选择训练(八)-高三物理二轮复习题.docx

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1、选择训练(八)磁场时间:40分钟(共14题,17题为单选,814题为多选)1.如图X8-1所示,圆环上带有大量的负电荷,当圆环沿顺时针方向转动时,a、b、c三枚小磁针都要发生转动.以下说法正确的是()图X8-1A.a、b、c的N极都向纸内转B.b的N极向纸外转,而a、c的N极向纸内转C.b、c的N极都向纸内转,而a的N极向纸外转D.b的N极向纸内转,而a、c的N极向纸外转2.人教版选修3-1改编 如图X8-2所示,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极B,紧贴边缘内壁放一个圆环形电极A,把A、B分别与电源的两极相连,然后在玻璃皿中放入导电液体.现把玻璃皿放在如图所示的磁场中,液体就会旋转起来.从上向下

2、看,下列判断正确的是()图X8-2A.A接电源正极,B接电源负极,液体顺时针旋转B.A接电源负极,B接电源正极,液体顺时针旋转C.A、B与50 Hz的交流电源相接,液体持续旋转D.仅磁场的N、S极互换后,重做该实验,发现液体旋转方向不变3.粗糙绝缘水平面上垂直穿过两根长直导线,俯视图如图X8-3所示,两根导线中通有相同的电流,电流方向垂直于纸面向里.水平面上一带电滑块(电性未知)以某一初速度v沿两导线连线的中垂线入射,运动过程中滑块始终未脱离水平面.下列说法正确的是()图X8-3A.滑块可能做加速直线运动B.滑块可能做匀速直线运动C.滑块可能做曲线运动D.滑块一定做减速直线运动4.如图X8-4

3、所示,在竖直向上的匀强磁场中,金属棒ab两端由等长轻质图X8-4软导线水平悬挂,平衡时两软导线与水平面的夹角均为(tf13.如图X8-13所示,两个半径相同的半圆形光滑轨道置于竖直平面内,左、右两端点等高,分别处于沿水平方向的匀强磁场和匀强电场中.两个相同的带正电小球a、b同时从两轨道左端最高点由静止释放,M、N为轨道的最低点,则下列分析正确的是()图X8-13A.两个小球到达轨道最低点的速度vMFNC.小球a第一次到达M点的时间小于小球b第一次到达N点的时间D.小球a能到达轨道另一端最高处,小球b不能到达轨道另一端最高处14.某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的

4、匀强磁场(如图X8-14甲所示),规定垂直于纸面向里的磁场方向为正.为使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹),下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用,其他力不计)()图X8-14A.若粒子的初始位置在a处,在t=38T时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B.若粒子的初始位置在f处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C.若粒子的初始位置在e处,在t=118T时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D.若粒子的初始位置在b处,在t=T2时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度非选择训练(七)带电粒子在复合场中的运动时间:40分钟1.

5、如图F7-1所示,电源电动势为3 V,内阻不计,两个不计电阻的金属圆环表面光滑,竖直悬挂在等长的细线上,金属环面平行,相距1 m,两环分别与电源正、负极相连.现将一质量为0.06 kg、电阻为1.5 的导体棒轻放在环上,导体棒与环有良好电接触.两环之间有方向竖直向上、磁感应强度为0.4 T的匀强磁场.当开关闭合后,导体棒上滑到某位置保持静止,则在此位置上棒对每一个环的压力为多少?若已知环半径为0.5 m,此位置与环底的高度差是多少?(g取10 m/s2)图F7-12.在如图F7-2所示的平面直角坐标系xOy中,有一个圆形区域的匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于xOy平面,O点为该圆形区域边

6、界上的一点.现有一质量为m、带电荷量为+q的带电粒子(不计重力)从O点以初速度v0沿x轴正方向进入磁场,已知粒子经过y轴上P点时速度方向与y轴正方向夹角为=30,OP=L,求:(1)磁感应强度的大小和方向;(2)该圆形磁场区域的最小面积.图F7-23.如图F7-3所示,在平面直角坐标系xOy中有一边界曲线OQ,边界上方区域存在垂直于纸面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为B,边界下方区域存在竖直向上的匀强电场,场强大小为E.在x轴上的P处有一质量为m、电荷量为+q的带电粒子由静止释放,经过时间t粒子到达曲线上的N点,经磁场偏转恰好垂直穿过y轴,轨迹如图所示,粒子的重力不计.(1)求此粒子在磁场中的

7、偏转半径r;(2)若此粒子从x轴正半轴上任意位置处由静止出发,最终都能垂直穿过y轴,求边界曲线OQ满足的方程.图F7-34.如图F7-4所示,在0xa、0ya2范围内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B.坐标原点O处有一个粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子,它们的速度大小相同,速度方向均在xOy平面内,与y轴正方向的夹角分布在090范围内.已知粒子在磁场中做圆周运动的半径介于a2到a之间,从发射粒子到粒子全部离开磁场经历的时间恰好为粒子在磁场中做圆周运动周期的四分之一.求最后离开磁场的粒子从粒子源射出时的速度大小及速度方向与y轴正方向夹角的正弦.图F7-4

8、5.如图F7-5所示,在一半径为R的半圆形区域内(O为圆心,PQ边为直径)有垂直于纸面向外的匀强磁场(图中没画出),PQ上方是电场强度为E的匀强电场.现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子从匀强电场中的A点由静止释放,从O点垂直于PQ进入磁场,已知O、A间的距离也为R,不计重力与空气阻力的影响.(1)求粒子经电场加速射入磁场时的速度大小;(2)若要进入磁场的粒子不从圆弧边界离开磁场,求磁感应强度B的最小值;(3)若磁感应强度B=42mqERqR,求带电粒子从静止开始运动至到达圆弧边界的时间.图F7-56.在如图F7-6所示的坐标系内,PQ是垂直于x轴的分界线,PQ左侧的等腰直角三角形OAC区域

9、内分布着匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里,AC边有一挡板可吸收电子,AC长为d.PQ右侧为偏转电场,两平行正对极板长度均为12d,间距为d,下极板在x轴上.电场右侧的x轴上有足够长的荧光屏.现有速率不同的电子在纸面内从坐标原点O沿y轴正方向射入磁场,电子能打在荧光屏上的最远处为M点,M到下极板右端的距离为12d,电子电荷量为e,质量为m,不考虑电子间的相互作用以及偏转电场边缘效应.(1)求电子通过磁场区域的时间;(2)求偏转电场的电压U;(3)电子至少以多大速率从O点射出才能打到荧光屏上?图F7-67.如图F7-7所示,在xOy平面直角坐标系中,直线MN与y轴成30角,M点的坐标为

10、(0,a),在y轴与直线MN之间的区域内存在垂直于xOy平面向里、磁感应强度为B的匀强磁场.电子束以相同速度v0从y轴上-23ay0的区间垂直于y轴和磁场射入磁场.已知从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹恰好与直线MN相切,忽略电子间的相互作用和电子的重力.(1)求电子的比荷;(2)若在xOy坐标系的第象限加上沿y轴正方向、场强大小为E=Bv0的匀强电场,在x0=43a处垂直于x轴放置一荧光屏,请通过计算说明荧光屏上发光区的形状和范围.图F7-7 选择训练(八)1.B解析 由于圆环带负电荷,故当圆环沿顺时针方向转动时,等效电流的方向为逆时针,由安培定则可判断,环内磁场方向垂直于纸面向外,环外

11、磁场方向垂直于纸面向里,磁场中某点的磁场方向即放在该点的小磁针静止时N极的指向,所以b的N极向纸外转,a、c的N极向纸内转.2.A解析 若A接电源正极,B接电源负极,在电源外部电流由正极流向负极,因此电流由边缘流向中心,玻璃皿所在处的磁场竖直向下,由左手定则可知,导电液体受到的安培力沿顺时针方向,因此液体沿顺时针方向旋转,故A正确;同理,若A接电源负极,B接电源正极,根据左手定则可知,液体沿逆时针方向旋转,故B错误;A、B与50 Hz的交流电源相接,液体不会持续旋转,故C错误;若磁场的N、S极互换后,重做该实验发现液体旋转方向改变,故D错误.3.D解析 根据安培定则知,两导线连线的垂直平分线上

12、磁场方向水平向右或水平向左(连线中点处磁感应强度为零),根据左手定则可知,滑块受到的洛伦兹力(在连线中点处不受洛伦兹力)方向垂直于纸面向外或向里(竖直向上或向下),滑块所受的滑动摩擦力与速度方向相反,滑块一定做减速直线运动,故A、B、C错误,D正确.4.A解析 对ab棒受力分析如图所示,由平衡条件得tan =mgBIL,可得I=mgBL1tan,又知mgBL为常数,故A正确,B、C、D错误.5.A解析 根据左手定则,安培力与电流和磁场构成的平面垂直,故磁场的方向一定平行于xOy平面;当电流、磁场方向互相垂直的时候,对应的磁感应强度最小,所以最小的磁感应强度为B=FIL=2.790.6 T=0.

13、5 T.6.B解析 由左手定则可判定,甲束粒子带负电,乙束粒子带正电,A错误;粒子在磁场中做圆周运动,有qvB2=mv2r,则qm=vB2r,由题意知r甲vN,选项A错误;因为小球在最低点时的向心力向上,而vMvN,故小球a在M点的向心力大于小球b在N点的向心力,且小球a第一次经过M点时还受到向下的洛伦兹力,所以轨道的M点对小球a的支持力较大,即小球a对轨道M点的压力也较大,选项B正确;在甲图中小球a受到的洛伦兹力总与速度的方向垂直,洛伦兹力不做功,而在乙图中,小球b受到的电场力总是水平向左,对小球b的运动起到了阻碍的作用,故选项C正确;在甲图中洛伦兹力不做功,故小球a能够到达右侧最高点,而乙

14、图中电场力对小球b做负功,故小球b不能到达右侧最高点,选项D正确.14.AD解析 要使粒子的运动轨迹如图乙所示,由左手定则可判断,粒子做圆周运动的周期应为T0=T2,若粒子的初始位置在a处,对应时刻应为t=34T0=38T,同理可判断B、C、D选项,可得A、D正确.非选择训练(七)1.0.5 N0.2 m解析 棒受的安培力F=BIL,棒中电流为I=ER,解得F=BELR=0.8 N,对棒受力分析,由平衡条件得,两环支持力的总和为2FN=F2+(mg)2,解得FN=0.5 N.由牛顿第三定律知,棒对每一个环的压力为0.5 N,设棒、环接触点与环面圆心的连线和竖直方向的夹角为,由几何关系知tan

15、=Fmg=0.80.6=43,解得=53,棒距环底的高度为h=r(1-cos )=0.2 m.2.(1)3mv0qL方向垂直于xOy平面向里(2)12L2解析 (1)由左手定则可知,磁场方向垂直于xOy平面向里.粒子在磁场中做匀速圆周运动,如图所示,粒子在Q点飞出磁场.设其圆心为O,半径为R,由几何关系有(L-R)sin 30=R,所以R=13L,由牛顿第二定律有qv0B=mv02R,联立解得磁感应强度B=3mv0qL.(2)设磁场区域的最小面积为S,以OQ为直径时磁场圆的面积最小,由几何关系得,直径OQ=3R=33L,所以S=OQ22=12L2.3.(1)EtB(2)y=qB2x22mE解析

16、 (1)粒子在电场中运动,有qE=mav=at在磁场中运动,有qvB=mv2r联立解得r=EtB.(2)设边界OQ上某一点的横、纵坐标分别为x和y,由几何关系可得x=r又y=12at2=qE2mt2联立解得曲线OQ满足的方程为y=qB2x22mE.4.2-62aqBm6-610解析 设粒子的发射速度为v,粒子做圆周运动的轨道半径为R,由牛顿第二定律得qvB=mv2R解得R=mvqB可知半径R为定值.因为粒子的速度方向不确定,所以粒子可能的运动轨迹为图中虚线所示过O点的一系列动态圆.当a2Ra时,比较图中的动态圆可知,在磁场中运动时间最长的粒子,其轨迹是圆心为C的圆弧,圆弧与磁场的边界相切,设该

17、粒子在磁场中运动的时间为t,根据题意知t=T4可得OCA=2设最后离开磁场的粒子的发射方向与y轴正方向的夹角为,由几何关系得CM=Rsin =R-a2AN=Rsin =a-Rcos 又sin2 +cos2 =1联立解得R=2-62a,v=2-62aqBm,sin =6-6105.(1)2qERm(2)22mqERqR(3)3+42mRqE解析 (1)设粒子经电场加速射入磁场时的速度为v,由动能定理得qER=12mv2解得v=2qERm(2)粒子的最大圆周轨迹应与半圆磁场边界相切,设圆周轨迹半径为r,由图甲中几何关系知r=R2由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r联立解得B=22mqERqR(

18、3)粒子的圆周轨迹半径为r=mvqB=R4,粒子的运动轨迹如图乙所示,在电场中从A到O做匀加速直线运动,有R=12at02,解得t0=2Ra带电粒子在电场中的运动时间t1=32Ra=32mRqE带电粒子在磁场中的运动时间t2=T=2mqB=42mRqE带电粒子从静止开始运动至到达圆弧边界的时间t=t1+t2=3+42mRqE6.(1)m2eB(2)8eB2d23m(3)eBd33m解析 (1)电子在磁场中运动,由牛顿第二定律得evB=mv2r解得r=mveB电子在磁场区域运动周期为T=2rv=2meB通过磁场区域的时间为t1=90360T=m2eB.(2)由几何知识得,电子在磁场中运动的最大半

19、径r=d又r=mveB解得电子进入电场的最大速度v=eBdm通过电场的时间t2=d2v=m2eB电子离开电场后做匀速直线运动到达M点,轨迹如图所示由几何关系知y1y2=14d12d=12又y1+y2=d解得y1=13d即eU2mdt22=13d解得U=8eB2d23m.(3)若电子恰好打在下极板右边缘,则在磁场中运动半径r=mveB在电场中,水平方向上有12d=vt竖直方向上有r=eU2mdt2联立解得v=eBd33m.7.(1)3v0Ba(2)y坐标在-43a0的范围内的一条长亮线解析 (1)从O点射入磁场的电子在磁场中的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为r,由几何关系有r+rsin30=a

20、解得r=a3电子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,即eBv0=mv02r联立解得电子比荷em=3v0Ba(2)由电子的轨迹半径可判断,从O点射入磁场的电子从(0,23a)的位置进入匀强电场,电子进入电场后做类平抛运动,有2r=eE2mt2x=v0t联立解得x=23a设该电子穿过x轴时速度与x轴正方向成角,则vy=eEmttan =vyv0解得tan =2设该电子打在荧光屏上的Q点,Q点离x轴的距离为L,则L=(x0-x)tan =43a即电子打在荧光屏上离x轴的最远距离为L=43a而从(0,-23a)位置进入磁场的电子恰好由O点经过y轴,不受电场力,沿x轴正方向做直线运动,打在荧光屏与x轴相交的点上,所以荧光屏上y坐标在-43a0的范围内出现一条长亮线