),速度的偏轉(zhuǎn)角為53°,設(shè)運(yùn)動(dòng)時(shí)間為t,根據(jù)平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律應(yīng)滿足tan53°=gtv,在時(shí)間t內(nèi)小環(huán)下落高度y=12gt2,聯(lián)立解得y=6475l0,此時(shí)小環(huán)離細(xì)桿a端的高度h=2R-y-lsin37°=715l0>0不合題意,即小環(huán)不能垂直撞擊細(xì)桿。26如圖所示,在xOy平面內(nèi)的第象限中有沿-y方向的勻強(qiáng)電場,場強(qiáng)大小為E。在第和第象限有勻強(qiáng)磁場,方向垂直于坐標(biāo)平面向里。有一個(gè)質(zhì)量為m,電荷量為e的電子,從y軸的P點(diǎn)以初速度v0垂直于電場方向進(jìn)入電場(不計(jì)重力),經(jīng)電場偏轉(zhuǎn)后,沿著與x軸負(fù)方向成45º角進(jìn)入磁場,并能返回到原出發(fā)點(diǎn)P。(1)畫出電子運(yùn)動(dòng)軌跡的示意圖;(2)求P點(diǎn)距坐標(biāo)原點(diǎn)的距離;(3)電子從P點(diǎn)出發(fā)經(jīng)多長時(shí)間再次返回P點(diǎn)?【答案】(1)(2)mv022Ee(3)t=(4+3)3mv08Ee【解析】【詳解】解:(1)如圖所示,電子進(jìn)入電場,從P點(diǎn)到M點(diǎn)做類平拋運(yùn)動(dòng),進(jìn)入磁場后做勻速圓周運(yùn)動(dòng),離開磁場后從N點(diǎn)到P點(diǎn)做勻速直線運(yùn)動(dòng),畫出軌跡如圖所示;(2)電子在電場中運(yùn)動(dòng)過程,有:vy=v0=eEmt解得:t=mv0eE則得: OP=12eEmt2=mv022eE(3)電子在電場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t1=t=mv0eE電子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間為:t2=34T=342meB=3m2eB電子從N點(diǎn)到P點(diǎn)的距離為:NP=2OP電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的速率為:v=2v0則電子從N點(diǎn)到P點(diǎn)的時(shí)間為:t3=DPv=mv02eE故總時(shí)間為:t總=t1+t2+t3=3mv02eE+3m2eB又由圖知,OM=v0t1=mv02eE,ON=OP=mv022eE,而MN=OM+ON=2R聯(lián)立上兩式得,電子在磁場中運(yùn)動(dòng)的軌跡半徑:R=3mv0222eE又evB=mv2R解得:B=4E3v0所以:t總=3mv02eE+3m2eB=(4+3)3mv08eE27如圖所示的平面直角坐標(biāo)系xOy,在第象限內(nèi)有平行于y軸的勻強(qiáng)電場,方向沿y正方向;在第象限的正三角形abc區(qū)域內(nèi)有勻強(qiáng)磁場,方向垂直于xOy平面向里,正三角形邊長為L,且ab邊與y軸平行。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子,從y軸上的P (0,h)點(diǎn),以大小為v0的速度沿x軸正方向射入電場,通過電場后從x軸上的a(2h,0)點(diǎn)進(jìn)入第象限,又經(jīng)過磁場從y軸上的某點(diǎn)進(jìn)入第象限,且速度與y軸負(fù)方向成45°角,不計(jì)粒子所受的重力。求:(1)電場強(qiáng)度E的大??;(2)abc區(qū)域內(nèi)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值?!敬鸢浮浚?)mv022qh(2)2mv0qL【解析】【詳解】(1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間為t,則有x=v0t=2h,y=12at2=hqE=ma,聯(lián)立以上各式可得E=mv022qh;(2)粒子達(dá)到a點(diǎn)時(shí)沿負(fù)y方向的分速度為vy=at=v0,所以v=v02+vy2=2v0,方向指向第IV象限與x軸正方和成45o角;粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí),有qvB=mv2r當(dāng)粒子從b點(diǎn)射出時(shí),磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為最小值,此時(shí)有r=22L所以磁感應(yīng)強(qiáng)度B的最小值B=2mv0qL28如圖所示,在直角坐標(biāo)系的第象限分布著場強(qiáng)E=5×103V/m、方向水平向左的勻強(qiáng)電場,其余三個(gè)象限分布著垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場.現(xiàn)從電場中M(0.5,0.5)點(diǎn)由靜止釋放一比荷為qm=2×104C/kg、重力不計(jì)的帶正電微粒,該微粒第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸.求:(1)勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度;(2)帶電微粒第二次進(jìn)入磁場時(shí)的位置坐標(biāo);(3)為了使微粒還能回到釋放點(diǎn)M,在微粒第二次進(jìn)入磁場后撤掉第象限的電場,求此情況下微粒從釋放到回到M點(diǎn)所用時(shí)間【答案】(1) 1T(2) (0m,1m)(3) 7.21×10-4s.【解析】【分析】帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做的是類平拋運(yùn)動(dòng),利用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律,結(jié)合電場強(qiáng)度、電荷的荷質(zhì)比,求出粒子的進(jìn)入磁場的速度大小與方向以及位置.當(dāng)帶電粒子進(jìn)入磁場后,僅受洛倫茲力作用,做勻速圓周運(yùn)動(dòng).由微粒第一次進(jìn)入磁場后將垂直通過x軸,可尋找到已知長度與圓弧半徑的關(guān)系,從而求出磁感應(yīng)強(qiáng)度,當(dāng)粒子再次進(jìn)入電場時(shí),仍是類平拋運(yùn)動(dòng).利用相同方法求出離開電場的位置要求微粒從釋放到回到M點(diǎn)所用時(shí)間,畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,當(dāng)粒子做類平拋運(yùn)動(dòng),運(yùn)用平拋運(yùn)動(dòng)規(guī)律求出時(shí)間,當(dāng)粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),由周期公式求出運(yùn)動(dòng)時(shí)間?!驹斀狻?1)根據(jù)動(dòng)能定理得,qExM=12mv2代入數(shù)據(jù)解得:v=2qExMm=2×2×104×5×103×0.5=104m/s因?yàn)槲⒘5谝淮芜M(jìn)入磁場后將垂直通過x軸,根據(jù)幾何關(guān)系知,粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R=xM,R=xM=mvBq,解得B=mvqxM=1042×104×0.5=1T;(2)粒子垂直進(jìn)入電場,做類平拋運(yùn)動(dòng),則a拋=qEm=2×104×5×103=108m/s2,xM=12a拋t拋2,代入數(shù)據(jù)解得t拋=10-4s,則y=vt拋=104×10-4=1m;帶電微粒第二次進(jìn)入磁場時(shí)的位置坐標(biāo)為(0m,1m)(3)第一次進(jìn)入磁場后軌跡如圖所示:入磁場時(shí):vM=a拋t拋=108×10-4=104m/sv入=v2+vx2=2×104m/sR'=mv入Bq=12(m),軌跡如上圖所示,t=2×34T+2t拋+LOMv入=3mBq+2t拋+0.52v入,代入數(shù)據(jù)得:t=7.21×10-4s.【點(diǎn)睛】本題重點(diǎn)是畫出帶電粒子的運(yùn)動(dòng)軌跡,當(dāng)是平拋運(yùn)動(dòng)時(shí),則可分解成沿電場強(qiáng)度方向是勻加速,垂直電場強(qiáng)度方向是勻速當(dāng)是圓周運(yùn)動(dòng)時(shí),可由幾何關(guān)系去找到已知長度與半徑的關(guān)系,最終能求出結(jié)果。29如圖所示直角坐標(biāo)系中的第I象限存在沿軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場,在第象限中存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場。一個(gè)電量為q、質(zhì)量為m的正離子(不計(jì)重力),

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