2020版高考物理二轮复习 专题限时集训9 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动（含解析）

专题限时集训(九)(建议用时：40分钟)专题通关练1.(2019河北张家口联考)如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I。忽略电流产生的磁场作用。则该匀强磁场的磁感应强度大小为()A. B.C. D.D设弹簧原长为l，断开开关时：2k(x1l)mg，闭合开关时：2k(x2l)BILmg，联立以上两式解得：B，故选D。2.(多选)(2019河北唐山期末)两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1r212，下列说法正确的有()A两质子速率v1v212B两质子周期T1T212C两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1t212D两质子在B点和C点处速度方向相同AD根据qvBm解得vr，可知两质子速率v1v2r1r212，选项A正确；根据T可知两质子周期相同，选项B错误；由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，根据tT可知，两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间相同，选项C错误；因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确；故选A、D。3.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流与时间成正比，即Ikt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度、加速度随时间t变化的关系中，可能正确的是()BD考虑到粗糙导轨上存在摩擦力，需要安培力达到一定数值，棒才开始加速，A错；从开始运动，满足BILfma，即BLktfma，由关系式可以看出，at图象为向上倾斜的直线，B对；由于加速度逐渐增大，vt图象中切线的斜率要逐渐增大，C错，D对。4(2019云南师大附中模拟)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，P、Q为MN连线上两点，且MPPNNQ，则下面说法正确的是()A磁感应强度BPBQB磁感应强度BPBQC将同一电流元分別放置于P、Q两点、所受安培力一定有FPFQD将同一电流元分别放置于P、Q两点，所受安培力一定有FPFQA根据安培定则可知，M在P的磁场方向向上，N在P点的磁场也向上，则叠加后P点合磁场向上；M在Q的磁场方向向上，N在Q点的磁场向下，则叠加后Q点的合磁场向下，且小于P点的磁场大小，选项A正确，B错误；电流元所受的安培力的大小与电流元的放置方向有关，则无法比较同一电流元分别放置于P、Q两点所受安培力的大小，选项C、D错误；故选A。5.(2019浙江金丽衢十二校联考)如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是()A若vE/B，粒子做匀加速直线运动B若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C若粒子往右偏，粒子的电势能增加D若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动D若vE/B，即EqqvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；若粒子做直线运动，则满足EqqvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确。6(2019湖南衡阳联考)用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压，已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是()A电表B为电压表，电表C为电流表B接线端4的电势低于接线端2的电势C若增大R1，则电压表示数增大D若增大R2，则电压表示数减小DB表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，所以电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；由安培定则可知，磁场方向向上，通过安霍尔元件的电流由1流向接线端3，由左手定则可知，带正电的粒子偏向接线端4，所以接线端4的电势高于接线端2的电势，故B错误；若增大R1，电磁铁中的电流减小，产生的磁场减小，由公式U可知，电压表示数减小，故C错误；若增大R2，流过霍尔元件的电流减小，由公式U可知，电压表示数减小，故D正确。7(易错题)(多选)(2019四川绵阳联考)如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v从O沿着OD方向射入磁场，经时间t恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则()Avv BvvCtt DttBD由几何知识可知，恰好由A点射出时，电子轨道半径：r1；若电子从C点射出，因圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切角为60，由弦长公式R2r2sin 60，解得：r2R，所以vv，由A点射出时，t，电子从C点射出时，tt，故选B、D。易错点评：解决带电粒子在磁场中的运动出错的主要原因是：不会寻找几何关系。如本题中，通过弧AC是弧CD一半，可确定COD60，进而可知粒子做圆周运动的几何规律。8(多选)(2019福州质检)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0vvm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60角方向射入磁场，在区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的()A最大半径为rR B最大速率为vmC最长时间为t D最短时间为tAD根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大。离开出发点最远，如图所示，恰好为半个圆周，最大半径rmRcos 30，rmR，得vm；轨迹对应的圆心角最小，时间最短tmin，电子速度越小，半径越小；圆弧圆心角越大，时间越长，故选AD。能力提升练9(多选)(2019湘赣十四校联考)如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB5 cm，AD10 cm，磁感应强度B0.2 T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v1.0105 m/s的正离子，离子的质量m2.01012 kg，电荷量q1.0105 C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则() A从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短B边界AP段无离子飞出C从CD、BC边飞出的离子数之比为12D若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等ACD由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，故B错误；由公式R得：R0.1 m，通过图可知，12，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为12，故C正确。10(2019江西上饶联考)如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B2 T。小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球1向右以v112 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2 m。碰后两小球的比荷为4 C/kg。求：(取g10 m/s2) (1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比是多少？解析碰后有(m1m2)gqE又4 C/kg得E2.5 N/C。(2)由动量守恒定律：m1v1(m1m2)v2由洛伦兹力公式及牛顿运动定律：qv2B依题可知：r1 m联立以上关系式可得： 。答案(1)2.5 N/C(2) 11(2019湖南衡阳联考)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域，区域内有方向向左的匀强电场，区域左右边界CD、FG与电场垂直，区域边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成53角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)电场的电场强度大小E；(3)荧光屏上的发光区域长度x。解析(1)如图所示，分析可知，粒子在区域中的运动半径r1R由qv0Bm得v0。(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域中的运动半径为r22R由qvB2m得v粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：qERmv2mv解得：E(B4B)。(3)如图分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域中的粒子将平行电场方向从区域中最高点穿出，打在离M点 x1处的屏上，由几何关系得：(x1cos R)2(x1sin )24R2解得：x1R速度方向与电场方向平行向右射出区域中的粒子将平行电场方向从区域中最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：(x2cos R)2(x2sin )24R2解得：x2R分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为xx2x1解得：x1.2R。答案(1)(2)(B4B)(3)1.2R题号内容押题依据核心考点核心素养带电粒子在复合场中运动重力、电场力、洛伦兹力作用下的圆周运动和直线运动科学思维：立足教材，拓展创新，体现综合思维(多选)如图所示，虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，长方形ABCD的AD边与MN重合，长方形的AB边长为l，AD边长为l。一质量为m、电荷量为q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动，到达C点时刻，电场方向立刻旋转90，同时电场强度大小也发生变化，带电微粒沿着对角线CA从A点离开。重力加速度为g，下列说法正确的是()A电场方向旋转90之后，电场方向水平向左B电场改变之后，场强大小变为原来的2倍C微粒进入N右侧区域时的初速度为D匀强磁场的磁感应强度大小为CD微粒从C到A做直线运动，洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡，则电场方向必然水平向右，A错误。电场改变前，微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动，则qEmg，即E；电场改变之后，受力情况如图所示，微粒受力平衡，重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向，qEmg，得E，B错误。微粒做直线运动时受力平衡，qvBmgm，由几何知识可得rl，解得v，B，故C、D正确。- 10 -