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《大高考》2016届高考物理(全国通用)配套课件+配套练习:专题九 磁场 三年模拟精选


A组 一、选择题

基础训练

1.(2015· 中原名校、豫南九校联考)如图所示,三根彼此绝缘的无限长直导线的一 部分 ab、cd、ef 构成一个等边三角形,O 为三角形的中心,M、N 分别为 O 关于导线 ab、cd 的对称点,当三根导线中通以大小相等,方向如图所示的电 流时,M 点磁感应强度的大小为 B1,O 点磁感应强度大小为 B2,若将导线 ab 中的电流撤去,而保持另两根导线中的电流不变,则 N 点磁感应强度的大小 为( )

A.B1+B2 1 C.2(B1+B2) 解析

B.B1-B2 1 D.2(3B2-B1)

导体中的电流相同,则每个导体在距离导体相同的点产生的磁场的磁

感应强度大小相同,设三个导体在 O 点产生的磁感应强度大小为 B, 则 ab 在 M 点,cd 在 N 点产生的磁感应强度大小也为 B,ab 在 N 点,cd 在 M 点,ef 在 M、N 点产生的磁感应强度大小也相同,设为 B′,由安培定则和矢量叠加 可知,B1=B+2B′、B2=B,撤去 ab 中的电流后,N 点的磁感应强度为 BN= 1 B-B′,解以上三式得 BN=2(3B2-B1),D 项正确. 答案 D

2. (2015· 河北邢台摸底考试)如图所示,在边长为 L 的正方形区域内有垂直于纸面 向里的匀强磁场, 有一带正电的电荷, 从 D 点以 v0 的速度沿 DB 方向射入磁 场,恰好从 A 点射出,已知电荷的质量为 m,带电荷量为 q,不计电荷的重 力,则下列说法正确的是( )

mv0 A.匀强磁场的磁感应强度为 qL πL B.电荷在磁场中运动的时间为 v 0 C.若减小电荷的入射速度,使电荷从 CD 边界射出,电荷在磁场中运动的时 间会减小 D.若电荷的入射速度变为 2v0,则粒子会从 AB 边的中点射出 解析 由粒子从 D 到 A 的运动轨迹和几何知识知, 粒子的轨道半经为 R=L, π 2πR mv2 mv0 0 , 由 qv0B= 得 B= , A 项正确; 运动时间 t= 2 R qL 4v0

转过的圆心角为 α=
0

πL = 2v ,B 项错误; 若粒子从 CD 边界射出, 粒子在磁场中转过的圆心角为π, 电荷在磁场中运动的时间会变长,C 项错误;若电荷的入射速度变为 2v0,则 粒子的轨道半径为 2L, 由几何知识知粒子会从 AB 边的中点右侧某位置射出, D 项错误. 答案 A

3. (2015· 河南八市联考)(多选)如图所示,一粒子发射源 P 位于足够大绝缘板 AB 的 上方 d 处,能够在纸面内向各个方向发射速率为 v、电荷量为 q、质量为 m 的 带正电的粒子,空间存在垂直纸面的匀强磁场,不考虑粒子间的相互作用和 粒子重力.已知粒子做圆周运动的半径大小恰好为 d,则( )

A.能打在板上的区域长度是 2d B.能打在板上的区域长度是( 3+1)d 7π d C.同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 6v π qd D.同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时间差为 6mv 解析 因粒子运动的轨道半径 R=d,根据题意画出粒子运动轨迹的草图,则

打在极板上粒子轨迹的临界状态如图甲所示,根据几何关系知,带电粒子能 到达板上的长度 L=R+ 3R=( 3+1)d,选项 B 正确,A 错误;在磁场中运 动时间最长和最短粒子运动轨迹示意图如图乙所示,由几何关系知,最长时 3 1 间 t1=4T,最短时间 t2=6T,同一时刻发射出的带电粒子打到板上的最大时 2πd 7πd 间差Δt=t1-t2,又 T= v ,联立解得Δt= 6v ,选项 C 正确,D 错误.

答案

BC

4.(2014· 广东湛江一模)(多选)如图所示为一个有界的足够大的匀强磁场区域, 磁 场方向垂直纸面向外,一个不计重力的带正电的粒子以某一速率 v 垂直磁场 方向从 O 点进入磁场区域,电子进入磁场时速度方向与边界夹角为 θ,下列 有关说法正确的是( )

A.若 θ 一定,速度 v 越大,粒子在磁场中运动时间越长 B.粒子在磁场中运动时间与速度 v 有关,与角 θ 大小无关 C.若速度 v 一定,θ 越大,粒子在磁场中运动时间越短 D.粒子在磁场中运动时间与角度 θ 有关,与速度 v 无关 解析 粒子在磁场中的运动轨迹如图,由几何知识知,粒子离开磁场时转过 2π-2θ π-θ 2πm T= × qB = 2π π

的圆心角一定为 2π-2θ,若 θ 一定,则 t=

2m(π-θ) ,可见粒子在磁场中运动的时间与 v 无关,与角度 θ 有关,即若 qB θ 一定,粒子在磁场中运动的时间是相同的,故 A、B 错误,D 正确;由上式 可知 θ 越大,粒子在磁场中运动的时间越短,故 C 正确.

答案

CD

5.(2014· 北京丰台区模拟)如图所示,电源电动势为 E,内阻为 r,滑动变阻器最 大电阻为 R,开关 K 闭合.两平行金属极板 a、b 间有匀强磁场,一带负电的 粒子(不计重力)以速度 v 水平匀速穿过两极板.下列说法正确的是( )

A.若将滑片 P 向上滑动,粒子将向 a 板偏转 B.若将 a 极板向上移动,粒子将向 a 板偏转 C.若增大带电粒子的速度,粒子将向 b 板偏转 D.若增大带电粒子带电荷量,粒子将向 b 板偏转 解析 将滑片 P 向上滑动,电阻 R 两端的电压减小.因电容器与电阻并联,

U 故两板间的电势差减小,根据 E= 知两板间的电场强度减小, 粒子所受电场 d 力减小,因带负电,电场力向上,所以粒子将向 b 板偏转,A 错误;保持开 U 关闭合,将 a 极板向上移动一点,板间距离增大,电压不变,由 E= d 可知, 板间电场强度减小,粒子所受电场力向上变小,洛伦兹力向下, 则粒子将向 b 板偏转,故 B 错误;若增大带电粒子的速度,所受极板间洛伦兹力增大,而 所受电场力不变,故粒子将向 b 板偏转,C 正确;若增大带电粒子带电荷量, 所受电场力增大, 所受洛伦兹力也增大, 但两者仍相等, 故粒子将不会偏转, 故 D 错误. 答案 C

二、非选择题 6.(2015· 河北“五个一名校联盟”联考)如图,边长 L=0.2 m 的正方形 abcd 区域 (含边界)内, 存在着垂直于区域的横截面(纸面)向外的匀强磁场, 磁感应强度 B=5.0×10-2T.带电平行金属板 MN、PQ 间形成了匀强电场 E(不考虑金属板 在其它区域形成的电场),MN 放在 ad 边上,两板左端 M、P 恰在 ab 边上,

两板右端 N、Q 间有一绝缘挡板 EF.EF 中间有一小孔 O,金属板长度、板间 距、挡板长度均为 l=0.1 m.在 M 和 P 的中间位置有一离子源 S,能够正对 孔 O 不断发射出各种速率的带正电离子,离子的电荷量均为 q=3.2×10-19 C, 质量均为 m=6.4×10-26 kg.不计离子的重力,忽略离子之间的相互作用及离 子打到金属板或挡板后的反弹.

(1)当电场强度 E=104 N/C 时,求能够沿 SO 连线穿过孔 O 的离子的速率; (2)电场强度取值在一定范围时, 可使沿 SO 连线穿过 O 并进入磁场区域的离 子直接从 bc 边射出,求满足条件的电场强度的范围. 解析

(1)穿过孔 O 的离子在金属板间需满足 qv0B=Eq 代入数值得 v0=2.0×105 m/s (2)穿过孔 O 的离子在金属板间仍需满足 qvB=Eq v2 离子穿过孔 O 后在磁场中做匀速圆周运动,有 qvB=m r qB2r 由以上两式子得 E= m 从 bc 边射出的离子,其临界轨迹如图①,对应的轨迹半径最大,对应的电场 强度最大, 由几何关系可得 r1=l=0.1 m 由此可得 E1=1.25×103 N/C 从 bc 边射出的离子,轨迹半径最小时,其临界轨迹如图②,对应的电场强度

l 最小,由几何关系可得 2r2+2=L 所以 r2=0.075 m 由此可得 E2=9.375×102 N/C 所以满足条件的电场强度的范围为 9.375×102 N/C<E<1.25×103 N/C 答案 (1)2.0×105 m/s (2)9.375×102 N/C<E<1.25×103 N/C

7. (2015· 河北“名校联盟”质量监测)如图所示,有 3 块水平放置的长薄金属板 a、 b 和 c,a、b 之间相距为 L.紧贴 b 板下表面竖直放置半径为 R 的半圆形塑料 细管,两管口正好位于小孔 M、N 处.板 a 与 b、b 与 c 之间接有电压可调的 直流电源,板 b 与 c 间还存在方向垂直纸面向外的匀强磁场.当体积为 V0、 密度为 ρ、电荷量为 q 的带负电油滴,等间隔地以速率 v0 从 a 板上的小孔竖 直向下射入,调节板间电压 Uba 和 Ubc,当 Uba=U1、Ubc=U2 时,油滴穿过 b 板 M 孔进入细管,恰能与细管无接触地从 N 孔射出.忽略小孔和细管对电场 的影响,不计空气阻力,重力加速度为 g.求:

(1)油滴进入 M 孔时的速度 v1; (2)b、c 两板间的电场强度 E 和磁感应强度 B 的值; (3)当油滴从细管的 N 孔射出瞬间,将 Uba 和 B 立即调整到 Uba′和 B′,使油 滴恰好不碰到 a 板,且沿原路与细管无接触地返回穿过 M 孔,请给出 Uba′ 和 B′的结果. 解析 (1)油滴进入电场后,重力与电场力均做功,设到 M 点时的速度为 v1,

1 2 1 2 由动能定理得2mv1 -2mv0=mgL+qU1 考虑到 m=ρV0 得 v1 = 2qU1 2 v0 +2gL+ ρV0

(2)油滴进入电场、磁场共存区域,恰与细管无接触地从 N 孔射出,须电场力

与重力平衡,有 mg=qE

ρV0g 得 E= q
油滴在半圆形细管中运动时,洛伦兹力提供向心力,有 mv2 1 qv1B= R mv1 ρV0 得 B= qR = qR 2qU1 v2 0+2gL+ ρV0

(3)若油滴恰不能撞到 a 板,且再返回并穿过 M 点,由动能定理得 1 2 0-2mv1 =-mgL-qUba′

ρV0v2 0 得 Uba′=U1+ 2q
考虑到油滴返回时速度方向已经相反,为了使油滴沿原路与细管无接触地返 回并穿过 M 孔,磁感应强度的大小不变,方向相反,即 B′=-B. 答案 ρ V0 qR (1) 2qU1 v2 0+2gL+ ρ V0 ρ V0g (2) q

2qU1 2 v0 +2gL+ ρ V0

ρ V0v2 0 (3)U1+ 2q ,-B

8.(2015· 邢台高三摸底)如图所示,在光滑绝缘的水平面上固定着两对几何形状完 全相同的平行金属板 P、Q 和 M、N,P、Q 与 M、N 四块金属板相互平行地 竖直地放置,已知 P、Q 之间以及 M、N 之间的距离都是 d=0.2 m,极板本 身的厚度不计, 极板长均为 L=0.2 m, 板间电压都是 U=6 V 且 P 板电势高. 金 属板右侧边界以外存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度 B=5 T,磁场区域 足够大.现有一质量 m=1×10-4kg,电荷量 q=-2×10-4 C 的小球在水平面 上以初速度 v0=4 m/s, 从平行板 PQ 间左侧中点 O1 沿极板中线 O1O1′射入.

(1)试求小球刚穿出平行金属板 PQ 的速度; (2)若要小球穿出平行金属板 PQ 后,经磁场偏转射入平行金属板 MN 中,且 在不与极板相碰的前提下,最终从极板 MN 的左侧中点 O2 沿中线 O2O2′射

出,则金属板 Q、M 间距离是多少? 解析 (1)小球在 PQ 金属板中做类平抛运动,小球所受电场力

qU F=qE= d F 小球的加速度 a=m qU 6×2×10 解得 a=dm= m/s2=60 m/s2 0.2×1×10-4 L 0.2 小球在板间运动时间 t=v = 4 s=0.05 s
0
-4

小球在垂直板方向上的速度 vy=at=60×0.05 m/s=3 m/s
2 2 2 则小球离开 PQ 板时的速度 v-t= v2 0+vy = 4 +3 m/s=5 m/s

vy 3 v-t 与中轴线的夹角为 tan θ=v =4,所以 θ=37°
0

(2)俯视图如图所示,在 PQ 极板间,若 P 板电势比 Q 板高,则小球向 P 板偏 离,进入右侧磁场后做圆周运动,由运动的对称性,则必须 N 板电势高于 M 板电势,其运动轨迹如图所示

小球进入磁场后做圆周运动, 设运动半径为 R, 由洛伦兹力提供向心力: qv-tB mv2 t = R mvt 得 R= qB =0.5 m 在 PQ 极板间, 小球向 P 板偏离,设小球射入与射出磁场的两点间的距离为 h, 4 由图中几何关系得 h=2Rcos θ=2×0. 5×5m=0.8 m 1 1 小球偏离中轴线的位移 Y 偏=2at2=2×60×(0.05)2 m=7.5×10-2 m 当小球向 P 偏转时,根据对称性可得,QM 极板间的距离为 d d1=h-2(2+Y 偏)=h-d-2Y 偏=0.45 m

答案

(1)5 m/s,方向与中轴线的夹角为 37°

(2)0.45 m

9.(2014· 山西太原一模)如图所示,在 xOy 坐标系中的第一象限内存在沿 x 轴正方 向的匀强电场;第二象限内存在大小为 B、方向垂直坐标平面向外的有界圆 形匀强磁场(图中未画出).一粒子源固定在 x 轴上 M(L,0)点,沿 Y 轴正方向 释放出速度大小均为 v0 的电子,电子经电场后恰好从 y 轴上的 N 点进入第二 象限. 进入第二象限后, 电子经磁场偏转后通过 x 轴时, 与 x 轴的夹角为 75°. mv2 0 已知电子的质量为 m、电荷量为 e,电场强度 E=2eL ,不考虑电子的重力和 其间的相互作用,求:

(1)N 点的坐标; (2)圆形磁场的最小面积. 解析 (1)从 M 到 N 的过程中,电子做类平抛运动,有

1 eE L=2 m t2,yN=v0t 解得:yN=2L 则 N 点的坐标为(0,2L) (2)设电子到达 N 点的速度大小为 v,方向与 y 轴正方向的夹角为 θ,由动能 1 1 定理有2mv2-2mv2 0=eEL v0 2 cos θ= v = 2 解得:v= 2v0,θ=45° 设电子在磁场中做匀速圆周运动的半径为 r mv2 evB= r ①当电子与 x 轴负方向的夹角为 75°时,其运动轨迹图如图,电子在磁场中 偏转 120°后垂直于 O1Q 射出,则磁场最小半径

PQ Rmin= 2 =rsin 60° 2 3πm2v0 解得 Smin= 2e2B2 ②当电子与 x 轴正方向的夹角为 75°时,其运动轨迹图如图,电子在磁场中 偏转 150°后垂直于 O2Q′射出,则磁场最小半径

P′Q′ Rmin′= 2 =rsin 75° (2+ 3)πm2v2 0 解得 Smin′= 2e2B2 答案 (1)(0,2L) (2)见解析 B组 一、选择题 1.(2015· 河北“名校联盟”模拟)(多选)如图所示,甲带正电,乙是不带电的绝 缘 物块,甲、乙叠放在一起,置于粗糙的固定斜面上,地面上方空间有垂直纸 面向里的匀强磁场,现用平行于斜面的力 F 拉乙物块,使甲、乙一起无相对 滑动沿斜面向上作匀加速运动的阶段中( ) 能力提升

A.甲、乙两物块间的摩擦力不断增大 B.甲、乙两物块间的摩擦力保持不变 C.甲、乙两物块间的摩擦力不断减小 D.乙物块与斜面之间的摩擦力不断减小

解析

设甲、 乙向上作匀加速运动的加速度为 a,隔离甲:由牛顿第二定律得

Ff 甲-m 甲 gsin θ=m 甲 a,则甲、乙两物块间摩擦力 Ff 甲=m 甲 gsin θ+m 甲 a 不变,A、C 项错误,B 项正确;选甲、乙物块整体为研究对象,乙与斜面之 间的摩擦力为 Ff 乙=μFN,且 FN=(m 甲+m 乙)gcos θ-qvB,由于 v 增大,则 FN 减小,Ff 乙不断减小,D 项正确. 答案 BD

2. (2015· 辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示, 半径为 r 的圆形区域内有垂直纸面 向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,磁场边界上 A 点一粒子源,源源不 断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子 (重力不计),已知粒子的比荷为 k,速度大小为 2kBr.则粒子在磁场中运动的最 长时间为( )

A.

π kB

B.

π 2kB

π C. 3kB

D.

π 4kB

解析

mv 2kBr 粒子在磁场中运动的半径为:R= qB = Bk =2r;当粒子在磁场中运动

时间最长时,其轨迹对应的圆心角最大,此时弦长最大,其最大值为磁场圆 T πm π 的直径 2r,故 t= 6= 3qB =3kB,故选 C. 答案 C

3.(2015· 湖北六校调考)(多选)如图所示,xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直 纸面向外,磁感应强度 B=1 T 的匀强磁场,ON 为处于 y 轴负方向的弹性绝 缘薄挡板,长度为 9 m,M 点为 x 轴正方向上一点,OM=3 m.现有一个比 q 荷大小为m=1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端 N 处 小孔以不同的速度向 x 轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回, 且 碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过 M 点,则小球射入的 速度大小可能是( )

A.3 m/s 解析

B.3.75 m/s

C.4.5 m/s

D.5 m/s

由题意可知小球运动的圆心一定在 y 轴上,所以小球做圆周运动的半

径 r 一定要大于等于 3 m,而 ON=9 m≤3r, 所以小球最多与挡板 ON 碰撞一 次,且碰撞后第二个圆心的位置在 O 点的上方;也可能小球与挡板 ON 没有 mv2 q 碰撞,直接过 M 点.由 qvB= r ,得 v=m·Br,第一种情况:若小球与挡 板 ON 碰撞一次,则轨迹可能如图甲,设 OO′=s,由几何关系得 r2=OM2+ q s2=9+s2 和 3r-9=s,联立求得 r1=3 m,r2=3.75 m,分别代入 v=m·Br 得 v1=3 m/s,v2=3.75 m/s;第二种情况:若小球没有与挡板 ON 碰撞,则轨
2 2 2 迹如图乙,设 OO′=x,由几何关系得 r2 3=OM +x =9+x 和 x=9-r3,联立

q 求得 r3=5 m,代入 v= ·Br 得 v3=5 m/s. m

答案

ABD

4.(2014· 浙江温州一模)(多选)日本福岛核电站的核泄漏事故,使碘的同位素 131 被更多的人所了解.利用质谱仪可分析碘的各种同位素,如图所示,电荷量 均为+q 的碘 131 和碘 127 质量分别为 m1 和 m2,它们从容器 A 下方的小孔 S1 进入电压为 U 的加速电场(入场速度忽略不计), 经电场加速后从 S2 小孔射 出,垂直进入磁感应强度为 B 的匀强磁场中,最后打到照相底片上.下列说

法正确的是(

)

A.磁场的方向垂直于纸面向里 B.碘 131 进入磁场时的速率为 2qU m1

2π (m1-m2) qB 2 2m1U D.打到照相底片上的碘 131 与碘 127 之间的距离为 ( - B q C.碘 131 与碘 127 在磁场中运动的时间差值为 解析

2m2U ) q

粒子带正电,根据左手定则可知,磁场方向垂直纸面向外,A 错误;

由动能定理知,粒子在电场中得到的动能等于电场力对它所做的功,即 qU= 1 2 v1= 2mv1,解得: 2qU B 正确; 粒子在磁场中运动的时间 t 为周期的一半, m , 2πm π(m1-m2) 根据周期公式 T= qB , 在磁场中运动的时间差值Δt= , 故C qB mv 1 2mU 错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径 R= qB =B q ,则它们 2 2m1U 2m2U 的距离之差Δd=2R1-2R2=B( q - q ),故 D 正确. 答案 BD

二、非选择题 5.(2015· 河南八校联考)如下图所示,以 O(0,0)为圆心,半径为 r 的圆形区域内 存在匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为 B,方向垂直于纸面向里,在磁场 右侧区域内,有一沿 x 轴负方向的匀强电场,场强大小为 E,一质量为 m, 电荷量为+q 的粒子从 A(0,r)点垂直于磁场方向射入,当速度方向沿 y 轴负 方向时,粒子恰好从 B(r,0)点射出磁场,不计粒子重力,求:

(1)粒子射入磁场时的速度大小 v; (2)求速度方向与 y 轴负方向为 θ 角时, 粒子从射入磁场到最终离开磁场的时

间 t. 解析 (1)粒子射入磁场后做匀速圆周运动 v2 qBr 由牛顿第二定律得 qvB=m r ,v= m (2)粒子沿与 y 轴负方向为 θ 角射入磁场后, 经一段圆周后进入电场做可返回 的匀减速直线运动,再次进入磁场又经一段圆周后离开磁场,在磁场中的周 2πm 期为 T= qB πm 1 在磁场中运动的时间为 t1=2T= qB qE 在电场中做匀变速直线运动 a= m qBr 2× m 2v 2Br 所以 t2= a = qE = E m πm 2Br 所以 t=t1+t2= qB + E 答案 qBr (1) m π m 2Br (2) qB + E

6.(2015· 陕西五校联考)如图所示,区域Ⅰ内有与水平方向成 45°角的匀强电场 E1,区域宽度为 d1,区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场 B 和匀强电场 E2,区域 宽度为 d2,磁场方向垂直纸面向里,电场方向竖直向下.一质量为 m、带电 荷量为 q 的微粒在区域Ⅰ左边界的 P 点, 由静止释放后水平向右做直线运动, 进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动,从区域Ⅱ右边界上的 Q 点穿出,其速度方向 改变了 60°,重力加速度为 g,求:

(1)区域Ⅰ和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度 E1、E2 的大小? (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度 B 的大小. (3)微粒从 P 运动到 Q 的时间有多长? 解析 45° (1)微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动,则在竖直方向上有 qE1sin =mg

2mg 解得 E1= q 微粒在区域Ⅱ内做匀速圆周运动,则在竖直方向上有 mg=qE2 mg 则 E2= q (2)设微粒在区域Ⅰ内水平向右做直线运动时加速度为 a,离开区域Ⅰ时速度 为 v,则 a= qE1cos 45° =g m

v2=2ad1 在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的轨道半径为 R,则 Rsin 60°=d2 v2 qvB=m R m 解得 B=qd
2

3gd1 2

2d1 2d1 a = g 2πm 在区域Ⅱ内做匀速圆周运动的圆心角为 60°,T= qB T πd2 2 则 t2 = 6 = 3 3gd1 2d1 πd2 2 解得 t=t1+t2= + g 3 3gd1 2mg mg m 3gd1 答案 (1)E1= q E2= q (2)qd 2 2 2d1 π d2 2 (3) g + 3 3gd1 (3)微粒在区域Ⅰ内作匀加速直线运动,t1= 7.(2015· 湖北六校调考)如图所示,xOy 平面为一光滑水平面,在此区域内有平行 于 xOy 平面的匀强电场,场强大小 E=100 V/m;同时有垂直于 xOy 平面的匀 强磁场.一质量 m=2×10-6 kg、电荷量 q=2×10-7 C 的带负电粒子从坐标 原点 O 以一定的初动能入射,在电场和磁场的作用下发生偏转,到达 P(4, 3)点时,动能变为初动能的 0.5 倍,速度方向垂直 OP 向上.此时撤去磁场, 经过一段时间该粒子经过 y 轴上的 M(0,6.25)点,动能变为初动能的 0.625 倍,求:

(1)粒子从 O 到 P 与从 P 到 M 的过程中电场力做功的大小之比; (2)OP 连线上与 M 点等电势的点的坐标; (3)粒子由 P 点运动到 M 点所需的时间. 解析 1.25Ek. 由于洛伦兹力不做功,粒子从 O 点到 P 点和从 P 点到 M 点的过程中,电场 力做的功大小分别为 W1、W2 (1)设粒子在 P 点时的动能为 Ek,则初动能为 2Ek,在 M 点的动能为

由动能定理得:-W1=Ek-2Ek W2=1.25Ek-Ek 则 W1∶W2=4∶1 Ek 0.75Ek (2)O 点、P 点及 M 点的电势差分别为:UOP= q ,UOM= q 设 OP 连线上与 M 点电势相等的点为 D,由几何关系得 OP 的长度为 5 m, 沿 UOD UOM OD 0.75 OP 方向电势下降,则 U = U = OP = 1
OP OP

3 得 OD=3.75 m,OP 与 X 轴的夹角 α,则 sin α=5 D 点的坐标为 xD=ODcos α=3 m,yD=ODsin α=2.25 m 即:OP 连线上与 M 点等电势的 D 点的坐标为(3 m,2.25 m) (3)由于 OD=3.75 m 而 OMcos∠MOP=3.75 m 所以 MD 垂直于 OP 由于 MD 为等势线,因此 OP 为电场线,方向从 O 指向 P 带负电粒子从 P 到 M 过程中做类平抛运动,设运动时间为 t 1 Eq 则 DP=2· m ·t2 又 DP=OP-OD=1.25 m

解得 t=0.5 s 答案 (1)4∶1 (2)(3 m,2.25 m) (3)0.5 s

8. (2014· 广东韶关一模)如图甲所示, 水平直线 MN 下方有竖直向上的匀强电场, π q 电场强度 E=10×104 N/C.现将一重力不计、比荷m=1×106 C/kg 的正电荷 从电场中的 O 点由静止释放,经过 t0=1×10-5 s 后,通过 MN 上的 P 点进入 其上方的匀强磁场. 磁场方向垂直于纸面向外,以电荷第一次通过 MN 时开始 计时,磁感应强度按图乙所示规律周期性变化.

(1)求电荷进入磁场时的速度; (2)求图乙中 t=2×10-5 s 时刻电荷与 P 点的距离; (3)如果在 P 点右方 d=100 cm 处有一垂直于 MN 的足够大的挡板, 求电荷从 O 点出发运动到挡板所需的时间. 解析 (1)电荷在电场中做匀加速直线运动,则

Eq=ma v0=at0 代入数据解得 v0=π×104 m/s π mv0 (2)当 B1=20 T 时,电荷运动的半径 r1= B q =0.2 m=20 cm
1

2πm 周期 T1= B q =4×10-5 s 1 π mv0 当 B2=10 T 时,电荷运动的半径 r2= B q =10 cm 2 2πm - 周期 T2= B q =2×10 5 s 2 故电荷从 t=0 时刻开始做周期性运动,其运动轨迹如图所示:

t=2×10-5 s 时刻电荷先沿大圆轨迹运动四分之一周期再沿小圆轨迹运动半

个周期,恰好运动到 MN 上,则与 P 点的水平距离为 r1=20 cm. T1 (3)电荷从 P 点开始,其运动的周期为 T= 2 +T2+2t0=6×10-5 s,根据电荷 的运动情况可知,电荷每一个周期向右沿 PN 运动的距离为 40 cm,故电荷到 T1 达挡板前运动的完整周期数为 2 个, 然后再运动 4 , 以 90°角撞击到挡板上, 1 故电荷从 O 点出发运动到挡板所需的总时间 t 总=t0+2T+4T1 解得 t 总=1.4×10-4 s. 答案 (1)π ×104 m/s (2)20 cm (3)1.4×10-4 s

考向一 考查带电粒子在匀强磁场中的运动问题 1.(左手定则、洛伦兹力、圆周运动)如图是洛伦兹力演示仪的实物图和结构示 意图.用洛伦兹力演示仪可以观察运动电子在磁场中的运动径迹. 下列关于实 验现象和分析正确的是( )

A.励磁线圈通以逆时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹 B.励磁线圈通以顺时针方向的电流,则能形成结构示意图中的电子运动径迹 C.保持励磁电压不变,增加加速电压,电子束形成圆周的半径减小 D.保持加速电压不变,增加励磁电压,电子束形成圆周的半径增大 解析 励磁线圈通以顺时针方向的电流,则由右手定则可知线圈内部磁场向

里,由左手定则可知能形成结构示意图中的电子运动径迹,选项 B 正确,A 错误;保持励磁电压不变,增加加速电压,则电子的运动速度变大,根据 r mv = qB 可知电子束形成圆周的半径增大,选项 C 错误;保持加速电压不变,增

mv 加励磁电压,则 B 变大,根据 r= qB 电子束形成圆周的半径减小,选项 D 错 误;故选 B. 答案 B

考向二 考查带电粒子在组合场中的运动问题 2.(先磁场、后电场、再磁场)如图所示,真空中有一以 O 点为圆心的圆形匀强磁 场区域,半径为 R,磁场垂直纸面向里.在 y>R 的区域存在沿-y 方向的匀强 电场,电场强度为 E.在 M 点有一粒子源,辐射的粒子以相同的速率 v,沿不 同方向射入第一象限.发现沿+x 方向射入磁场的粒子穿出磁场进入电场,速 度减小到 0 后又返回磁场.已知粒子的质量为 m, 电荷量为+q.粒子重力不计.

(1)求圆形磁场区域磁感应强度的大小; (2)求沿+x 方向射入磁场的粒子, 从进入磁场到再次穿出磁场所走过的路程; (3)沿与+x 方向成 60°角射入的粒子,最终将从磁场边缘的 N 点(图中未画出) 穿出,不再进入磁场,求 N 点的坐标和粒子从 M 点运动到 N 点的总时间. 解析 (1)沿+x 方向射入磁场的粒子进入电场后,速度减小到 0, 粒子一定是

从如图 1 的 P 点射出磁场,逆着电场线运动,所以粒子在磁场中做圆周运动 的半径 r=R

mv2 根据 Bqv= r mv r= Bq

mv 得 B= qR (2)粒子返回磁场后,经磁场偏转后从 N 点射出磁场,MN 为直径,粒子在磁 场中的路程为二分之一圆周长 s1=πR 设在电场中的路程为 s2,根据动能 s2 1 定理得 Eq 2 =2mv2 mv2 s2= Eq mv2 总路程 s=πR+ Eq

(3)如图 2, 沿与+x 方向成 60°角射入的粒子, 从 C 点竖直射出、 射入磁场, 从 D 点射入、射出电场,最后从 N 点(MN 为直径)射出磁场. 所以 N 点坐标为(2R,0) 在磁场中,MC 段轨迹圆弧对应圆心角 α=30°,CN 段轨迹圆弧对应圆心角 θ=150°,所以在磁场中的时间为半个周期,即 T πR t1 = 2 = v R 粒子在 CD 段做匀速直线运动,CD= 2 R 则从 C 到 D,再从 D 返回到 C 所用时间,t2= v Eq 粒子在电场中做匀速直线运动,加速度 a= m 2v 2mv t3= a = Eq 总时间 t= 答案 (π+1)R 2mv + Eq v mv mv2 (1) qR (2)π R+ Eq

(3)(2R,0)

(π +1)R 2mv + Eq v

3.(先磁场、再电场)如图所示,在 xOy 平面内,紧挨着的三个“柳叶”形有界区 域①②③内(含边界上)有磁感应强度为 B 的匀强磁场,它们的边界都是半径 1 1 为 a 的4圆,每个4圆的端点处的切线要么与 x 轴平行,要么与 y 轴平行.① 区域的下端恰在 O 点,①②区域在 A 点平滑连接,②③区域在 C 点平滑连接. 大 量质量均为 m、 电荷量均为 q 的带正电的粒子依次从坐标原点 O 以相同的速 率、各种不同的方向射入第一象限内(含沿 x 轴、y 轴方向),它们只要在磁场 中运动,轨道半径就都为 a.在 y≤-a 的区域,存在场强为 E 的沿-x 方向的 匀强电场.整个装置在真空中,不计粒子重力和粒子之间的相互作用.求:

(1)粒子从 O 点出射时的速率 v0; (2)这群粒子中,从 O 点射出至运动到 x 轴上的最长时间; (3)这群粒子到达 y 轴上的区域范围. 解析
2 v0 qBa (1)由 qBv0=m R ,R=a,解得 v0= m

(2)这些粒子中,从 O 沿+y 轴方向射入磁场的粒子,从 O 到 C 耗时最长. πa πm s 由 tmax=v ,s=πa,得 tmax= v = qB
0 0

(3)这些粒子经过①区域偏转后方向都变成与+x 轴平行,接着沿直线匀速进 入②区域,经过②区域偏转又都通过 C 点,从 C 点进入③区域,经过③区域 偏转, 离开③区域时, 所有粒子的运动方向都变成-y 方向(即垂直进入电场)

对于从 x=2a 进入电场的粒子,在-x 方向的分运动有 1 Eq 2a=2× m ×t2 1 解得 t1= 4am Eq 4aq Em

则该粒子运动到 y 轴上的坐标为 y1=-a-v0t1=-a-Ba

对于从 x=3a 进入电场的粒子,在-x 方向的分运动有 1 Eq 3a=2× m ×t2 2 解得 t2= 6am Eq 6aq Em 4aq Em

则该粒子运动到 y 轴上的坐标为 y2=-a-v0t2=-a-Ba

这群粒子运动到 y 轴上的区域范围为 -a-Ba 答案 6aq Em ≤y≤-a-Ba πm qBa (1) m (2) qB 6aq Em ≤y≤-a-Ba

(3)-a-Ba

4aq Em


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