2023高考物理二輪專題復(fù)習(xí)與測(cè)試專題強(qiáng)化練十一磁場(chǎng)帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

?專題強(qiáng)化練(十一)　磁場(chǎng)、帶電粒子在磁場(chǎng)中的運(yùn)動(dòng)
1．(2022·浙江卷)利用如圖所示裝置探究勻強(qiáng)磁場(chǎng)中影響通電導(dǎo)線受力的因素，導(dǎo)線垂直勻強(qiáng)磁場(chǎng)方向放置．先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，然后保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L，得到導(dǎo)線受到的力F分別與I和L的關(guān)系圖像，則正確的是(　　)

A　　　　　　　　　B

C D
解析：根據(jù)F＝BIL，可知先保持導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L不變，改變電流I的大小，則F-I圖像是過原點(diǎn)的直線，圖像B正確，圖像A錯(cuò)誤；若保持電流I不變，改變導(dǎo)線通電部分的長(zhǎng)度L，則F-L圖線是過原點(diǎn)的直線，則C、D均錯(cuò)誤．故選B.
答案：B
2．如圖所示，勻強(qiáng)磁場(chǎng)區(qū)域足夠大，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B，方向水平向右，將一段圓弧形導(dǎo)體ab置于磁場(chǎng)中，圓弧圓心為O，半徑為r.現(xiàn)在導(dǎo)體ab中通以方向從b→a的恒定電流I，并將磁場(chǎng)從圖示位置沿順時(shí)針方向在紙面內(nèi)緩慢旋轉(zhuǎn)，下列說法正確的是(　　)

A．圓弧受到的安培力方向始終垂直紙面向外
B．圓弧受到的安培力大小不可能為零
C．圓弧受到的安培力大小可能為BIr
D．圓弧受到的安培力最大值為
解析：圓弧受到的安培力方向既垂直于B的方向，又垂直于I的方向，即垂直于B與I所組成的平面，再根據(jù)左手定則可知，圓弧受到的安培力方向先垂直紙面向外，后垂直紙面向里，故A錯(cuò)誤；圓弧形導(dǎo)體ab中的等效電流方向由b指向a，且豎直向下，當(dāng)磁場(chǎng)方向轉(zhuǎn)至與等效電流方向平行時(shí)，圓弧受到的安培力為零，故B錯(cuò)誤；圓弧導(dǎo)線的有效長(zhǎng)度為r，當(dāng)磁場(chǎng)方向與等效電流方向夾角為45°時(shí)，所受安培力為F＝BIrsin 45°＝BIr，故C正確；當(dāng)磁場(chǎng)方向與等效電流方向垂直時(shí)，安培力最大，為F＝BIr，故D錯(cuò)誤．
答案：C
3．有一邊長(zhǎng)為l的正三角形線框abc懸掛在彈簧測(cè)力計(jì)下面，線框中通有cbac方向的恒定電流I，直線MN是勻強(qiáng)磁場(chǎng)的邊界線，磁場(chǎng)方向垂直于△abc所在平面向里．平衡時(shí)，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為F；若將線圈上提，讓線圈上部分露出磁場(chǎng)，其他條件都不改變，再次平衡時(shí)，磁場(chǎng)邊界線MN剛好過ab和ac邊的中點(diǎn)，這種情況下，彈簧測(cè)力計(jì)的讀數(shù)為3F，則勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為(　　)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A. B.
C. D.
解析：線圈全部在磁場(chǎng)中時(shí)，受到安培力作用的有效長(zhǎng)度為零，F(xiàn)＝mg.直線MN剛好過ab和ac邊的中點(diǎn)時(shí)，導(dǎo)線框受到安培力的有效長(zhǎng)度為，受到豎直向下的安培力．大小為F安＝BI，對(duì)導(dǎo)線框，由平衡條件得3F＝mg＋BI，聯(lián)立解得B＝，選項(xiàng)D正確，A、B、C錯(cuò)誤．故選D.
答案：D
4．如圖所示，真空中豎直放置一根通電長(zhǎng)直金屬導(dǎo)線MN，電流方向向上．a(chǎn)b是一根水平放置的內(nèi)壁光滑絕緣管，端點(diǎn)a、b分別在以MN為軸心、半徑為R的圓柱面上．現(xiàn)使一個(gè)小球自a端以速度v0射入ab管，小球半徑略小于絕緣管半徑且?guī)д?，小球重力忽略不?jì)，小球向b運(yùn)動(dòng)過程中，下列說法正確的是(　　)

A．小球的速率始終不變
B．洛倫茲力對(duì)小球先做正功，后做負(fù)功
C．小球受到的洛倫茲力始終為零
D．管壁對(duì)小球的彈力方向先豎直向下，后豎直向上
解析：如圖為俯視圖，根據(jù)右手螺旋定則，磁感線如圖所示，

小球在磁場(chǎng)中受到洛倫茲力和彈力作用，洛倫茲力和彈力不做功，小球速率不變，B錯(cuò)誤，A正確；當(dāng)小球運(yùn)動(dòng)到ab中點(diǎn)時(shí)，磁感線的切線方向與小球速度方向平行，小球所受洛倫茲力為零；小球自a點(diǎn)到ab中點(diǎn)，所受洛倫茲力豎直向下，絕緣管壁對(duì)小球的彈力豎直向上；小球從ab中點(diǎn)至b點(diǎn)，所受洛倫茲力豎直向上，絕緣管壁對(duì)小球的彈力豎直向下，C、D錯(cuò)誤．故選A.
答案：A
5．圖示為高壓直流輸電網(wǎng)，兩根在同一水平面內(nèi)且相互平行的長(zhǎng)直導(dǎo)線A和B分別通有方向相同的電流I1和I2，且I1>I2.a點(diǎn)位于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn)，b點(diǎn)在a點(diǎn)的正下方．不考慮地磁場(chǎng)的影響．下列說法中正確的是(　　)

A．導(dǎo)線A和B間的安培力是斥力
B．A受的安培力比B受的安培力大
C．a(chǎn)點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向在豎直方向上
D．b點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向在水平方向上
解析：直導(dǎo)線A和B的電流方向相同，簡(jiǎn)化為圖中直線電流，由安培定則畫出直導(dǎo)線A中電流在導(dǎo)線B處產(chǎn)生的磁場(chǎng)方向是垂直紙面向里，再由左手定則可知B受到的安培力指向A，同理A受到的安培力指向B，導(dǎo)線A和B間的安培力是吸引力，故同向電流相互吸引，異向電流相互排斥，故A錯(cuò)誤；

A受的安培力和B受的安培力是一對(duì)作用力和反作用力，故等大反向，故B錯(cuò)誤；a點(diǎn)位于兩根導(dǎo)線間的中點(diǎn)，兩導(dǎo)線的電流方向相同，在其中點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向相反，因?yàn)镮1>I2，故I1在中點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大，合磁場(chǎng)的方向與I1產(chǎn)生的方向相同，由安培定則可知a點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向在豎直方向上，故C正確；直導(dǎo)線A和B所通的電流大小不相同，即在b點(diǎn)處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不相同，則在豎直方向上分量的矢量和不為零，b點(diǎn)處的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向不在水平方向上，故D錯(cuò)誤．故選C.
答案：C
6．(2021·湖南邵陽一中高三月考)電場(chǎng)強(qiáng)度E和磁感應(yīng)強(qiáng)度B是描述電場(chǎng)和磁場(chǎng)強(qiáng)弱的物理量，下列說法中正確是的(　　)
A．若試探電荷在某位置所受的電場(chǎng)力為零，則該處的電場(chǎng)強(qiáng)度可能不為零
B．若一小段電流在某位置所受的安培力為零，則該處的磁感應(yīng)強(qiáng)度一定為零
C．電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的單位與速度的單位相同
D．電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的單位與加速度的單位相同
解析：由電場(chǎng)強(qiáng)度定義E＝可知，當(dāng)電荷受到的電場(chǎng)力F＝0時(shí)必有E＝0，A錯(cuò)誤；磁感應(yīng)強(qiáng)度的定義式B＝，該式必須是導(dǎo)線方向與磁場(chǎng)方向垂直，所以當(dāng)F＝0時(shí)不一定有B＝0，有可能是導(dǎo)線方向與磁場(chǎng)方向平行，B錯(cuò)誤；當(dāng)不計(jì)重力的帶電粒子垂直場(chǎng)強(qiáng)方向在電磁場(chǎng)(速度選擇器)中做勻速直線運(yùn)動(dòng)時(shí)滿足qvB＝Eq，可得v＝，所以電場(chǎng)強(qiáng)度與磁感應(yīng)強(qiáng)度比值的單位與速度的單位相同，C正確，D錯(cuò)誤．故選C.
答案：C
7．(多選)據(jù)報(bào)道，我國空間站安裝了現(xiàn)代最先進(jìn)的霍爾推進(jìn)器用以空間站的軌道維持．如圖乙，在很窄的圓環(huán)空間內(nèi)有沿半徑向外的磁場(chǎng)1，其磁感強(qiáng)度大小可近似認(rèn)為處處相等；垂直圓環(huán)平面同時(shí)加有勻強(qiáng)磁場(chǎng)2和勻強(qiáng)電場(chǎng)(圖中沒畫出)，磁場(chǎng)1與磁場(chǎng)2的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小相等，已知電子電量為e，質(zhì)量為m，若電子恰好可以在圓環(huán)內(nèi)沿順時(shí)針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)．則以下說法正確的是(　　)

A．電場(chǎng)方向垂直環(huán)平面向外
B．電子運(yùn)動(dòng)周期為
C．垂直環(huán)平面的磁感強(qiáng)度大小為
D．電場(chǎng)強(qiáng)度大小為
解析：根據(jù)左手定則可知電子在圓環(huán)內(nèi)受到沿半徑向外的磁場(chǎng)1的洛倫茲力方向垂直環(huán)平面向里，電場(chǎng)力需要與該洛倫茲力平衡，電場(chǎng)力方向應(yīng)垂直環(huán)平面向外，由于電子帶負(fù)電，故電場(chǎng)方向垂直環(huán)平面向里，A錯(cuò)誤；電子在圓環(huán)內(nèi)沿順時(shí)針方向做半徑為R、速率為v的勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則電子運(yùn)動(dòng)周期為T＝，B正確；電子在圓環(huán)內(nèi)受到磁場(chǎng)2的洛倫茲力提供電子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，則有evB＝m，解得B＝，C正確；電子在垂直環(huán)平面方向受力平衡，則有eE＝evB，解得E＝，D正確；故選B、C、D.
答案：BCD
8．托卡馬克是一種利用磁約束來實(shí)現(xiàn)受控核聚變的環(huán)形容器，如圖為該磁約束裝置的簡(jiǎn)化模型，兩個(gè)圓心均在O點(diǎn)，半徑分別為R和3R的圓環(huán)將空間分成區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，區(qū)域Ⅰ內(nèi)無磁場(chǎng)，區(qū)域Ⅱ內(nèi)有方向垂直于紙面向里，大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．一束不同速率、電量為＋q、質(zhì)量為m的帶電粒子從O點(diǎn)沿著區(qū)域Ⅰ的半徑方向射入環(huán)形的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，不計(jì)一切阻力與粒子重力．

(1)求能約束在此裝置內(nèi)的粒子的最大初動(dòng)能；
(2)若粒子從O點(diǎn)以動(dòng)能沿x軸正方向射入環(huán)形磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后，又能再一次沿x軸正方向通過O點(diǎn)，求此過程中粒子運(yùn)動(dòng)時(shí)間．
解析：(1)當(dāng)粒子的軌跡與磁場(chǎng)外邊界相切時(shí)，粒子的半徑最大，動(dòng)能最大．由幾何關(guān)系可知：R2＋r＝(3R－rmax)2，qvB＝m，Ekmax＝mv.
聯(lián)立上式解得Ekmax＝.
(2)由幾何關(guān)系可知：粒子在磁場(chǎng)中旋轉(zhuǎn)4次將再次沿x軸正向回到O點(diǎn)．有Ek1＝mv，qv1B＝m，t總＝t勻＋t磁，8R＝v1t勻，t磁＝4×T，T＝.
聯(lián)立上式解得t總＝.
答案：(1)Ekmax＝　(2)t總＝
9．如圖所示為一“太空粒子探測(cè)器”的簡(jiǎn)化圖，兩個(gè)同心扇形圓弧面PQ、MN之間存在輻射狀的加速電場(chǎng)，方向由內(nèi)弧面指向外弧面，圓心為O，兩弧面間的電勢(shì)差為U，右側(cè)邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形邊界abcd內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，其大小B＝kB0(k>0)，k值可以調(diào)節(jié)，B0＝，O點(diǎn)為ad邊界的中點(diǎn)，PO、QO與ad邊界的夾角均為30°.假設(shè)太空中質(zhì)量為m、電荷量為e的負(fù)電粒子，能均勻地吸附到外弧面PQ的右側(cè)面上，由靜止經(jīng)電場(chǎng)加速后穿過內(nèi)弧面均從O點(diǎn)進(jìn)入磁場(chǎng)，不計(jì)粒子重力、粒子間的作用力及碰撞，求：

(1)粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率v0；
(2)若從O點(diǎn)垂直于ad邊界射入磁場(chǎng)的粒子恰能從b點(diǎn)離開，求k的值；
(3)若要求外弧面PQ上所有的粒子均從ab邊射出磁場(chǎng)，求k值的取值范圍．
解析：(1)粒子加速過程，由動(dòng)能定理可得eU＝mv，
解得粒子到達(dá)O點(diǎn)時(shí)的速率為v0＝.
(2)粒子在磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)的軌跡如圖所示

由幾何關(guān)系可得L2＋(R－)2＝R2，
解得R＝.
由洛倫茲力作為向心力可得ev0·kB0＝m，
解得k＝.
(3)磁場(chǎng)最小時(shí)，即k最小時(shí)，只要滿足沿PO方向射入磁場(chǎng)的粒子，軌跡與bc邊界相切即可，如圖所示

則其他方向射入磁場(chǎng)的粒子均能從ab邊界射出，由幾何關(guān)系可得r1＋r1cos 30°＝L，
解得r1＝2(2－)L，
由洛倫茲力作為向心力可得ev0·k1B0＝m，
解得k1＝.
磁場(chǎng)最大時(shí)，即k最大時(shí)，只要滿足沿QO方向射入磁場(chǎng)的粒子，軌跡經(jīng)過a點(diǎn)，則其他方向射入磁場(chǎng)的粒子均能從ab邊界射出，由幾何關(guān)系可得r2＝.
由洛倫茲力作為向心力可得ev0·k2B0＝m，
解得k2＝2.
綜上所示，要求外弧面PQ上所有的粒子均從ab邊射出磁場(chǎng)，k值應(yīng)滿足

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷更多

相關(guān)試卷

相關(guān)試卷 更多

相關(guān)試卷更多