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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動(含解析).doc

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2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動(含解析).doc

2019-2020年高考物理二輪復(fù)習(xí) 考前保溫訓(xùn)練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動(含解析)1關(guān)于通電直導(dǎo)線在勻強磁場中所受的安培力,下列說法正確的是()A安培力的方向可以不垂直于直導(dǎo)線B安培力的方向總是垂直于磁場的方向C安培力的大小與通電直導(dǎo)線和磁場方向的夾角無關(guān)D將直導(dǎo)線從中點折成直角,安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话氪鸢福築解析:由左手定則可知,安培力的方向一定與磁場方向和直導(dǎo)線垂直,選項A錯,B正確;安培力的大小FBILsin 與直導(dǎo)線和磁場方向的夾角有關(guān),選項C錯誤;將直導(dǎo)線從中點折成直角,假設(shè)原來直導(dǎo)線與磁場方向垂直,若折成直角后一段與磁場仍垂直,另一段與磁場平行,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄粽鄢芍苯呛?,兩段都與磁場垂直,則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼?,因此安培力大小不一定是原來的一半,選項D錯誤2如圖,兩根相互平行的長直導(dǎo)線分別通有方向相反的電流I1和I2,且I1>I2;a、b、c、d為導(dǎo)線某一橫截面所在平面內(nèi)的四點,且a、b、c與兩導(dǎo)線共面;b點在兩導(dǎo)線之間,b、d的連線與導(dǎo)線所在平面垂直磁感應(yīng)強度可能為零的點是()Aa點 Bb點 Cc點 Dd點答案:C解析:由安培定則畫出a、b、c、d的磁感線的分布圖,由圖可知電流I1、I2在a、c兩點的磁場方向相反,這兩點處的磁感應(yīng)強度可能為零,又I1>I2,故磁感應(yīng)強度為零的點距I1距離應(yīng)比I2大,故C正確,A、B、D均錯誤3如圖所示,金屬棒MN兩端由等長的輕質(zhì)細線水平懸掛,處于豎直向上的勻強磁場中,棒中通以由M向N的電流,平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為.如果僅改變下列某一個條件,角的相應(yīng)變化情況是()A棒中的電流變大,角變大B兩懸線等長變短,角變小C金屬棒質(zhì)量變大,角變大D磁感應(yīng)強度變大,角變小答案:A解析:金屬棒MN受力分析及其側(cè)視圖如圖所示,由平衡條件可知F安mgtan ,而F安BIL,即BILmgtan ,則I,m,B,故A正確,C、D錯誤角與懸線長度無關(guān),B錯誤4圖甲所示有界勻強磁場的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場的半徑相等,一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場,從右邊界射出時速度方向偏轉(zhuǎn)了角,該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場,射出磁場時速度方向偏轉(zhuǎn)了2角,已知磁場、的磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2,則B1與B2的比值為()甲乙A2cos Bsin Ccos Dtan 答案:C解析:設(shè)有界磁場寬度為d,則粒子在磁場和磁場中的運動軌跡分別如圖(a)、(b)所示,由洛倫茲力提供向心力知Bqvm,得B,由幾何關(guān)系知dr1sin ,dr2tan ,聯(lián)立得cos ,C正確 (a) (b)5如圖所示是回旋加速器的工作原理圖,兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2間窄縫寬為d,兩金屬電極間接有高頻電壓U,中心O處粒子源產(chǎn)生的質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速,勻強磁場垂直兩盒面,粒子在磁場中做勻速圓周運動,令粒子在勻強磁場中運行的總時間為t,則下列說法正確的是()A粒子的比荷越小,時間t越大B加速電壓U越大,時間t越大C磁感應(yīng)強度B越大,時間t越大D窄縫寬度d越大,時間t越大答案:C解析:帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力Bqvm及粒子最大偏轉(zhuǎn)半徑為R得帶電粒子獲得的最大動能為Ekm,令加速次數(shù)為n,則nqUEkm,粒子每加速一次后,在磁場中運動半個周期,所以粒子在勻強磁場中運行的總時間tn,聯(lián)立得t,C正確,A、B、D錯誤6如圖所示,水平線上方存在垂直紙面向里的勻強磁場,不計重力的兩個粒子從O點均以方向與水平方向成30角斜向上、大小相等的速度垂直進入勻強磁場中,粒子甲擊中水平線上的M點,粒子乙擊中水平線上的N點,且ON,則下列說法中正確的有()A甲、乙兩粒子電性相反,且甲粒子一定帶正電B甲、乙兩粒子的比荷大小之比為21C甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比為12D甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為25答案:D解析:粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動,由左手定則可判定粒子甲帶負電,粒子乙?guī)д?,A錯誤;兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示,由幾何關(guān)系知r甲OM、r乙ON,粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,Bqvm,即,所以甲、乙兩粒子的比荷大小之比等于做勻速圓周運動的半徑的反比,為12,B錯誤;由T知甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比等于做勻速圓周運動的半徑之比,為21,C錯誤;由tT知甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為t甲t乙T甲T乙25,D正確7如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系xOy內(nèi),第象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內(nèi)存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強磁場,y<0的區(qū)域內(nèi)存在著沿y軸正方向的勻強電場一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(2h,h)點以速度v0水平向右射出,經(jīng)過坐標(biāo)原點O處射入第象限,最后以垂直于PN的方向射出磁場已知MN平行于x軸,N點的坐標(biāo)為(2h,2h),不計粒子的重力,求:(1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向夾角的正切值;(2)磁感應(yīng)強度B的大?。?3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t.答案:見解析解析:(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動,由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2hv0that2又qEma聯(lián)立解得E設(shè)粒子到達O點時的速度為v,沿y軸正方向的分速度為vy,則有vyatv0,vv0速度v與x軸正方向的夾角滿足tan 1即45,因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場(2)又因為粒子垂直于PN射出磁場,所以P點為圓心,軌道半徑Rh由牛頓第二定律有qvBm聯(lián)立解得B.(3)帶電粒子在電場中運動的時間t1,從O點運動到磁場邊界的時間t2,在磁場中運動的時間:t3帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間tt1t2t3.8.如圖所示,一個帶負電的粒子沿磁場邊界從A點射出,粒子質(zhì)量為m、電荷量為q,其中區(qū)域、內(nèi)的勻強磁場寬為d,磁感應(yīng)強度為B,垂直紙面向里,區(qū)域?qū)捯矠閐,粒子從A點射出后經(jīng)過、區(qū)域后能回到A點,不計粒子重力(1)求粒子從A點射出到回到A點經(jīng)歷的時間t.(2)若在區(qū)域內(nèi)加一水平向左的勻強電場且區(qū)域的磁感應(yīng)強度變?yōu)?B,粒子也能回到A點,求電場強度E的大小(3)若粒子經(jīng)、區(qū)域后返回到區(qū)域前的瞬間使區(qū)域的磁場反應(yīng)且磁感應(yīng)強度減半,則粒子的出射點距A點的距離為多少?答案:見解析解析:(1)因粒子從A點出發(fā),經(jīng)過、區(qū)域后能回到A點,由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為rd由Bqvm得v所以運動時間為t.(2)在區(qū)域內(nèi)由動能定理得qEdmvmv2由題意知在區(qū)域內(nèi)粒子做圓周運動的半徑仍為rd由2Bqv1m得v1聯(lián)立解得E.(3)改變區(qū)域內(nèi)磁場后,粒子運動的軌跡如圖所示由Bqvm得R2d所以O(shè)Cd粒子的出射點距A點的距離為srROC(3)d.

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