《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题10磁场含解析.pdf》由会员分享,可在线阅读,更多相关《2019年高考物理备考优生百日闯关系列专题10磁场含解析.pdf(46页珍藏版)》请在三一文库上搜索。
1、专题 10 磁场专题 10 磁场 第一部分名师综述第一部分名师综述 带电粒子在磁场中的运动是高中物理的一个难点,也是高考的热点。在历年的高考试题中几乎年年都有这 方面的考题。带电粒子在磁场中的运动问题,综合性较强,解这类问题既要用到物理中的洛仑兹力、圆周 运动的知识,又要用到数学中的平面几何中的圆及解析几何知识。带电粒子在复合场中的运动包括带电粒 子在匀强电场、交变电场、匀强磁砀及包含重力场在内的复合场中的运动问题,是高考必考的重点和热点。 纵观近几年各种形式的高考试题,题目一般是运动情景复杂、综合性强,多把场的性质、运动学规律、牛 顿运动定律、功能关系以及交变电场等知识有机地结合,题目难度中
2、等偏上,对考生的空间想像能力、物 理过程和运动规律的综合分析能力,及用数学方法解决物理问题的能力要求较高,题型有选择题、作图及 计算题,涉及本部分知识的命题也有构思新颖、过程复杂、高难度的压轴题。 第二部分精选试题第二部分精选试题 一、单选题 1如图所示,边长为 L 的正六边形 abcdef 中,存在垂直该平面向内的匀强磁场,磁感应强度大小为 Ba 点处的粒子源发出大量质量为 m、电荷量为+q 的同种粒子,粒子的速度大小不同,方向始终垂直 ab 边且与 磁场垂直,不计粒子的重力,当粒子的速度为 v 时,粒子恰好经过 b 点,下列说法正确的是 ( ) A速度小于 v 的粒子在磁场中运动时间为 m
3、 2qB B经过 d 点的粒子在磁场中运动的时间为 m 4qB C经过 c 点的粒子在磁场中做圆周运动的半径为 2L D速度大于 2v 小于 4v 的粒子一定打在 cd 边上 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、粒子在磁场中做匀速圆周运动,当粒子的速度为 v 时,粒子恰好经过b点时在磁场中运动了半周,运动 时间为,轨迹半径等于ab的一半.当粒子的速度小于v时,由知,粒子的轨迹半径小于ab的 1 2T = m qB r = mv qB 一半,仍运动半周,运动时间仍为;故 A 错误. 1 2T = m qB B、在a点粒子的速度与ad连线的夹角为 30,粒子经过d点时,粒子的速度与ad连线的夹角
4、也为 30, 则粒子轨迹对应的圆心角等于 60,在磁场中运动的时间;故 B 错误.t = 1 6T = m 3qB C、经过c点的粒子,根据几何知识知,该粒子在磁场中做圆周运动的圆心b,半径为L,故 C 错误. D、设经过b、c、d三点的粒子速度分别为v1、v2、v3轨迹半径分别为r1、r2、r3据几何知识可得,r1= ,r2=L,r3=2L,由半径公式得:v2=2v1=2v,v3=4v1=4v,所以只有速度在这个范围:2vv4v的粒 L 2 r = mv qB 子才打在cd边上;故 D 正确. 故选 D. 2如图所示,在空间有一坐标系 xOy 中,直线 OP 与 x 轴正方向的夹角为 30o
5、,第一象限内有两个方向都垂 直纸面向外的匀强磁场区域 I 和 II,直线 OP 是它们的边界,OP 上方区域 I 中磁场的磁感应强度为 B。一质 量为 m,电荷量为 q 的质子(不计重力)以速度 v 从 O 点沿与 OP 成 30o角的方向垂直磁场进入区域 I,质子 先后通过磁场区域 I 和 II 后,恰好垂直打在 x 轴上的 Q 点(图中未画出) ,则下列说法正确的是 A区域 II 中磁感应强度为B 2 B区域 II 中磁感应强度为 3B C质子在第一象限内的运动时间为 5m 6qB D质子在第一象限内的运动时间为 7m 12qB 【答案】 D 【解析】 【详解】 AB、设质子在磁场 I 和
6、 II 中做圆周运动的轨道半径分别为和 ,区域 II 中磁感应强度为 B,运动轨迹如r1r2 图所示: 由牛顿第二定律得:qvB = m v2 r1 qvB= m v2 r2 由带电粒子才磁场中运动的对称性和几何关系可以知道,质子从 A 点出磁场 I 时的速度方向与 OP 的夹角为 ,故质子在磁场 I 中轨迹的圆心角为,如图所示:30 60 由几何关系可知,OA = r1 在区域 II 中,质子运动 1/4 圆周,是粒子在区域 II 中做圆周运动的圆心,O2r2= OAsin30 = 1 2r1 由计算得出区域 II 中磁感应强度为: ,故 AB 错误;B= 2B CD、质子在区运动轨迹对应的
7、圆心角为,60 在区运动轨迹对应的圆心角为 :,90 质子在区的运动时间 ,t1= 1 6 2m qB = m 3qB 质子在区运动时间 ,则粒子在第一象限内的运动时间为.故 C 错误,D 正确.t2= 1 4 2m qB = m 4qB 7m 12qB 故选 D 【点睛】 由几何知识作出轨迹,如图.由几何关系,得到质子在两个磁场中轨迹半径与 OA 的关系,由牛顿第二定律研究 两个磁感应强度的关系,求解区域 II 中磁场的磁感应强度大小.求出质子运动轨迹所对应的圆心角,然后求 出质子在磁场中做圆周运动的时间. 带电粒子通过磁场的边界时,如果边界是直线,根据圆的对称性得到,带电粒子入射速度方向与
8、边界的夹角 等于出射速度方向与边界的夹角,这在处理有界磁场的问题常常用到. 3如图所示为一种质谱仪的示意图,该质谱仪由速度选择器、静电分析器和磁分析器组成。若速度选择器 中电场强度大小为,磁感应强度大小为、方向垂直纸面向里,静电分析器通道中心线为 圆弧,圆弧的E1B1 1 4 半径()为 ,通道内有均匀辐射的电场,在中心线处的电场强度大小为 ,磁分析器中有范围足够大的有OPRE 界匀强磁场,磁感应强度大小为 、方向垂直于纸面向外。一带电粒子以速度 沿直线经过速度选择器后沿Bv 中心线通过静电分析器,由 点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上的 点,不计粒子重力。下列说法PQ 正确的是 A速度选
9、择器的极板的电势板比极板的高P1P2 B粒子的速度v = B1 E1 C粒子的比荷为 E21 ERB21 D两点间的距离为P、Q 2ERB21 E21B 【答案】 C 【解析】 【分析】 根据粒子在静电分析器中的受力方向判断粒子的电性;根据粒子在速度选择器中的受力情况判断极板的电 势高低;根据粒子在速度选择器中做直线运动求解粒子的速度;根据粒子在静电分析其中的圆周运动求解 粒子的比荷;根据粒子在磁场中做匀速圆周运动求解半径,可求解 PQ 距离. 【详解】 粒子在静电分析器内沿中心线方向运动,说明粒子带正电荷,在速度选择器中由左手定则可判断出粒子受 到的洛伦兹力向上,粒子受到的电场力向下,故速度
10、选择器的极板 P1的电势比极板 P2的高,选项 A 正确; 由 qvB1qE1可知,粒子的速度,选项 B 错误 ; 由和可得,粒子的比荷为,选项 Cv = E1 B1 v = E1 B1 qE = m v2 R q m = E21 ERB1 正确;粒子在磁分析器中做圆周运动,PQ 为轨迹圆的直径,故 P、Q 两点间的距离,选项 DPQ = 2mv qB = 2ERB1 E1B 错误。故选 C. 4如图所示,以直角三角形 AOC 为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为 B,A=60,AO=a。在 O 点 放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子,粒子的电量大小为 q,质量为 m,发射速度
11、大小都 为 v0,发射方向由图中的角度 表示不计粒子间的相互作用及重力,下列说法正确的是() A若,则在 AC 边界上只有一半区域有粒子射出v0= aqB m B若,则以 60飞入的粒子在磁场中运动时间最短v0= aqB m C若,则以 45 tmin 1 8T = m 4qB D、由几何关系知,粒子转过的最大圆心角,粒子做圆周运动的周期为所以粒子在磁max= 180 T = 2m qB 场中运动的最长时间为 ;故 D 错误;tmax= 1 2T = m qB 故选 A 点睛 : 本题考查了带电粒子在磁场中运动的问题,要找到粒子的临界状况即与 ac 边相切及恰好运动到 b 点。 8如图所示,在
12、水平连线MN和PQ间有竖直向上的匀强电场,在MN上方有水平向里的匀强磁场。两个质 量和带电量均相等的带正电的粒子A、B,分别以水平初速度v0、2v0从PQ连线上O点先后进入电场,带电粒 子A、B第一次在磁场中的运动时间分别为tA和tB,前两次穿越连线MN时两点间的距离分别为dA,和dB,粒 子重力不计,则 AtA一定小于tB,dA一定等于dB BtA一定小于tB,dA可能小于dB CtA可能等于tB,dA一定等于dB DtA可能等于tB,dA可能小于dB 【答案】 A 【解析】两带正电粒子先在电场中做类平抛运动后在磁场中做匀速圆周运动,设类平抛的速度偏向角为 , 则匀速圆周运动的圆心角为,因,
13、B粒子的水平速度大,则类平抛的 = 2 - 2tan = vy v0 y = 1 2at 2 时间短,较小,则 角较小,故圆周运动的圆心角较大,由可知时间较长,即;磁场中vyt = 2T tA R + Rcos53 一象限,代入得,故 B 正确;R = mv qB q m 8v 5LB C、y负半轴射出磁场的两个微粒属于磁场中直线边界问题,直线边界,粒子进出磁场具有对称性,但正负 微粒对应的圆心角不同,如图,故运动时间不一定相等,故 C 正确; D、微粒射出磁场时位移最大的轨迹图如图所示,则有,又,故,故 D 正确。OP = 2Rcos53 R = mv qB L = 6mv 5Bq 14如图
14、所示,在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直 纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外,P(-L,0)、Q(0,-L)为坐标轴上的两个点,现有一电22 子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力 A若电子从P点出发恰好经原点O第一次射出磁场分界线, 则电子在磁场中运动的轨道半径为L B若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程一定为 2L C若电子从P点出发经原点O到达Q点,则电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角一定为 45 D若电子从 P 点出发经原点O到达Q点,则电子运动的路程可能为L,也可能为 2L 【答案】 AD 【解析】 【详解】 若电
15、子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线,则有运动轨迹如图所示, 由几何关系可知,电子运动的轨道半径为 r=Lsin450=L,选项 A 正确 ; 若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q2 点,运动轨迹可能如图所示, 或者是: 因此则微粒运动的路程可能为 L,也可能为 2L,电子在Q点速度方向与y轴正向的夹角可能为 45或 者是 1350,故 BC 错误;D 正确;故选 AD。 【点睛】 查根据运动半径来确定运动轨迹,从而确定运动的路程,掌握左手定则与右手定则的区别,注意运用几何 关系正确画出运动轨迹图是解题的关键 15如图所示,在磁感应强度大小为 B,范围足够大的水平匀强磁场内
16、,固定着倾角为 的绝缘斜面,一个 质量为 m 、电荷量为-q 的带电小物块以初速度 v0沿斜面向上运动,小物块与斜面间的动摩擦因数为 。设 滑动时小物块所带电荷量不变,在小物块上滑过程中,其速度时间图象和加速度时间图象可能正确的 是() A B C D 【答案】 BC 【解析】 【分析】 根据题中“匀强磁场内带电小物块沿斜面向上运动”可知,本题考察带电粒子在复合场中的运动。根 据带电粒子在复合场中运动的分析方法,运用洛伦兹力、牛顿第二定律等知识分析推断。 【详解】 对沿斜面向上运动的小物块受力分析,由牛顿第二定律可得 :、,mgsin + FN= maFN= mgcos + qvB 联立解得
17、:,方向沿斜面向下。所以物体沿斜面向上做加速度减小的减速运a = gsin + gcos + qvB m 动,速度越小,加速度越小,速度减小的越慢,加速度减小的越慢 ; 在小物块上滑过程中,加速度减不到零。 AB:速度时间图象的切线斜率表示加速度,则 A 项错误,B 项正确。 CD: 物体加速度减小,且加速度减小的越来越慢,在小物块上滑过程中,加速度减不到零。故 C 项正确,D 项错误。 16如图所示,在 xOy 平面内存在着破感应强度大小为 B 的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂 直纸面向里,第三象限内的磁场方向垂直纸面向外。P(-2L,O)、Q(O,-2L)为坐标轴上的两个点。22
18、 现有一电子从 P 点沿 PQ 方向射出,电子电量大小为q,质量为m,不计电子的重力。下列正确的是() A若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线,则电子在磁场中运动的轨道半径为L2 B若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子运动的最短时间为 2m Bq C若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子从 P 到 O 的时间与从 O 到 Q 的时间之比为 1:3 D若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子运动的路程可能为 2L,也可能为 4L 【答案】 BD 【解析】 【分析】 画出粒子运动的可能的轨迹,结合几何知识求解做圆周运动的半径和粒子在磁场
19、中的转过的角度,结合周 期公式可求解时间和路程. 【详解】 若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线,则根据几何关系可知,电子在磁场中运动的轨道 半径为,选项 A 错误;r = 2L sin450 = 2L 电子运动的周期为,电子运动时间最短时,轨迹如图甲;从 P 到 O 转过的角度为 900,从 O 到 Q 转T = 2m qB 过的角度为 2700,则电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则电子运动的最短时间为,选项 B 正确;t = 2m qB 考虑电子运动的周期性,由图乙可知电子从 P 到 O 的时间与从 O 到 Q 的时间之比等于转过的角度之比,在 图中所示的情
20、况中,从 P 到 O 的时间与从 O 到 Q 的时间相等,选项 C 错误; 若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,则在图甲所示的情况中电子运动的路程为 4L,在图乙所示的情况 中粒子运动的轨道半径为 L,则路程为 2L,选项 D 正确;故选 BD. 17在xOy平面内存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场,第一、二、四象限内的磁场方向垂直纸面向里, 第三象限内的磁场方向垂直纸面向外,P(L,0)、Q(0,L)为坐标轴上的两个点。如图所示,现有22 一质量为 m、电量为 e 的电子从P点沿PQ方向射出,不计电子的重力,则() A若电子从P点能到原点O,则所用时间可能为 m 2eB B若电子从
21、P点能到原点O,则所用时间可能为 2m 3eB C若电子从P点出发经原点O到达Q点,电子运动的路程一定为 2L D若电子从P点出发经原点O到达Q点,电子运动的路程可能为 L 【答案】 AD 【解析】 【分析】 粒子在洛伦兹力作用下,做匀速圆周运动,根据题意可知,电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场 分界线,与电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,运动轨迹的半径不同,从而由运动轨迹来确定运动路程 【详解】 若电子从 P 点出发恰好经原点 O 第一次射出磁场分界线,则有运动轨迹如图所示: 则微粒运动的路程为圆周的 , 所用的时间为, 则电子从P点出发恰好经原点O的时间为 1 4
22、t = 1 4 2m qB = m 2qB nm 2qB ,选项 A 正确,B 错误;若电子从 P 点出发经原点 O 到达 Q 点,运动轨迹可能如图所示: 或者是: 因此则微粒运动的路程可能为 L,也可能为 2L,若粒子完成 3、4、n 个圆弧,那么电子运动的路程 可能:n 为奇数时为 2L;n 为偶数时为 L,故 C 错误,D 正确;故选 AD。 【点睛】 本题考查根据运动半径来确定运动轨迹,从而确定运动的路程,掌握左手定则与右手定则的区别,注意运 用几何关系正确画出运动轨迹图是解题的关键,注意次数增多,而半径会减小 18如图所示,半径为R 的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应
23、强度为B,半圆的左边垂 直x 轴放置一粒子发射装置,在-R y R 的区间内各处均沿x 轴正方向同时发射出一个带正电粒子,粒子 质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v,重力及粒子间的相互作用均忽略不计,所有粒子都能到达y 轴, 其中最后到达y 轴的粒子比最先到达y 轴的粒子晚 t 时间,则( ) A有些粒子可能到达y 轴上相同的位置 B磁场区域半径R 应满足R mv qB Ct = m qB R v D其中角度的弧度值满足t = m qB - R v sin = BqR mv 【答案】 AD 【解析】 【分析】 粒子射入磁场后做匀速圆周运动,由于粒子质量均为 m、电荷量均为 q、初速度均为 v
24、,所以半径相同,画 出粒子的运动轨迹,根据圆周运动半径公式、周期公式结合几何关系即可求解。 【详解】 A、粒子射入磁场后做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示,y=R 的粒子直接沿直线运动到达 y 轴,其他 粒子在磁场中发生偏转。由图可知,发生偏转的粒子也有可能直接打在 y=R 的位置上,所以粒子可能会到 达 y 轴的同一位置,故 A 正确; B、 以沿 x 轴射入的粒子为例, 若, 则粒子不能到达 y 轴就偏向上离开磁场区域, 所以要求,r = mv qB R,由几何知识可知,粒子运动的轨迹小于半个圆周,再根 据弦越长所对应的圆心角越大,运动时间越长,所以 C 正确;D 错误。 考点:本题考查带
25、电粒子在磁场中的运动 20如图所示,带负电的小球穿在一根绝缘粗糙细杆上,杆与水平方向成 角,整个空间存在着垂直纸面 向内的匀强磁场 B。现给小球一初速度,使小球沿杆向下运动,小球经过 a 点时动能为 10 J,到达 c 点时动 能减为零,b 为 ac 的中点,那么带电小球在运动过程中( ) A到达 c 点后保持静止 B受到的弹力增大 C在 b 点时动能为 5J D在 ab 段克服摩擦力做的功与 bc 段克服摩擦力做的功相等 【答案】 AB 【解析】 【详解】 AB、若,小球受杆弹力垂直杆向下,随速度减小弹力减小,小球受摩擦力减小,当qvaB mgcos 时,小球匀速运动;若,小球与杆无弹力,速
26、度增大,小(qvB - mgcos) = mgsinqvaB = mgcos 球受杆弹力垂直杆向下,弹力增大,小球受摩擦力增大,当时,小球匀速(qvB - mgcos) = mgsin 运动 ; 若,小球受杆弹力垂直杆向上,随速度减小弹力增大,小球受摩擦力增大,小球从 AqvaB 0 及 y0 且 y 1 R 2mU q (3),;B0= 1 R 2mU 3q t = R m 6qU (4).L = x1+ x2= (3 + 5)R 【解析】 【详解】 设粒子被电场加速后速度为v,由动能定理得: qU = 1 2mv 2 粒子经电场加速后在圆形区域内运动的时间:t = 2R v 得:t = R
27、 2m qU 粒子在磁场中做匀速圆周运动,设轨道半径为r0。从a点进入磁场的粒子不能从磁场上边界射出磁场应 满足:r0 1 R 2mU q 垂直磁场上边界射出的粒子的圆心O必在磁场上边界上,设该粒子做匀速圆周运动的轨道半径为r,满 足磁感应强度有最大值,即r有最小值。又因为 OO=R2+ r2 当r有最小值时,OO取最小值,OO最小值为O点到磁场上边界的距离 2R 故:rmin= 3R 由以上各式可得:B0= 1 R 2mU 3q 设此时粒子进入磁场时速度方向与y轴正方向的夹角为 则故tan = r R =3 = 60 由于带电粒子在磁场中的运动周期: T = 2r v 此时垂直于磁场上边界射出磁场的粒子在磁场中运动的时间: t = 360 T = R m 6qU 当B=时,带电粒子在磁场中的运动半径 3 2 B0r = 2R 由几何知识可知,当粒子从d点沿x轴正方向进入磁场,粒子从磁场上边界射出点,为粒子能够到达的上 边界的最右端。设粒子能够到达的上边界的最右端距y轴的距离为x1 x1= R + r 得:x1= 3R 当粒子与磁场上边界相切时,切点为粒子能够到达的上边界的最左端。设粒子能够到达的上边界的最左端 距y轴的距离为x2 x2=R2+ r2 得:x2= 5R 粒子能从磁场上边界射出粒子的边界宽度: L = x1+ x2= (3 + 5)R
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