高考物理专题限时集训9 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动.docx
《高考物理专题限时集训9 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考物理专题限时集训9 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动.docx（15页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
高考物理专题限时集训9磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动
专题限时集训（九）
（建议用时：
40分钟）
[专题通关练]
1.（2019·河北张家口联考）如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。
断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I。
忽略电流产生的磁场作用。
则该匀强磁场的磁感应强度大小为（ ）
A.
B.
C.
D.
D [设弹簧原长为l，断开开关时：
2k（x1－l）＝mg，闭合开关时：
2k（x2－l）＝BIL＋mg，联立以上两式解得：
B＝
，故选D。
]
2.（多选）（2019·河北唐山期末）两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。
若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有（ ）
A．两质子速率v1∶v2＝1∶2
B．两质子周期T1∶T2＝1∶2
C．两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1∶t2＝1∶2
D．两质子在B点和C点处速度方向相同
AD [根据qvB＝m
解得v＝
∝r，可知两质子速率v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2，选项A正确；根据T＝
可知两质子周期相同，选项B错误；由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，根据t＝
T可知，两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间相同，选项C错误；因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确；故选A、D。
]
3.（多选）如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。
现从t＝0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。
下列关于棒的速度、加速度随时间t变化的关系中，可能正确的是（ ）
BD [考虑到粗糙导轨上存在摩擦力，需要安培力达到一定数值，棒才开始加速，A错；从开始运动，满足BIL－f＝ma，即BLkt－f＝ma，由关系式可以看出，at图象为向上倾斜的直线，B对；由于加速度逐渐增大，vt图象中切线的斜率要逐渐增大，C错，D对。
]
4．（2019·云南师大附中模拟）如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，P、Q为MN连线上两点，且MP＝PN＝NQ，则下面说法正确的是（ ）
A．磁感应强度BP＞BQ
B．磁感应强度BP＜BQ
C．将同一电流元分別放置于P、Q两点、所受安培力一定有FP＜FQ
D．将同一电流元分别放置于P、Q两点，所受安培力一定有FP＞FQ
A [根据安培定则可知，M在P的磁场方向向上，N在P点的磁场也向上，则叠加后P点合磁场向上；M在Q的磁场方向向上，N在Q点的磁场向下，则叠加后Q点的合磁场向下，且小于P点的磁场大小，选项A正确，B错误；电流元所受的安培力的大小与电流元的放置方向有关，则无法比较同一电流元分别放置于P、Q两点所受安培力的大小，选项C、D错误；故选A。
]
5.（2019·浙江金丽衢十二校联考）如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。
一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是（ ）
A．若v＝E/B，粒子做匀加速直线运动
B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功
C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加
D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动
D [若v＝E/B，即Eq＝qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；若粒子做直线运动，则满足Eq＝qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确。
]
6．（2019·湖南衡阳联考）用图示装置可以检测霍尔效应。
利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压，已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是（ ）
A．电表B为电压表，电表C为电流表
B．接线端4的电势低于接线端2的电势
C．若增大R1，则电压表示数增大
D．若增大R2，则电压表示数减小
D [B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，所以电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；由安培定则可知，磁场方向向上，通过安霍尔元件的电流由1流向接线端3，由左手定则可知，带正电的粒子偏向接线端4，所以接线端4的电势高于接线端2的电势，故B错误；若增大R1，电磁铁中的电流减小，产生的磁场减小，由公式U＝
可知，电压表示数减小，故C错误；若增大R2，流过霍尔元件的电流减小，由公式U＝
可知，电压表示数减小，故D正确。
]
7．（易错题）（多选）（2019·四川绵阳联考）如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。
一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。
若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。
已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则（ ）
A．v′＝
vB．v′＝
v
C．t′＝
tD．t′＝
t
BD [由几何知识可知，恰好由A点射出时，电子轨道半径：
r1＝
＝
；若电子从C点射出，因圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切角为60°，由弦长公式R＝2r2sin60°，解得：
r2＝
R＝
，所以v′＝
v，由A点射出时，t＝
×
＝
，电子从C点射出时，t′＝
×
＝
＝
t，故选B、D。
]
易错点评：
解决带电粒子在磁场中的运动出错的主要原因是：
不会寻找几何关系。
如本题中，通过弧AC是弧CD一半，可确定∠COD＝60°，进而可知粒子做圆周运动的几何规律。
8．（多选）（2019·福州质检）如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。
一系列电子以不同的速率v（0≤v≤vm）从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场，在
区域的磁场边界上有电子射出。
已知电子的电荷量为－e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力。
则电子在磁场中运动的（ ）
A．最大半径为r＝
RB．最大速率为vm＝
C．最长时间为t＝
D．最短时间为t＝
AD [根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大。
离开出发点最远，如图所示，恰好为半个圆周，最大半径rm＝Rcos30°，rm＝
R，得vm＝
；轨迹对应的圆心角最小，时间最短tmin＝
＝
，电子速度越小，半径越小；圆弧圆心角越大，时间越长，故选AD。
]
[能力提升练]
9．（多选）（2019·湘赣十四校联考）如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB＝5
cm，AD＝10cm，磁感应强度B＝0.2T。
在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v＝1.0×105m/s的正离子，离子的质量m＝2.0×10－12kg，电荷量q＝1.0×10－5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则（ ）
A．从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短
B．边界AP段无离子飞出
C．从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2
D．若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等
ACD [由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，故B错误；由公式R＝
得：
R＝0.1m，通过图可知，α∶β＝1∶2，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2，故C正确。
]
10．（2019·江西上饶联考）如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2T。
小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。
小球1向右以v1＝12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m。
碰后两小球的比荷为4C/kg。
求：
（取g＝10m/s2）
（1）电场强度E的大小是多少？
（2）两小球的质量之比
是多少？
[解析] 碰后有（m1＋m2）g＝qE
又
＝4C/kg
得E＝2.5N/C。
（2）由动量守恒定律：
m1v1＝（m1＋m2）v2
由洛伦兹力公式及牛顿运动定律：
qv2B＝
依题可知：
r＝1m
联立以上关系式可得：
＝
。
[答案]
（1）2.5N/C
（2）
11．（2019·湖南衡阳联考）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域Ⅰ边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ。
在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝53°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）。
求：
（1）粒子的初速度大小v0；
（2）电场的电场强度大小E；
（3）荧光屏上的发光区域长度Δx。
[解析]
（1）如图所示，
分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1＝R
由qv0B＝m
得
v0＝
。
（2）因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为r2＝2R
由qvB2＝m
得
v＝
粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：
－qER＝
mv2－
mv
解得：
E＝
（B
－4B
）。
（3）如图分析可知，
速度方向与电场方向平行向左射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：
（x1cosθ＋R）2＋（x1sinθ）2＝4R2
解得：
x1＝
R
速度方向与电场方向平行向右射出区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：
（x2cosθ－R）2＋（x2sinθ）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，因此荧光屏上的发光区域长度为
Δx＝x2－x1
解得：
Δx＝1.2R。
[答案]
（1）
（2）
（B
－4B
） （3）1.2R
题号
内容
押题依据
核心考点
核心素养
带电粒子在复合场中运动
重力、电场力、洛伦兹力作用下的圆周运动和直线运动
科学思维：
立足教材，拓展创新，体现综合思维
（多选）如图所示，虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，长方形ABCD的AD边与MN重合，长方形的AB边长为l，AD边长为
l。
一质量为m、电荷量为＋q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动，到达C点时刻，电场方向立刻旋转90°，同时电场强度大小也发生变化，带电微粒沿着对角线CA从A点离开。
重力加速度为g，下列说法正确的是（ ）
A．电场方向旋转90°之后，电场方向水平向左
B．电场改变之后，场强大小变为原来的2倍
C．微粒进入N右侧区域时的初速度为
D．匀强磁场的磁感应强度大小为
CD [微粒从C到A做直线运动，洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡，则电场方向必然水平向右，A错误。
电场改变前，微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动，则qE＝mg，即E＝
；电场改变之后，受力情况如图所示，微粒受力平衡，重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向，qE′＝
mg，得E′＝
，B错误。
微粒做直线运动时受力平衡，qvB＝
mg＝m
，由几何知识可得r＝
l，解得v＝
，B＝
，故C、D正确。
]
升级会员 