《(廣西專用)2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練9 磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動(含解析)》由會員分享,可在線閱讀,更多相關(guān)《(廣西專用)2020高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練9 磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動(含解析)(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、專題能力訓(xùn)練9 磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動
(時間:45分鐘 滿分:100分)
一、選擇題(本題共6小題,每小題7分,共42分。在每小題給出的四個選項中,1~4題只有一個選項符合題目要求,5~6題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)
1.如圖所示,一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd。bc邊長為l,線框的下半部分處在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向與線框平面垂直,在圖中垂直于紙面向里。線框中通以電流I,方向如圖所示,開始時線框處于平衡狀態(tài)。令磁場反向,磁感應(yīng)強度的大小仍為B,線框達(dá)到新的平衡。則在此過程中線框位移
2、的大小Δx及方向是( )
A.Δx=2nIlBk,方向向上
B.Δx=2nIlBk,方向向下
C.Δx=nIlBk,方向向上
D.Δx=nIlBk,方向向下
答案:B
解析:線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力,處于平衡,安培力為FB=nBIl,且開始的方向向上,然后方向向下,大小不變。設(shè)在電流反向之前彈簧的伸長為x,則反向之后彈簧的伸長為(x+Δx),則有
kx+nBIl-G=0
k(x+Δx)-nBIl-G=0
解之可得Δx=2nIlBk,且線框向下移動,故B正確。
2.(2019·全國卷Ⅲ)如圖所示,在坐標(biāo)系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為12B和
3、B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進(jìn)入第一象限,最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為( )
A.56πmqB B.76πmqB C.116πmqB D.136πmqB
答案:B
解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,其運動軌跡如圖所示。
根據(jù)半徑公式r=mvqB可求得r2=2r1
由幾何關(guān)系得r2cosθ=r2-r1,求得θ=60°=π3
粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間t=αmqB
在第二象限中運動的時間t1=πm2qB
在第一象限中運動的時間t2=πm3qB2=2πm3qB
4、故粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2=7πm6qB
故選B。
3.如圖甲所示,PQ和MN為水平、平行放置的兩光滑金屬導(dǎo)軌,兩導(dǎo)軌相距l(xiāng)=1 m;導(dǎo)體棒ab垂直于導(dǎo)軌放在導(dǎo)軌上;導(dǎo)體棒的中點用細(xì)繩經(jīng)滑輪與物體相連,細(xì)繩一部分與導(dǎo)軌共面且平行,另一部分與導(dǎo)軌所在平面垂直;物體放在水平面上;勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B=1 T,方向豎直向下。開始時繩子剛好要繃緊,現(xiàn)給導(dǎo)體棒中通入電流,使導(dǎo)體棒向左做加速運動,物體運動的加速度大小與導(dǎo)體棒中通入的電流大小關(guān)系如圖乙所示,重力加速度大小g取10 m/s2。則物體和導(dǎo)體棒的質(zhì)量分別為( )
A.0.1 kg 0.9 kg B.0.9 kg 0.
5、1 kg
C.0.1 kg 1.0 kg D.1.0 kg 0.1 kg
答案:A
解析:設(shè)物體的質(zhì)量為m',導(dǎo)體棒質(zhì)量為m,細(xì)繩的拉力為FT。根據(jù)題意由牛頓第二定律可知,FT-m'g=m'a,BIl-FT=ma,解得a=Blm'+mI-m'gm'+m。結(jié)合題圖乙可知,當(dāng)I1=4A時,a1=3m·s-2;當(dāng)I0=1A時,a=0,則有BI0l-m'g=0,得m'=BI0lg=0.1kg,m=0.9kg,選項A正確。
4.一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒
6、子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30°角。當(dāng)筒轉(zhuǎn)過90°時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為( )
A.ω3B B.ω2B C.ωB D.2ωB
答案:A
解析:下圖為筒轉(zhuǎn)過90°前后各點位置和粒子運動軌跡示意圖。M、N'分別為入射點和出射點,分別作入射速度的垂線和MN'的中垂線,交點即為軌跡圓的圓心O'。
根據(jù)題意,∠NMN'=45°,O'M與NM延長線的夾角為60°,所以∠O'MN'=75°,∠MO'N'=30°,即軌跡圓的圓心角為30°,轉(zhuǎn)動筒的時間和粒子在磁場中運動的時間相同,T磁12=T筒4,即112
7、×2πmqB=14·2πω,解得比荷qm=ω3B,A選項正確。
5.(2018·全國卷Ⅱ)如圖所示,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為13B0和12B0,方向也垂直于紙面向外。則( )
A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為712B0
B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為112B0
C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為112B0
D.流經(jīng)L
8、2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為712B0
答案:AC
解析:設(shè)L1在a、b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度分別為B1a、B1b,L2在a、b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度分別為B2a、B2b,根據(jù)安培定則可知,B1a=B1b,方向均垂直紙面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直紙面向里,B2b方向垂直紙面向外。根據(jù)題意,對a點有B1a+B2a-B0=-B03;對b點有B1b-B2b-B0=-B02,聯(lián)立以上方程解得B1a=B1b=7B012,B2a=B2b=B012,選項A、C正確。
6.如圖所示的區(qū)域共有六處開口,各相鄰開口之間的距離都相等,勻強磁場垂直于紙面,不同速度的粒子從開口a進(jìn)入該區(qū)域,可能從b、c
9、、d、e、f五個開口離開,粒子就如同進(jìn)入“迷宮”一般,可以稱作“粒子迷宮”。以下說法正確的是( )
A.從d口離開的粒子不帶電
B.從e、f口離開的粒子帶有異種電荷
C.從b、c口離開的粒子運動時間相等
D.從c口離開的粒子速度是從b口離開的粒子速度的2倍
答案:AD
解析:從d口離開的粒子不偏轉(zhuǎn),所以不帶電,A正確;根據(jù)左手定則,從f、e口離開的粒子帶有同種電荷,B錯誤;從b口離開的粒子運動時間是半個周期,從c口離開的粒子運動時間是14周期,C錯誤;從c口離開的粒子軌道半徑是從b口離開的粒子軌道半徑的2倍,因此速度也是2倍關(guān)系,D正確。
二、非選擇題(本題共4小題,共58
10、分)
7.(14分)(2018·江蘇卷)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導(dǎo)軌所在平面與水平面的夾角為θ,間距為d。導(dǎo)軌處于勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向與導(dǎo)軌平面垂直。質(zhì)量為m的金屬棒被固定在導(dǎo)軌上,距底端的距離為s,導(dǎo)軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導(dǎo)軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒
(1)末速度的大小v;
(2)通過的電流大小I;
(3)通過的電荷量Q。
答案:(1)2as (2)m(gsinθ-a)dB (3)m2as(gsinθ-a)dBa
解析:(1)金屬棒以加速度a做勻加速直線運
11、動,有v2=2as
解得v=2as。
(2)金屬棒所受安培力F安=IdB
金屬棒所受合力F=mgsinθ-F安
由牛頓運動定律有F=ma
解得I=m(gsinθ-a)dB。
(3)金屬棒的運動時間t=va
通過金屬棒的電荷量Q=It
聯(lián)立解得Q=m2as(gsinθ-a)dBa。
8.(14分)如圖甲所示,MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O',兩孔正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁
12、感應(yīng)強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求:
甲
乙
(1)磁感應(yīng)強度B0的大小;
(2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。
答案:(1)2πmqT0 (2)πd2nT0(n=1,2,3,…)
解析:設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。
(1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力B0qv0=mv02R,而v0=2πT0·R
由兩式得磁感應(yīng)強度B0=2πmqT0。
(2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,正離子的運動軌跡應(yīng)如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期,即T0時,有R=d4
13、
做勻速圓周運動的周期T0=2πRv0
當(dāng)兩板之間正離子運動n個周期,即nT0時,有R=d4n(n=1,2,3,…)
聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=B0qRm=πd2nT0(n=1,2,3,…)。
9.(14分)如圖所示,在坐標(biāo)系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OO'為分界線,磁場a的磁感應(yīng)強度為2B,方向垂直紙面向里;磁場b的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向外。P點在分界線上,坐標(biāo)為(4l,3l)。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負(fù)方向射入磁場b,經(jīng)過一段時間后,粒子恰能經(jīng)過原點O,不計粒子重力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)
14、
(1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少?
(2)粒子運動的速度可能是多少?
答案:(1)53πm60qB (2)25qBl12nm(n=1,2,3,…)
解析:(1)設(shè)粒子的入射速率為v,用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a和b運動的軌道半徑和周期
則Ra=mv2qB,Rb=mvqB
Ta=2πm2qB=πmqB
Tb=2πmqB
粒子先從磁場b運動,后進(jìn)入磁場a運動,然后從O點射出,粒子從P運動到O點所用時間最短。如圖所示
tanα=3l4l=34
得α=37°
粒子在磁場b和磁場a運動的時間分別為tb=2(90°-α)360°Tb,ta=2(90
15、°-α)360°Ta
故從P到O所用最少時間為t=ta+tb=53πm60qB。
(2)由題意及圖可知
n(2Racosα+2Rbcosα)=(3l)2+(4l)2(n=1,2,3,…)
解得v=25qBl12nm(n=1,2,3,…)。
10.(16分)如圖所示,圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強磁場,以圓心O為坐標(biāo)原點建立坐標(biāo)系,在y=-3R處有一垂直y軸的固定絕緣擋板,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,與x軸成60°角從M點(-R,0)以初速度v0斜向上射入磁場區(qū)域,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后由N點離開磁場(N點未畫出)恰好垂直打在擋板上,粒子與擋板碰撞后原速率彈回,再次
16、進(jìn)入磁場,最后離開磁場。不計粒子的重力,求:
(1)磁感應(yīng)強度B的大小;
(2)N點的坐標(biāo);
(3)粒子從M點進(jìn)入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間。
答案:(1)mv0qR (2)32R,-12R (3)(5+π)Rv0
解析:(1)設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r,根據(jù)題設(shè)條件畫出粒子的運動軌跡,如圖所示。
由幾何關(guān)系可以得到MONO1為一平行四邊形,所以r=R
洛倫茲力提供向心力,則qv0B=mv02r,得到B=mv0qR。
(2)由圖幾何關(guān)系可以得到xN=Rcos30°=32R,yN=-Rsin30°=-12R,所以N點坐標(biāo)為32R,-12R。
(3)由qvB=m2πTv可知,粒子在磁場中運動的周期T=2πmqB,由幾何知識得到粒子在磁場中運動的圓心角共為150°+30°=180°,粒子在磁場中運動時間t1=T2,粒子從出磁場到再次進(jìn)磁場的時間為t2=2sv0,其中s=3R-12R,粒子從M點進(jìn)入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間t=t1+t2
解得t=(5+π)Rv0。
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