2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)9 磁場(chǎng)的性質(zhì) 帶電粒子在磁場(chǎng)及復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）

《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)9 磁場(chǎng)的性質(zhì) 帶電粒子在磁場(chǎng)及復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題限時(shí)集訓(xùn)9 磁場(chǎng)的性質(zhì) 帶電粒子在磁場(chǎng)及復(fù)合場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)（含解析）（10頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時(shí)集訓(xùn)(九) (建議用時(shí)：40分鐘) [專題通關(guān)練] 1.(2019·河北張家口聯(lián)考)如圖所示，兩個(gè)勁度系數(shù)均為k的輕彈簧頂端固定并與電路相連，下端用輕導(dǎo)線與長(zhǎng)度為L(zhǎng)的導(dǎo)體棒相連，導(dǎo)體棒水平放置且垂直于勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。斷開(kāi)開(kāi)關(guān)，導(dǎo)體棒靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為x1；接通電源后，導(dǎo)體棒水平靜止時(shí)，彈簧的長(zhǎng)度為x2，電流表示數(shù)為I。忽略電流產(chǎn)生的磁場(chǎng)作用。則該勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　) A. B. C. D. D　[設(shè)彈簧原長(zhǎng)為l，斷開(kāi)開(kāi)關(guān)時(shí)：2k(x1－l)＝mg，閉合開(kāi)關(guān)時(shí)：2k(x2－l)＝BIL＋mg，聯(lián)立以上兩式解得：B＝，故選D。] 2

2、.(多選)(2019·河北唐山期末)兩個(gè)質(zhì)子以不同速率在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)，軌跡如圖所示，兩圓周相切于A點(diǎn)，過(guò)A點(diǎn)做一直線與兩圓周交于B點(diǎn)和C點(diǎn)。若兩圓周半徑r1∶r2＝1∶2，下列說(shuō)法正確的有(　　) A．兩質(zhì)子速率v1∶v2＝1∶2 B．兩質(zhì)子周期T1∶T2＝1∶2 C．兩質(zhì)子由A點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)B點(diǎn)和C點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間t1∶t2＝1∶2 D．兩質(zhì)子在B點(diǎn)和C點(diǎn)處速度方向相同 AD　[根據(jù)qvB＝m解得v＝∝r，可知兩質(zhì)子速率v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2，選項(xiàng)A正確；根據(jù)T＝可知兩質(zhì)子周期相同，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；由幾何關(guān)系可知，兩粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中轉(zhuǎn)過(guò)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角相同，根

3、據(jù)t＝T可知，兩質(zhì)子由A點(diǎn)出發(fā)第一次到達(dá)B點(diǎn)和C點(diǎn)經(jīng)歷的時(shí)間相同，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；因兩粒子進(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)速度方向相同，在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)過(guò)程中轉(zhuǎn)過(guò)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角相同，可知兩質(zhì)子在B點(diǎn)和C點(diǎn)處速度方向相同，選項(xiàng)D正確；故選A、D。] 3.(多選)如圖所示，在豎直向下的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中有兩根水平放置的平行粗糙導(dǎo)軌CD、EF，導(dǎo)軌上放有一金屬棒MN?，F(xiàn)從t＝0時(shí)刻起，在棒中通以由M到N方向的電流且電流與時(shí)間成正比，即I＝kt，其中k為常量，金屬棒與導(dǎo)軌始終垂直且接觸良好。下列關(guān)于棒的速度、加速度隨時(shí)間t變化的關(guān)系中，可能正確的是(　　) BD　[考慮到粗糙導(dǎo)軌上存在摩擦力，需要安培力達(dá)到一定數(shù)值，棒才開(kāi)

4、始加速，A錯(cuò)；從開(kāi)始運(yùn)動(dòng)，滿足BIL－f＝ma，即BLkt－f＝ma，由關(guān)系式可以看出，a-t圖象為向上傾斜的直線，B對(duì)；由于加速度逐漸增大，v-t圖象中切線的斜率要逐漸增大，C錯(cuò)，D對(duì)。] 4．(2019·云南師大附中模擬)如圖所示，兩根相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線過(guò)紙面上的M、N兩點(diǎn)，且與紙面垂直，導(dǎo)線中通有大小相等、方向相反的電流，P、Q為MN連線上兩點(diǎn)，且MP＝PN＝NQ，則下面說(shuō)法正確的是(　　) A．磁感應(yīng)強(qiáng)度BP＞BQ B．磁感應(yīng)強(qiáng)度BP＜BQ C．將同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)、所受安培力一定有FP＜FQ D．將同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)，所受安培力一定有FP＞FQ

5、 A　[根據(jù)安培定則可知，M在P的磁場(chǎng)方向向上，N在P點(diǎn)的磁場(chǎng)也向上，則疊加后P點(diǎn)合磁場(chǎng)向上；M在Q的磁場(chǎng)方向向上，N在Q點(diǎn)的磁場(chǎng)向下，則疊加后Q點(diǎn)的合磁場(chǎng)向下，且小于P點(diǎn)的磁場(chǎng)大小，選項(xiàng)A正確，B錯(cuò)誤；電流元所受的安培力的大小與電流元的放置方向有關(guān)，則無(wú)法比較同一電流元分別放置于P、Q兩點(diǎn)所受安培力的大小，選項(xiàng)C、D錯(cuò)誤；故選A。] 5.(2019·浙江金麗衢十二校聯(lián)考)如圖所示，兩塊豎直放置的平行板間存在相互垂直的勻強(qiáng)電場(chǎng)E和勻強(qiáng)磁場(chǎng)B。一束初速度為v的帶正電粒子從上面豎直往下垂直電場(chǎng)射入，粒子重力不計(jì)，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．若v＝E/B，粒子做勻加速直線運(yùn)動(dòng) B．若粒子

6、往左偏，洛倫茲力做正功 C．若粒子往右偏，粒子的電勢(shì)能增加 D．若粒子做直線運(yùn)動(dòng)，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子還是做直線運(yùn)動(dòng) D　[若v＝E/B，即Eq＝qvB，則粒子做勻速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；洛倫茲力對(duì)粒子不做功，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；若粒子往右偏，電場(chǎng)力做正功，則粒子的電勢(shì)能減小，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；若粒子做直線運(yùn)動(dòng)，則滿足Eq＝qvB，改變粒子的帶電性質(zhì)，使它帶負(fù)電，其他條件不變，粒子所受的電場(chǎng)力方向改變，所受的洛倫茲力方向也改變，則粒子還是做直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)D正確。] 6．(2019·湖南衡陽(yáng)聯(lián)考)用圖示裝置可以檢測(cè)霍爾效應(yīng)。利用電磁鐵產(chǎn)生磁場(chǎng)，電流表檢測(cè)輸入霍爾元件的電流

7、，電壓表檢測(cè)元件輸出的電壓，已知圖中的霍爾元件是半導(dǎo)體，與金屬導(dǎo)體不同，它內(nèi)部形成電流的“載流子”是空穴，空穴可視為能自由移動(dòng)的帶正電的粒子，圖中的1、2、3、4是霍爾元件上的四個(gè)接線端，當(dāng)開(kāi)關(guān)S1、S2閉合后，電流表A和電表B、C都有明顯示數(shù)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．電表B為電壓表，電表C為電流表 B．接線端4的電勢(shì)低于接線端2的電勢(shì) C．若增大R1，則電壓表示數(shù)增大 D．若增大R2，則電壓表示數(shù)減小 D　[B表為測(cè)量通過(guò)霍爾元件的電流，C表測(cè)量霍爾電壓，所以電表B為電流表，電表C為電壓表，故A錯(cuò)誤；由安培定則可知，磁場(chǎng)方向向上，通過(guò)安霍爾元件的電流由1流向接線端3，由

8、左手定則可知，帶正電的粒子偏向接線端4，所以接線端4的電勢(shì)高于接線端2的電勢(shì)，故B錯(cuò)誤；若增大R1，電磁鐵中的電流減小，產(chǎn)生的磁場(chǎng)減小，由公式U＝可知，電壓表示數(shù)減小，故C錯(cuò)誤；若增大R2，流過(guò)霍爾元件的電流減小，由公式U＝可知，電壓表示數(shù)減小，故D正確。] 7．(易錯(cuò)題)(多選)(2019·四川綿陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示，空間存在四分之一圓形磁場(chǎng)區(qū)域，磁場(chǎng)方向垂直紙面向外。一電子以初速度v從圓心O沿著OD方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)過(guò)時(shí)間t恰好由A點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。若電子以初速度v′從O沿著OD方向射入磁場(chǎng)，經(jīng)時(shí)間t′恰好由C點(diǎn)離開(kāi)磁場(chǎng)。已知圓弧AC長(zhǎng)度是圓弧CD長(zhǎng)度的一半，則(　　) A．v′＝v B．

9、v′＝v C．t′＝t D．t′＝t BD　[由幾何知識(shí)可知，恰好由A點(diǎn)射出時(shí)，電子軌道半徑：r1＝＝；若電子從C點(diǎn)射出，因圓弧AC長(zhǎng)度是圓弧CD長(zhǎng)度的一半，所以粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的弦切角為60°，由弦長(zhǎng)公式R＝2r2sin 60°，解得：r2＝R＝，所以v′＝v，由A點(diǎn)射出時(shí)，t＝×＝，電子從C點(diǎn)射出時(shí)，t′＝×＝＝t，故選B、D。] 易錯(cuò)點(diǎn)評(píng)：解決帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)出錯(cuò)的主要原因是：不會(huì)尋找?guī)缀侮P(guān)系。如本題中，通過(guò)弧AC是弧CD一半，可確定∠COD＝60°，進(jìn)而可知粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的幾何規(guī)律。 8．(多選)(2019·福州質(zhì)檢)如圖所示，在圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面

10、向外，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。一系列電子以不同的速率v(0≤v≤vm)從邊界上的P點(diǎn)沿垂直于磁場(chǎng)方向與OP成60°角方向射入磁場(chǎng)，在區(qū)域的磁場(chǎng)邊界上有電子射出。已知電子的電荷量為－e，質(zhì)量為m，不考慮電子之間的相互作用力。則電子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的(　　) A．最大半徑為r＝R B．最大速率為vm＝ C．最長(zhǎng)時(shí)間為t＝ D．最短時(shí)間為t＝ AD　[根據(jù)題意，電子圓周運(yùn)動(dòng)的圓心在速度的垂線上，當(dāng)電子速度最大時(shí)，對(duì)應(yīng)的圓周運(yùn)動(dòng)半徑最大。離開(kāi)出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)，如圖所示，恰好為半個(gè)圓周，最大半徑rm＝Rcos 30°，rm＝R，得vm＝；軌跡對(duì)應(yīng)的圓心角最小，時(shí)間最短tmin＝＝，電子速度越小

11、，半徑越小；圓弧圓心角越大，時(shí)間越長(zhǎng)，故選AD。] [能力提升練] 9．(多選)(2019·湘贛十四校聯(lián)考)如圖所示，在矩形區(qū)域ABCD內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，AB＝5 cm，AD＝10 cm，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝0.2 T。在AD的中點(diǎn)P有一個(gè)發(fā)射正離子的裝置，能夠連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各個(gè)方向均勻地發(fā)射出速率為v＝1.0×105 m/s的正離子，離子的質(zhì)量m＝2.0×10－12 kg，電荷量q＝1.0×10－5 C，離子的重力不計(jì)，不考慮離子之間的相互作用，則(　　) A．從邊界BC邊飛出的離子中，BC中點(diǎn)飛出的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間最短 B．邊界AP段無(wú)離子飛出 C．從

12、CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2 D．若離子可從B、C兩點(diǎn)飛出，則從B點(diǎn)和C點(diǎn)飛出的離子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的時(shí)間相等 ACD　[由于離子的速率一定，所以離子運(yùn)動(dòng)的半徑確定，在離子轉(zhuǎn)過(guò)的圓心角小于π的情況下，弦長(zhǎng)越短，圓心角越小，時(shí)間越短，弦長(zhǎng)相等，時(shí)間相等，所以從BC中點(diǎn)飛出的離子對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)最短，所用時(shí)間最短，離子從B、C兩點(diǎn)飛出對(duì)應(yīng)的弦長(zhǎng)相等，所以運(yùn)動(dòng)時(shí)間相等，故A、D正確；由洛倫茲力方向可知，離子逆時(shí)針?lè)较蛐D(zhuǎn)，發(fā)射方向與PA方向夾角較小的離子會(huì)從AP段飛出，故B錯(cuò)誤；由公式R＝得：R＝0.1 m，通過(guò)圖可知，α∶β＝1∶2，所以從CD、BC邊飛出的離子數(shù)之比為1∶2，故C正確。]

13、 10．(2019·江西上饒聯(lián)考)如圖所示，在足夠大的空間范圍內(nèi)，同時(shí)存在著豎直向上的勻強(qiáng)電場(chǎng)和垂直紙面向里的水平勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁感應(yīng)強(qiáng)度B＝2 T。小球1帶正電，小球2不帶電，靜止放置于固定的水平懸空支架上。小球1向右以v1＝12 m/s的水平速度與小球2正碰，碰后兩小球粘在一起在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，兩小球速度水平向左時(shí)離碰撞點(diǎn)的距離為2 m。碰后兩小球的比荷為4 C/kg。求：(取g＝10 m/s2) (1)電場(chǎng)強(qiáng)度E的大小是多少？ (2)兩小球的質(zhì)量之比是多少？ [解析]　碰后有(m1＋m2)g＝qE 又＝4 C/kg 得E＝2.5 N/C。 (2)由動(dòng)量守恒定律：m

14、1v1＝(m1＋m2)v2 由洛倫茲力公式及牛頓運(yùn)動(dòng)定律：qv2B＝ 依題可知：r＝1 m 聯(lián)立以上關(guān)系式可得： ＝。 [答案]　(1)2.5 N/C　(2) 11．(2019·湖南衡陽(yáng)聯(lián)考)如圖所示，圓心為O、半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)區(qū)域右側(cè)有一寬度也為R的足夠長(zhǎng)區(qū)域Ⅱ，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向向左的勻強(qiáng)電場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ左右邊界CD、FG與電場(chǎng)垂直，區(qū)域Ⅰ邊界上過(guò)A點(diǎn)的切線與電場(chǎng)線平行且與FG交于G點(diǎn)，F(xiàn)G右側(cè)為方向向外、磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2的勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域Ⅲ。在FG延長(zhǎng)線上距G點(diǎn)為R處的M點(diǎn)放置一足夠長(zhǎng)的熒光屏MN，熒光屏與FG成θ＝53°

15、角，在A點(diǎn)處有一個(gè)粒子源，能沿紙面向區(qū)域內(nèi)各個(gè)方向均勻地發(fā)射大量質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁場(chǎng)的粒子，恰能平行于電場(chǎng)方向進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ并垂直打在熒光屏上(不計(jì)粒子重力及其相互作用)。求： (1)粒子的初速度大小v0； (2)電場(chǎng)的電場(chǎng)強(qiáng)度大小E； (3)熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長(zhǎng)度Δx。 [解析]　(1)如圖所示， 分析可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中的運(yùn)動(dòng)半徑r1＝R 由qv0B＝m得 v0＝。 (2)因粒子垂直打在熒光屏上，由題意可知，在區(qū)域Ⅲ中的運(yùn)動(dòng)半徑為r2＝2R 由qvB2＝m得 v＝ 粒子在電場(chǎng)中做勻減速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得： －qER＝m

16、v2－mv 解得：E＝(B－4B)。 (3)如圖分析可知， 速度方向與電場(chǎng)方向平行向左射入?yún)^(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場(chǎng)方向從區(qū)域Ⅰ中最高點(diǎn)穿出，打在離M點(diǎn) x1處的屏上，由幾何關(guān)系得： (x1cos θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝4R2 解得：x1＝R 速度方向與電場(chǎng)方向平行向右射出區(qū)域Ⅰ中的粒子將平行電場(chǎng)方向從區(qū)域Ⅰ中最低點(diǎn)穿出打在離M點(diǎn)x2處的屏上，由幾何關(guān)系得： (x2cos θ－R)2＋(x2sin θ)2＝4R2 解得：x2＝R 分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此熒光屏上的發(fā)光區(qū)域長(zhǎng)度為 Δx＝x2－x1 解得：Δx＝1.2R。 [答案]　(

17、1)　(2)(B－4B)　(3)1.2R 題號(hào) 內(nèi)容 押題依據(jù) 核心考點(diǎn) 核心素養(yǎng) 帶電粒子在復(fù)合場(chǎng)中運(yùn)動(dòng) 重力、電場(chǎng)力、洛倫茲力作用下的圓周運(yùn)動(dòng)和直線運(yùn)動(dòng) 科學(xué)思維：立足教材，拓展創(chuàng)新，體現(xiàn)綜合思維 (多選)如圖所示，虛線MN右側(cè)存在著勻強(qiáng)電場(chǎng)和勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)方向垂直于紙面向外，電場(chǎng)方向豎直向上，長(zhǎng)方形ABCD的AD邊與MN重合，長(zhǎng)方形的AB邊長(zhǎng)為l，AD邊長(zhǎng)為l。一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的微粒垂直于MN射入電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域后做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，到達(dá)C點(diǎn)時(shí)刻，電場(chǎng)方向立刻旋轉(zhuǎn)90°，同時(shí)電場(chǎng)強(qiáng)度大小也發(fā)生變化，帶電微粒沿著對(duì)角線CA從A點(diǎn)離開(kāi)。重力加速度為g，下列說(shuō)法正確

18、的是(　　) A．電場(chǎng)方向旋轉(zhuǎn)90°之后，電場(chǎng)方向水平向左 B．電場(chǎng)改變之后，場(chǎng)強(qiáng)大小變?yōu)樵瓉?lái)的2倍 C．微粒進(jìn)入N右側(cè)區(qū)域時(shí)的初速度為 D．勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為 CD　[微粒從C到A做直線運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力與重力和電場(chǎng)力的合力平衡，則電場(chǎng)方向必然水平向右，A錯(cuò)誤。電場(chǎng)改變前，微粒在電場(chǎng)、磁場(chǎng)區(qū)域做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則qE＝mg，即E＝；電場(chǎng)改變之后，受力情況如圖所示，微粒受力平衡，重力與電場(chǎng)力的合力與洛倫茲力等大反向，qE′＝mg，得E′＝，B錯(cuò)誤。微粒做直線運(yùn)動(dòng)時(shí)受力平衡，qvB＝mg＝m，由幾何知識(shí)可得r＝l，解得v＝，B＝，故C、D正確。] - 10 -