2018届高考物理二轮复习文档:重难强化练——“磁场的基本性质”课后冲关

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文档介绍

2018届高考物理二轮复习文档:重难强化练——“磁场的基本性质”课后冲关

重难专题强化练——“磁场的基本性质”课后冲关 一、高考真题集中演练——明规律 ‎1.[多选](2017·全国卷Ⅰ)如图,三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距,均通有电流I,L1中电流方向与L2中的相同,与L3中的相反。下列说法正确的是(  )‎ A.L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B.L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D.L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为∶∶1‎ 解析:选BC 由安培定则可判断出L2在L1处产生的磁场(B21)方向垂直L1和L2的连线竖直向上,L3在L1处产生的磁场(B31)方向垂直L1和L3的连线指向右下方,根据磁场叠加原理,L3和L2在L1处产生的合磁场(B合1)方向如图1所示,根据左手定则可判断出L1所受磁场作用力的方向与L2和L3所在平面平行,选项A错误;同理,如图2所示,可判断出L3所受磁场(B合3)作用力的方向(竖直向上)与L1、L2所在平面垂直,选项B正确;同理,如图3所示,设一根长直导线在另一根导线处产生的磁场的磁感应强度大小为B,根据几何知识可知,B合1=B,B合2=B,B合3=B,由安培力公式F=BIL可知L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶,选项C正确,D错误。‎ ‎2.(2017·全国卷Ⅱ)如图,虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点,大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点,在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1,这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上;若粒子射入速率为v2,相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(  )‎ A.∶2         B.∶1‎ C.∶1 D.3∶ 解析:选C 由于是相同的粒子,粒子进入磁场时的速度大小相同,由qvB=m可知,R=,即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同。若粒子运动的速度大小为v1,如图所示,通过旋转圆可知,当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时,则AP=2R1;同样,若粒子运动的速度大小为v2,粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时,则BP=2R2,由几何关系可知,R1=,R2=Rcos 30°=R,则==,C项正确。‎ ‎3.(2016·全国卷Ⅲ)平面OM和平面ON之间的夹角为30°,其横截面(纸面)如图所示,平面OM上方存在匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m,电荷量为q(q>0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场,速度与OM成30°角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点,并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为(  )‎ A.         B. C. D. 解析:选D 如图所示,粒子在磁场中运动的轨迹半径为R=。设入射点为A,出射点为B,圆弧与ON的交点为P。由粒子运动的对称性及粒子的入射方向知,AB=R。由几何关系知,AP=R,则AO=AP=3R,所以OB=4R=。故选项D正确。‎ ‎4.[多选](2015·全国卷Ⅱ)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子(  )‎ A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 解析:选AC 两速率相同的电子在两匀强磁场中做匀速圆周运动,且Ⅰ磁场磁感应强度B1是Ⅱ磁场磁感应强度B2的k倍。由qvB=得r=∝,即Ⅱ中电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,选项A正确。由F合=ma得a==∝B,所以=,选项B错误。由T=得T∝r,所以=k,选项C正确。由ω=得==,选项D错误。正确选项为A、C。‎ ‎5.(2014·全国卷Ⅰ)如图,MN为铝质薄平板,铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出,从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时,其动能损失一半,速度方向和电荷量不变。不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为(  )‎ A.2 B. C.1 D. 解析:选D 根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知:带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r2的2倍。设粒子在P点的速度为v1,根据牛顿第二定律可得qv1B1=,则B1==;同理,B2==,则=,D正确,A、B、C错误。‎ ‎6.[多选](2014·全国卷Ⅱ)如图为某磁谱仪部分构件的示意图。图中,永磁铁提供匀强磁场,硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时,下列说法正确的是(  )‎ A.电子与正电子的偏转方向一定不同 B.电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C.仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子 D.粒子的动能越大,它在磁场中运动轨迹的半径越小 解析:选AC 根据左手定则,电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反,故两者的偏转方向不同,选项A正确;根据qvB=,得r=,若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等,则轨迹半径不相同,选项B错误;对于质子、正电子,它们在磁场中运动时不能确定mv的大小,故选项C正确;粒子的mv越大,轨道半径越大,而mv=,粒子的动能大,其mv不一定大,选项D错误。‎ 二、名校模拟重点演练——明趋势 ‎7.(2018届高三·陕师大附中检测)如图所示,圆柱体为磁体,磁极在左右两侧,外侧a为一金属圆环,与磁体同轴放置,间隙较小。在左侧的N极和金属圆环上各引出两根导线,分别接高压电源的正、负极。加高压后,磁体和金属圆环a间的空气会被电离,形成放电电流,若从右侧观察放电电流,下列说法正确的是(  )‎ A.放电电流将发生顺时针旋转 B.放电电流将发生逆时针旋转 C.放电电流不发生旋转 D.无法确定放电电流的运动情况 解析:选A 由题意可以知道,从右侧观察,磁场向外,电流由高压电源的正极流向负极,根据左手定则,可以判断放电电流将发生顺时针旋转,故选项A正确。‎ ‎8.(2017·成都石室中学二诊)如图所示,一个边长L的正方形金属框竖直放置,各边电阻相同,金属框放置在磁感应强度大小为B、方向垂直金属框向里的匀强磁场中,若A、B两端与导线相连,由A到B通以如图所示方向的电流(由A点流入,从B点流出),流过AB边的电流为I,则金属框受到的安培力大小和方向分别为(  )‎ A.2BIL 竖直向下 B.BIL 竖直向上 C.BIL 竖直向上 D.BIL 竖直向下 解析:选B 设流过DC边的电流为I′,根据并联电路电压相等有I′·3R=IR,得I′=‎ ,AD、BC边所受的安培力的合力为0,DC边中电流向右,根据左手定则,安培力方向向上,大小FDC=B··L=BIL AB边所受的安培力方向向上,大小FAB=BIL 所以金属线框受到的安培力F安=FDC+FAB=BIL,方向竖直向上,故B正确。‎ ‎9.(2017·商丘一中押题卷)空间有一圆柱形匀强磁场区域,O点为圆心。磁场方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从A点沿图示箭头方向以速率v射入磁场,θ=30°,粒子在纸面内运动,经过时间t离开磁场时速度方向与半径OA垂直,不计粒子重力。若粒子速率变为,其他条件不变,粒子在圆柱形磁场中运动的时间为(  )‎ A. B.t C. D.2t 解析:选C 设粒子电荷量为q,质量为m,磁场半径为r,运动的轨迹半径为R,磁感应强度为B,‎ 根据洛伦兹力提供向心力:qvB=m ①‎ 粒子运动周期:T= ②‎ ‎①②联立可得:T= 可知速度变化前后,两次粒子的运动周期不变,‎ 设以速率v射入磁场时运动轨迹的半径为R1,圆心为O1,画出粒子运动过程图如图甲所示,‎ 根据几何关系可知四边形OAO1C为菱形,粒子在磁场中运动所转过的圆心角:θ1=∠AO1C=120°,‎ 半径R1=r ③‎ 设以速率射入磁场时运动轨迹的半径为R2,圆心为O2,‎ 根据①③式可知当粒子的速率变为时,粒子半径R2=,根据几何关系画出粒子运动过程图如图乙所示,粒子所转过的圆心角θ2=180°‎ 根据粒子在磁场中运动的时间:t′=T 所以两次粒子在磁场中运动的时间之比:‎ === 又因为t1=t,所以t2= 故C正确,A、B、D错误。‎ ‎10.[多选](2017·湖北黄冈质检)如图所示,两块水平放置的平行金属板,板长为2d,相距为d。现将一质量为m,电荷量为q的带电小球,以某一水平速度靠近上板下表面的P点射入,刚好从下板边缘射出,若在两板间加入竖直向下的匀强电场,再次将该带电小球以相同速度从P点射入,小球刚好水平向右沿直线运动;若保持电场不变,再加一垂直纸面的匀强磁场,再次将该带电小球以相同速度从P点射入,小球刚好垂直打在下板上。已知重力加速度为g,则下列说法正确的有(  )‎ A.小球从P点射入的初速度为 B.小球带正电,所加匀强电场E= C.所加匀强磁场方向垂直纸面向里,B= D.加入匀强磁场后,带电小球在板间运动时间为 解析:选AD 小球从P点射入后做平抛运动,根据平抛运动的特点,有:2d=v0t,d=gt2,联立解得:v0=,故A正确;加电场后小球做匀速直线运动,故:qE=mg,解得:E= ‎,电场力方向向上,场强方向向下,故小球带负电,故B错误;再加磁场后,小球做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,根据左手定则,磁场方向垂直纸面向里,小球刚好垂直打在下板上,故轨迹半径为d,根据牛顿第二定律,有:qv0B=m,解得:B=,故C错误;加入匀强磁场后,带电小球在板间运动时间为四分之一个周期,t==,故D正确。‎ ‎11.(2017·福州质检)如图是某屏蔽高能粒子辐射的装置,铅盒左侧面中心O有一放射源可通过铅盒右侧面的狭缝MQ向外辐射α粒子,铅盒右侧有一左右边界平行的匀强磁场区域。过O的截面MNPQ位于垂直磁场的平面内,OH垂直于MQ。已知∠MOH=∠QOH=53°。α粒子质量m=6.64×10-27 kg,电量q=3.20×10-19 C,速率v=1.28×107 m/s;磁场的磁感应强度B=0.664 T,方向垂直于纸面向里;粒子重力不计,忽略粒子间的相互作用及相对论效应,sin 53°=0.80,cos 53°=0.60。‎ ‎(1)求垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间t;‎ ‎(2)若所有粒子均不能从磁场右边界穿出,即达到屏蔽作用,求磁场区域的最小宽度d。‎ 解析:(1)粒子在磁场内做匀速圆周运动,则T= 垂直于磁场边界向左射出磁场的粒子在磁场中运动的时间为:t= 代入数据解得:t=×10-6s=9.81×10-8s。‎ ‎(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动, qvB=m 若沿OQ方向进入磁场的粒子运动轨迹与磁场右边界相切,则所有粒子均不能从磁场的右边界射出,如图所示,‎ 由几何关系可得:d=R+Rsin 53°‎ 代入数据可得:d=0.72 m。‎ 答案:(1)9.81×10-8 s ‎(2)0.72 m ‎12.(2017·孝感一模)如图所示,M、N为水平放置的彼此平行的不带电的两块平板,板的长度和板间距离均为d,在两板间有垂直于纸面方向的匀强磁场,在距上板处有一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子(不计重力),以初速度v0水平射入磁场,若使粒子不能射出磁场,求磁场的方向和磁感应强度B的大小范围。‎ 解析:第一种情况:‎ 当磁场方向垂直纸面向里时,若粒子从左侧上板边缘飞出,则粒子做圆周运动的半径R1=·= 由qv0B1=m得:B1= 若粒子从右侧上板边缘飞出,其运动轨迹如图甲所示,‎ 设粒子做圆周运动的半径为R2,则:‎ R22=2+d2,解得:R2=d 由qv0B2=m得:B2= 所以当磁场方向垂直纸面向里时,粒子不能射出两板间的磁感应强度的范围
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