2020高考物理大二轮复习专题强化练:(十一) 磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动 Word版含解析.docx
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1、专题强化练(十一)磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共6小题,每小题8分,共48分)1.(考点1)(2019河南示范性高中联考)如图所示两平行倾斜导轨间的距离L=10 cm,它们处于垂直导轨平面向下的磁场(图中未画出)中,导轨平面与水平方向的夹角=37,在两导轨下端所接的电路中电源电动势E=10 V,内阻不计,定值电阻R1=4 ,开关S闭合后,垂直导轨放置的质量m=10 g、电阻R=6 的金属棒MN保持静止。已知金属棒MN与两导轨间的动摩擦因数=0.5,sin 37=0.6,cos 37=0.8;g取10 m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则磁场
2、的磁感应强度大小可能是()A.10 TB.1.5 TC.0.1 TD.1 T解析当金属棒恰好有沿斜面向上运动趋势时:BER+R1L=mgsin +mgcos ,解得B=1 T;当金属棒恰好有沿斜面向下运动趋势时:BER+R1L+mgcos =mgsin ,解得B=0.2 T,故只有选项D正确。答案D2.(考点2)如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O在MN上,且OO与MN垂直。下列判断正确的是()A.电子将向右偏转B.电子打在MN上的点与O点的距离为dC.电子打在MN
3、上的点与O点的距离为3dD.电子在磁场中运动的时间为d3v0解析电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,选项A错误;设电子打在MN上的点与O点的距离为x,则由几何知识得:x=r-r2-d2=2d-(2d)2-d2=(2-3)d,选项B、C错误;设轨迹对应的圆心角为,由几何知识得:sin =d2d=0.5,得=6,则电子在磁场中运动的时间为t=rv0=d3v0,选项D正确。答案D3.(考点2)(多选)(2019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。圆边界上的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
4、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12R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23R的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则()A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2=23B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2=23C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2=23D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2=32解析假设粒子带正电,如图1,磁感应强度为B1时,弧长L1=12R对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=122Rsin =Rsin 4。如图2,磁感应强度为B2时,弧长L2=23R对应的弦长为粒子圆周运
5、动的直径,则r2=122Rsin =Rsin 3,因此r1r2=sin 4sin 3=23,选项A正确、B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得:qv0B=mv02r,则B=mv0qr,可以得出B1B2=r2r1=32,选项C错误、D正确。答案AD4.(考点3)(2019江西十校联考)如图所示,在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,a=60,b=90,边长ac=L,一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是()A.qBL2mB.qBL4mC.3qBL6mD.qBL6m解
6、析粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大,粒子在磁场中的运动时间最长,粒子速度最大时运动轨迹与bc相切,粒子运动轨迹如图所示,由题意可知:a=60,b=90,边长ac=L,则ab=12L,四边形abdO是正方形,粒子轨道半径:r=12L,粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvmB=2mvm2r,解得粒子的最大速度为:vm=qBL4m,故只有选项B正确。答案B5.(考点3)如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的
7、磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为qBRm的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为()A.BB.45BC.53BD.43B解析粒子在小圆内做圆周运动的半径为r1=mvBq=R,由轨迹图可知,粒子从A点与OA成30角的方向射入环形区域,粒子恰好不射出磁场时,轨迹圆与大圆相切,设半径为r,由几何知识可知OAO2=120,由余弦定理可知:(2R-r)2=r2+R2-2Rrcos 120,解得r=35R,由qvB=mv2r,则B=mvqr=5mv3qR=53B,故选C。答案C6.(考点3、4)(多选)(
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