高考物理二轮复习 专题三 电场与磁场 第2讲 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动课后演练强化提能-人教版高三全册物理试题.doc

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1、第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(建议用时：40分钟)一、单项选择题1(2018郑州模拟)如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和直导线ab、cd(ab、cd在同一条水平直线上)连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线P.当P中通以方向向外的电流时()A导线框将向左摆动B导线框将向右摆动C从上往下看，导线框将顺时针转动D从上往下看，导线框将逆时针转动解析：选D.当直导线P中通以方向向外的电流时，由安培定则可判断出长直导线P产生的磁场方向为逆时针方向，磁感线是以P为圆心的同心圆，半圆弧导

2、线与磁感线平行不受安培力，由左手定则可判断出直导线ab所受的安培力方向垂直纸面向外，cd所受的安培力方向垂直纸面向里，从上往下看，导线框将逆时针转动，故D正确2.如图所示的坐标系中，有两个半径均为r的圆形线圈L1、L2，分别垂直于y轴和x轴放置，其圆心O1和O2的坐标分别为(0，r)、(r，0)，给线圈L1通电流3I0(从上向下看为逆时针方向)，给线圈L2通电流4I0(从右向左看为逆时针方向)据相关电磁学理论可以知道，圆环形电流在其中心轴线上产生的磁感应强度为B，其中为真空磁导率，I为环中电流，r为圆环半径，Z为中心轴线上任意一点到圆环圆心的距离据此可推算出两通电线圈在坐标原点O处产生的磁感应

3、强度的大小和方向分别为()A.，方向指向第一象限B.，方向指向第二象限C.，方向指向第三象限D.，方向指向第四象限解析：选A.根据B可知：线圈L1在O点产生的磁感应强度为：B1，由右手螺旋定则可知方向沿y轴正方向，线圈L2在O点产生的磁感应强度为：B2，方向沿x轴正方向，B1和B2方向垂直，所以O点的磁感应强度为B，方向指向第一象限，选项A正确3(2018河南六市联考)三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示则三角形的中心O处的合磁场方向为()A平行于AB，由A指向BB平行于BC，由B指向CC平行于CA，由C指向

4、AD由O指向C解析：选A.如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.4.(2016高考四川卷)如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的

5、时间为tc.不计粒子重力，则()Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析：选A.设正六边形边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rbL，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120 ，由洛伦兹力提供向心力Bqvb，得L，且T，得tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角260，粒子在磁场中做圆周运动的半径rcL2L，同理有2L，tc，解得vbvc12，tbtc2

6、1，A项正确5(2018山东泰安二模)如图所示，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P点平行直线MN射出的a、b两个带电粒子，从它们射出到第一次到达直线MN所用的时间相同，到达MN时速度方向与MN的夹角分别为60和90，不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，则两粒子速度大小之比vavb为()A21B32C43 D.解析：选C.两粒子做圆周运动的轨迹如图所示，设P点到MN的距离为L，由图知b粒子的运动轨迹半径为RbL，对于a粒子有LRacos 60Ra，解得Ra2L，即两粒子的运动半径之比为RaRb21，粒子做圆周运动的周期为T，由题意知，得32，粒子所受的洛伦兹力提供其所需的向心力，有qvBm，得

7、v，联立解得.6.在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场，已知P、Q、O为边长为L的等边三角形的三个顶点，两个带电粒子甲和乙分别从P点垂直PO方向射入匀强磁场中，甲从PO边的M点射出磁场，乙从QO边的N点射出磁场，已知PM2MO，QNNO，据此可知()A若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为12B若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为32C若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比为32D若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为32解析：选 D根据题述

8、，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几何关系可知，r甲L，r乙L.由qvBm，解得r.若两个带电粒子的比荷 相同，由r可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即v甲v乙r甲r乙23，选项A错误；若两个带电粒子的动能相同，由r可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为，选项B错误；若两个带电粒子所带电荷量q相同，由r可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于轨迹半径之比，即p甲p乙r甲r乙23，选项C错误；若两个带电粒子的比荷相同，则由T可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为180，在磁场中运动的时间

9、为；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为120，在磁场中运动的时间为，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为t甲t乙32，选项D正确二、多项选择题7(2017高考全国卷)某同学自制的简易电动机示意图如图所示矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将()A左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉D左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧

10、的绝缘漆刮掉解析：选AD.如果将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，则线圈在安培力作用下转动起来，每转一周安培力驱动一次，可保证线圈不断地转动，A项正确；如果左、右转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，不能保证线圈持续转动下去，B项错误；如果仅左转轴的上侧绝缘漆刮掉，右转轴的下侧绝缘漆刮掉，则线圈中不可能有电流，因此线圈不可能转动，C项错误；如果左转轴上下侧的绝缘漆均刮掉，右转轴仅下侧的绝缘漆刮掉效果与A项相同，因此D项正确8(2018四川绵阳检测)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称导线通有大小相等、方向相反的电流I.已知通电长直导

11、线在周围产生的磁场的磁感应强度Bk，式中k是常数，I是导线中的电流，r为点到导线的距离一带正电的小球(图中未画出)以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点关于上述过程，下列说法正确的是()A小球先做加速运动后做减速运动B小球一直做匀速直线运动C小球对桌面的压力先增大后减小D小球对桌面的压力一直在增大解析：选BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在MN连线上的磁场方向平行桌面向里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上对小球受力分析，受重力、桌面支持力、洛伦兹力3个力作用，小球在水平方向不受力，故从a点到b点，小球一直做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所

12、受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误9(2018湖南二模)沿半径为R的圆形边界的匀强磁场的半径PO方向射入两个带电粒子甲和乙，甲、乙分别从圆形边界上的Q、S两点射出，已知两个带电粒子的比荷相同，圆弧PQ为圆周边界的，圆弧PS为圆周边界的，由此可知()A从边界上Q点射出的带电粒子甲带负电B甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为1C甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为1D甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为1解析：选 CD.由左手定则可判断出从边界上Q点射出的带电粒子甲带正电，选项A错误；根据题述可以判断

13、出从S点射出的带电粒子乙的运动轨迹半径为r乙R，由几何关系可知 tan 30，解得从Q点射出的带电粒子甲的运动轨迹半径r甲R，甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为r甲r乙1，选项D正确；由r可得甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为v甲v乙r甲r乙1，选项B错误，C正确10.(2018福建福州质检)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场不计粒子的

14、重力，则()A前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2B前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r223C前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2D前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2解析：选AD.假设粒子带正电，如图1所示，磁感应强度为B1时，弧长L1R对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r12Rsin RsinRsin，如图2所示，磁感应强度为B2时，弧长L2R对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r22Rsin RsinRsin，因此r1r2sinsin，故A正确，B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得：qv0Bm，则B，可以得出B1B2r2r1，故C错误，D正确三、非选择题11.如图所示，在0xa、

15、0y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(1)粒子速度的大小；(2)粒子速度方向与y轴正方向夹角的正弦值解析：(1)设粒子的发射速度为v，粒子做圆周运动的轨迹半径为R，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式，得qvBm由式得R当Ra时，在磁场中运动时间最长的粒子，其轨

16、迹是圆心为C的圆弧，圆弧与磁场的上边界相切，如图所示设该粒子在磁场中运动的时间为t，依题意t，得OCA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，由几何关系可得Rsin RRsin aRcos 又sin2cos21由式得Ra由式得v.(2)由式得sin .答案：见解析12如图所示，在直角坐标系的原点O处有一放射源，向四周均匀发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于x轴放置，挡板与xOy平面交线的两端M、N正好与原点O构成等边三角形，O为挡板与x轴的交点在整个空间中，有垂直于xOy平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场中沿顺时针方向做匀速圆

17、周运动已知带电粒子的质量为m，带电荷量大小为q，速度大小为v，MN的长度为L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用)(1)确定带电粒子的电性(2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值(3)要使MN的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值(计算过程中，要求画出各临界状态的轨迹图)解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷(2)设磁感应强度大小为B，带电粒子运动的轨迹半径为r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB，解得r由于从O点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在O点沿y轴正方向射出，其轨迹刚好与MN相切，轨迹圆心为O1，如图甲所示则最大半径rmaxLcos 30L由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin.(3)为使MN的右侧都有粒子打到，打在N点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧OMN.图中点O2为轨迹的圆心，由于内接OMN为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径为rmin粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB，所以磁感应强度的最大值Bmax.答案：(1)粒子带正电(2)(3)见解析