2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 電場與磁場 第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動限時檢測

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1、2022屆高考物理二輪專題復(fù)習(xí) 專題五 電場與磁場 第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動限時檢測 一、選擇題(本大題共8小題,每小題8分,共64分.第1～5題只有一項符合題目要求,第6～8題有多項符合題目要求) 1.(2018·北京卷,18)某空間存在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場.一個帶電粒子(不計重力)以一定初速度射入該空間后,做勻速直線運動;若僅撤除電場,則該粒子做勻速圓周運動.下列因素與完成上述兩類運動無關(guān)的是(　C　) A.磁場和電場的方向 B.磁場和電場的強(qiáng)弱 C.粒子的電性和電量 D.粒子入射時的速度 解析:在勻強(qiáng)磁場和勻強(qiáng)電場的疊加區(qū)域內(nèi),帶電粒子做勻速直線運動,則速度方向與電場

2、方向和磁場方向均垂直,qvB=qE,故v=.因此粒子是否做勻速直線運動,與粒子的電性、電量均無關(guān).而與磁場和電場的方向、強(qiáng)弱及速度大小均有關(guān).撤去電場時,粒子速度方向仍與磁場垂直,滿足做勻速圓周運動的條件,選項C正確. 2.(2018·江西高三畢業(yè)班質(zhì)檢)如圖所示的虛線區(qū)域內(nèi),充滿垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場和豎直向上的勻強(qiáng)電場,一帶電顆粒A以一定初速度由左邊界的O點射入磁場、電場區(qū)域,恰好沿水平直線從區(qū)域右邊界O′點穿出,射出時速度的大小為vA,若僅撤去磁場,其他條件不變,另一個相同的顆粒B仍以相同的速度由O點射入并從區(qū)域右邊界穿出,射出時速度的大小為vB,則顆粒B(　D　) A.穿出位置

3、一定在O′點上方,vBvA C.穿出位置一定在O′點下方,vBvA 解析:設(shè)帶電顆粒從O位置飛入的速度為v0,若帶電顆粒A帶負(fù)電,其電場力、重力、洛倫茲力均向下,與運動方向垂直,不可能做直線運動.顆粒A一定為正電荷,且滿足mg=Eq+Bqv0,出射速度vA=v0.若僅撤去磁場,由于mg>Eq,帶電顆粒B向下偏轉(zhuǎn),穿出位置一定在O′點下方,合力對其做正功,出射速度vB>vA,D正確. 3.(2018·河南二模)如圖所示,直線MN與水平方向成θ=30°角,MN的右上方區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向水

4、平向外的勻強(qiáng)磁場,MN的左下方區(qū)域存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為2B、方向水平向里的勻強(qiáng)磁場,MN與兩磁場均垂直.一粒子源位于MN上的a點,能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的同種粒子(粒子重力不計),所有粒子均能通過MN上的b點.已知ab=L,MN兩側(cè)磁場區(qū)域均足夠大,則粒子的速率可能是(　B　) A. B. C. D. 解析:粒子在MN的右上方區(qū)域的軌道半徑R1=,在MN的左下方區(qū)域的軌道半徑R2==R1,根據(jù)粒子做勻速圓周運動,由幾何關(guān)系可得ab= L=n(R1+R2)=(n=1,2,3,…),故粒子速率v=(n=1,2,3,…),故B正確,A,C,D

5、錯誤. 4.(2018·深圳一模)如圖所示,直線MN左側(cè)空間存在范圍足夠大、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B,在磁場中P點有一個粒子源,可在紙面內(nèi)各個方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計),已知∠POM=60°,PO間距為L,粒子速率均為,則粒子在磁場中運動的最短時間為(　B　) A. B. C. D. 解析:粒子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力作向心力,則有qvB=m, 解得R==×=L; 粒子做圓周運動的周期為T===;因為粒子做圓周運動的半徑、周期相同,那么,粒子轉(zhuǎn)過的圓心角越小,則其弦長越小,運動時間越短;所以,過P點作OM的垂線,

6、可知,粒子運動軌跡的弦長最小為Lsin 60°=L=R,故最短弦長對應(yīng)的圓心角為60°,所以,粒子在磁場中運動的最短時間為tmin=T=,故A,C,D錯誤,B正確. 5.(2018·河北衡水四模)如圖所示,在豎直平面內(nèi),由絕緣材料制成的豎直平行軌道CD,FG與半圓軌道DPG平滑相接,CD段粗糙,其余部分都光滑,圓弧軌道半徑為R,圓心為O,P為圓弧最低點,整個軌道處于水平向右的勻強(qiáng)電場中,電場強(qiáng)度為E.PDC段還存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.有一金屬圓環(huán)M,帶有正電荷q,質(zhì)量m=,套在軌道FG上,圓環(huán)與CD軌道間的動摩擦因數(shù)μ=0.2.如果圓環(huán)從距G點高為10R處由靜止釋放,則下

7、列說法正確的是(　C　) A.圓環(huán)在CD軌道上也能到達(dá)相同高度處 B.圓環(huán)第一次運動到P點(未進(jìn)入磁場區(qū)域)時對軌道的壓力為18mg C.圓環(huán)在整個運動過程中克服摩擦力所做的功為8mgR D.圓環(huán)最終會靜止在P點 解析:圓環(huán)從M點到CD軌道最高點的過程中,電場力和摩擦力都做負(fù)功,圓環(huán)的機(jī)械能減少,所以圓環(huán)在CD軌道上不能到達(dá)相同高度處,故A錯誤.設(shè)圓環(huán)第一次運動到P點時速度為v,由動能定理得mg·(10R+R)-EqR=mv2,在P點,由牛頓第二定律得N-mg=m,結(jié)合m=,解得N=21mg,由牛頓第三定律知圓環(huán)第一次運動到P點(未進(jìn)入磁場區(qū)域)時對軌道的壓力N′=N=21mg,

8、故B錯誤.當(dāng)圓環(huán)經(jīng)過D點速度為零時,設(shè)圓環(huán)能返回到G點上方H點,H點離G點的距離為x.D到H的過程,由動能定理得qE·2R-mgx=0,得x=2R,圓環(huán)最終會在DH(H點在G點上方2R處)往復(fù)運動,經(jīng)過D點或H點時速度為0,對整個過程,由動能定理得mg·8R-Wf=0,得克服摩擦力所做的功為Wf=8mgR,故C正確,D錯誤. 6.(2018·陜西一模)如圖所示,在平面直角坐標(biāo)系的第一象限內(nèi)分布著非勻強(qiáng)磁場、磁場方向垂直紙面向里,沿y軸方向磁場分布是均勻的,沿x軸方向磁感應(yīng)強(qiáng)度與x滿足關(guān)系B=kx,其中k是一恒定的正數(shù).由粗細(xì)均勻的同種規(guī)格導(dǎo)線制成的正方形線框ADCB邊長為a,A處有一小開口A

9、E,整個線框放在磁場中,且AD邊與y軸平行,AD邊與y軸距離為a,線框AE兩點與一電源相連,穩(wěn)定時流入線框的電流為I,關(guān)于線框受到的安培力情況,下列說法正確的是(　BC　) A.整個線框受到的合力方向與BD連線垂直 B.整個線框沿y軸方向所受合力為0 C.整個線框在x軸方向所受合力為ka2I,沿x軸正方向 D.整個線框在x軸方向所受合力為ka2I,沿x軸正方向 解析:從題意可得AD邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B1=ka,則AD邊受到的安培力大小為FAD=B1IL=ka2I,根據(jù)左手定則知,方向沿x軸負(fù)方向;BC邊處的磁感應(yīng)強(qiáng)度B2=2ka,則BC邊受到的安培力大小為FBC=B2IL=2ka2

10、I,根據(jù)左手定則知,方向沿x軸正方向;整個線框在x軸方向所受合力為FBC-FAD=ka2I,方向沿x軸正方向;沿y軸方向磁場分布是不變的,則DC和EB邊所受的安培力大小相等,方向相反,合力為零,A,D錯誤,B,C 正確. 7.如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖,由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成.若靜電分析器通道中心線的半徑為R,通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強(qiáng)度大小為E,磁分析器有范圍足夠大的有界勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向外.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器,由P點垂直邊界進(jìn)入磁分析器,最終打到膠片上的Q點.不計粒子重力.下列說

11、法中正確的是(　AD　) A.極板M比極板N電勢高 B.加速電場的電壓U=ER C.直徑PQ=2B D.若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點,則該群粒子具有相同的比荷 解析:粒子在靜電分析器內(nèi)沿電場線方向偏轉(zhuǎn),說明粒子帶正電荷,極板M比極板N電勢高,選項A正確;由Uq=mv2和Eq=可得U=,選項B錯誤;直徑PQ=2r==2,可見只有比荷相同的粒子才能打在膠片上的同一點,選項C錯誤,D正確. 8.如圖,在x軸上方存在垂直紙面向里的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場,x軸下方存在垂直紙面向外的磁感應(yīng)強(qiáng)度為的勻強(qiáng)磁場.一帶負(fù)電的粒子從原點O以與x軸成30°角斜向上射入磁場,且在

12、上方運動半徑為R,則(　CD　) A.粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)一定能回到原點O B.粒子在x軸上方和下方兩磁場中運動的半徑之比為2∶1 C.粒子完成一次周期性運動的時間為 D.粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進(jìn)3R 解析:根據(jù)左手定則判斷可知,帶負(fù)電荷的粒子在第一象限和第四象限所受的洛倫茲力方向不同,在第一象限沿順時針方向運動,而在第四象限沿逆時針方向運動,不可能回到坐標(biāo)原點O,故A錯誤;由r=,粒子圓周運動的半徑與磁感應(yīng)強(qiáng)度B成反比,粒子在x軸上方和下方兩磁場中的運動半徑之比為1∶2,故B錯誤;粒子在第一、四象限的運動軌跡對應(yīng)的圓心角均為60°,由T=,粒子在第一象限的運動時間為t1=

13、T=,粒子在第四象限的運動時間為t2=×=,粒子完成一次周期性運動的時間為t1+t2=,故C正確;根據(jù)幾何知識,粒子第二次射入x軸上方磁場時,沿x軸前進(jìn)距離為R+2R=3R,故D正確. 二、非選擇題(本大題共2小題,共36分) 9.(16分)(2018·天津卷,11)如圖所示,在水平線ab的下方有一勻強(qiáng)電場,電場強(qiáng)度為E,方向豎直向下,ab的上方存在勻強(qiáng)磁場,磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,方向垂直紙面向里,磁場中有一內(nèi)、外半徑分別為R,R的半圓環(huán)形區(qū)域,外圓與ab的交點分別為M,N.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶負(fù)電粒子在電場中P點靜止釋放,由M進(jìn)入磁場,從N射出,不計粒子重力. (1)求粒子從P到M

14、所用的時間t; (2)若粒子從與P同一水平線上的Q點水平射出,同樣能由M進(jìn)入磁場,從N射出,粒子從M到N的過程中,始終在環(huán)形區(qū)域中運動,且所用的時間最少,求粒子在Q時速度v0的大小. 解析:(1)設(shè)粒子在磁場中運動的速度大小為v,所受洛倫茲力提供向心力,有qvB=, ① 設(shè)粒子在電場中運動所受電場力為F,有F=qE, ② 設(shè)粒子在電場中運動的加速度為a, 根據(jù)牛頓第二定律有F=ma, ③ 粒子在電場中做初速度為零的勻加速直線運動, 有v=at,

15、 ④ 聯(lián)立①②③④式得t=. ⑤ (2)粒子進(jìn)入勻強(qiáng)磁場后做勻速圓周運動,其周期與速度、半徑無關(guān),運動時間只由粒子所通過的圓弧所對的圓心角的大小決定.故當(dāng)軌跡與內(nèi)圓相切時,所用的時間最短. 設(shè)粒子在磁場中的軌跡半徑為r′, 由幾何關(guān)系可得 (r′-R)2+(R)2=r′2, ⑥ 設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度方向與ab的夾角為θ, 即圓弧所對圓心角的一半, 由幾何關(guān)系知 tan θ=, ⑦ 粒子從Q射出后在電場中做類平拋運動,在電場方向上的分運

16、動和從P釋放后的運動情況相同,所以粒子進(jìn)入磁場時沿豎直方向的速度同樣為v.在垂直于電場方向上的分速度始終等于v0,由運動的合成和分解可得 tan θ=, ⑧ 聯(lián)立①⑥⑦⑧式得v0=. 答案:(1)　(2) 10.(20分)(2018·山東臨沂模擬)如圖所示,MN為平行金屬板,N板上有一小孔Q,一個粒子源P在M板附近,可釋放初速度為零、質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子,粒子經(jīng)板間加速電場加速后,從小孔Q射出,沿半徑為R的圓筒上的小孔E進(jìn)入圓筒,筒里有平行于筒內(nèi)中心軸的勻強(qiáng)磁場,磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B,筒上另一小孔F與小孔E,Q,P在同一直

17、線上,該直線與磁場垂直,E,F連線為筒的直徑,粒子進(jìn)入筒內(nèi)磁場偏轉(zhuǎn),與筒壁碰撞后速度大小不變,方向反向,不計粒子的重力,M,N間可加不同電壓. (1)要使粒子以速度v進(jìn)入磁場,M,N間的電壓為多大? (2)若粒子與筒壁碰撞一次后從F點射出,粒子在磁場中運動的時間為多少? (3)若粒子從E點進(jìn)入磁場,與筒壁發(fā)生三次碰撞后從F點射出,則粒子在磁場中運動的路程為多少?(已知tan 22.5°=-1) 解析:(1)粒子經(jīng)加速電場加速,根據(jù)動能定理 則qU=mv2 求得加速電壓的大小U=. (2)若粒子與筒壁碰撞一次后從F點射出磁場,其運動軌跡如(甲)圖所示, 粒子在磁場中運動的時間等于粒子在磁場中做圓周運動的半個周期,即qBv=m, T==, t=T=. (3)若粒子進(jìn)入磁場后,與筒壁發(fā)生三次碰撞后從F點射出有兩種 情況 ①軌跡如圖(乙)所示, 則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑 r1=Rtan 22.5°=(-1)R, 粒子在磁場中運動的路程 s1=4××2πr1=3π(-1)R. ②軌道如圖(丙)所示, 則粒子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑 r2===(+1)R, 粒子在磁場中運動的路程 s2=4××2πr2=π(+1)R. 答案:(1)　(2) (3)3π(-1)R或π(+1)R