资源预览内容
第1页 / 共10页
第2页 / 共10页
第3页 / 共10页
第4页 / 共10页
第5页 / 共10页
第6页 / 共10页
第7页 / 共10页
第8页 / 共10页
第9页 / 共10页
第10页 / 共10页
亲,该文档总共10页全部预览完了,如果喜欢就下载吧!
资源描述
磁场及带电体在磁场中的运动一、选择题(本题共8小题,每小题8分,共64分,其中15为单选题,68为多选题)12015太原模拟从太阳和其他星体发射出的高能粒子流,在射向地球时,由于地磁场的存在,改变了运动方向,对地球起到了保护作用。如图为地磁场的示意图(虚线,方向未标出),赤道上方的磁场可看成与地面平行。若有来自宇宙的一束粒子流,其中含有(He的原子核)、(电子)、(光子)射线以及质子,沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空,则在地磁场的作用下()A射线沿直线射向赤道B射线向西偏转C射线向东偏转D质子向北偏转答案B解析赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北,根据左手定则可知,带正电的射线和质子向东偏转,带负电的射线向西偏转,不带电的射线不偏转,B项正确。2如图所示,一圆环用细橡皮筋悬吊着处于静止状态,环中通以逆时针方向的电流,在环的两侧放有平行于橡皮筋的直导线,导线和环在同一竖直面内,两导线到橡皮筋的距离相等。现在直导线中同时通以方向如图所示、大小相等的电流,则通电的瞬间()A环将向右摆动B俯视看环会发生顺时针转动C橡皮筋会被拉长D环有收缩的趋势答案D解析直导线通电后,由安培定则可知,两导线间平面上的磁场方向垂直于纸面向里,由于磁场分布具有轴对称性,将圆环分成若干段小的直导线,由左手定则可知,各段受到的安培力都指向圆心,根据对称性可知,它们的合力为零,因此环不会摆动,也不会转动,橡皮筋的拉力也不会增大,只是环有收缩的趋势,A、B、C项错误,D项正确。32015邢台摸底如图所示,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,带电量为q,不计电荷的重力,则下列说法正确的是()A匀强磁场的磁感应强度为B电荷在磁场中运动的时间为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边的中点射出答案A解析带正电的电荷从D点射入,恰好从A射出,在磁场中的轨迹半径RL,由牛顿第二定律Bqv0得B,A选项正确。电荷在磁场中运动的时间为tT,B选项错误。若减小电荷的入射速度,使电荷从CD边界射出,轨迹所对的圆心角将变大,在磁场中运动的时间会变长,C选项错误。若v2v0,则由Bqv得r2L,如图从F点射出,设BFx,由几何关系知r2(rx)2L2,则xL,D选项错误。42015西安八校联考如图所示,空间中存在一匀强磁场,将长度为L的直导线放置在y轴上,当通以大小为I、沿y轴负方向的电流后,测得其受到的安培力大小为F,方向沿x轴正方向。则关于磁感应强度的方向和大小,说法正确的是()A只能沿x轴正方向B可能在xOy平面内,大小为C可能在xOz平面内,大小为D可能在yOz平面内,大小为答案D解析电流I沿y轴负方向,安培力大小为F,沿x轴正方向,若B,则B与I不垂直,但要求B的两个分量,一个沿z轴正向,一个平行y轴,那只能在yOz平面内,选项D正确,A、B、C错误。52015宝鸡质检如图所示,横截面为正方形abcd的有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场。对于从不同边界射出的电子,下列判断错误的是()A从c点离开的电子在磁场中运动时间最长B从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等C电子在磁场中运动的速度偏转角最大为D从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度答案A解析根据带电粒子在有界磁场中运动周期公式T,运动时间tT,由几何条件可知,从ad边离开的电子在磁场中运动时间最长且均为半个周期,偏转角最大且均为,A项错,B、C项正确;由几何关系可知,从bc边射出的电子轨道半径大于从ad边射出的电子轨道半径,又由半径公式R可知,从bc边射出的电子的速度大于从ad边射出的电子的速度,D项正确,故选A项。62015成都二诊如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场,在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上,物块A带正电,物块B不带电且表面绝缘,A、B接触面粗糙,自t0时刻起用水平恒力F作用在物块B上,由静止开始做匀加速直线运动。乙图图象的横轴表示时间,则纵轴y可以表示()AA所受支持力的大小BB对地面压力的大小CA所受合力的大小 DB所受摩擦力的大小答案AB解析由于A、B由静止开始做匀加速直线运动,所以合外力恒定,且B所受摩擦力大小等于B对A的摩擦力,以A为研究对象,由牛顿第二定律得fmAa,不随时间改变,故C、D选项错误。A带正电,所受洛伦兹力向下,A受支持力FNAmAgBqvmAgBqat,符合图象。B受地面支持力FNB(mAmB)gBqv(mAmB)gBqat,也符合图象,故A、B选项正确。72015河北、河南、山西考前质监如图所示,在xOy平面内的y轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小为B。虚线经过Q点(3L,0)且与y轴平行。圆形区域的圆心P的坐标为(2L,0),半径为L。一个质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直y轴进入磁场,不计粒子的重力,则()A如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点,则粒子的入射速度为vB如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点,则粒子的入射速度为vC粒子第一次从P点经过了x轴,则粒子的最小入射速度为vminD粒子第一次从P点经过了x轴,则粒子的最小入射速度为vmin答案AC解析若粒子没经过圆形区域到达了Q点,则轨迹如图,和圆形区域相切于Q点,则r3L,根据牛顿第二定律Bqv得v,A选项正确,B选项错误。粒子第一次从P点经过了x轴,如图:设在磁场中转过的圆心角为,由几何关系得rsinLcos2L,得rLLLL(tan)LL。据Bqv得vmin,选项C正确,D错误。82015盐城二模如图所示,空间有一垂直纸面向外的磁感应强度为0.5 T的匀强磁场,一质量为0.2 kg且足够长的绝缘木板静止在光滑水平面上,在木板左端放置一质量为m0.1 kg、带正电q0.2 C的滑块,滑块与绝缘木板之间动摩擦因数为0.5,滑块受到的最大静摩擦力可认为等于滑动摩擦力。现对木板施加方向水平向左,大小为F0.6 N的恒力,g取10 m/s2。则滑块()A开始做匀加速运动,然后做加速度减小的加速运动,最后做匀速直线运动B一直做加速度为2 m/s2的匀加速运动,直到滑块飞离木板为止C速度为6 m/s时,滑块开始减速D最终做速度为10 m/s的匀速运动答案AD解析当滑块和绝缘木板受力运动后,对滑块进行受力分析如图,开始时对滑块和木板整体应用牛顿第二定律有:F(mM)a,得a2 m/s2,fmamg,所以滑块与木板整体一起匀加速,随着速度v的增大,滑块与木板间正压力变小,最大静摩擦变小,当最大静摩擦达到fmma0.2 N时,滑块与木板开始滑动,滑动摩擦力提供加速度,即FNma,FN减小,a减小,当FN0时,滑块匀速,A正确,B错误,C错误。最终匀速时,Bqvmg得v10 m/s,D正确。二、计算题(本题共2小题,共36分,需写出规范的解题步骤)92015西安二模如图所示,在一个圆形区域内,两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域、中,A2A4与A1A3的夹角为60。一质量为m、带电量为q的粒子以某一速度从区的边缘点A1处沿与A1A3成30角的方向射入磁场,随后该粒子以垂直于A2A4的方向经过圆心O进入区,最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t,求:(1)画出粒子在磁场和中的运动轨迹;(2)粒子在磁场和中的轨道半径R1和R2比值;(3)区和区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。答案(1)见解析图(2)21(3)解析(1)画出粒子在磁场和中的运动轨迹如图所示。(2)设粒子的入射速度为v,已知粒子带正电,故它在磁场中先顺时针做圆周运动,再逆时针做圆周运动,最后从A4点射出,用B1、B2、R1、R2、T1、T2分别表示在磁场区、区的磁感应强度、轨道半径和周期(没有设符号的,在图中标记也可以)设圆形区域的半径为r,如图所示,已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入区磁场,连接A1A2,A1OA2为等边三角形,A2为带电粒子在区磁场中运动轨迹的圆心,其半径R1A1A2OA2r在区磁场中运动的半径R2即:R1R221(3)qvB1mqvB2mT1T2圆心角A1A2O60,带电粒子在区磁场中运动的时间为t1T1在区磁场中运动时间为t2T2带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间tt1t2由以上各式可得B1,B2。102015盐城二模如图所示的xOy坐标系中,y轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场,磁感应强度大小为B,方向垂直于xOy平面向里。P点的坐标为(2L,0),Q1、Q2两点的坐标分别为(0,L),(0,L)。坐标为(L,0)处的C点固定一平行于y轴放置的长为L的绝缘弹性挡板,C为挡板中点,带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后,沿y方向分速度不变,沿x方向分速度反向,大小不变。带负电的粒子质量为m,电量为q,不计粒子所受重力。若粒子在P点沿PQ1方向进入磁场,经磁场运动后,求:(1)从Q1直接到达Q2处的粒子初速度大小;(2)从Q1直接到达O点,粒子第一次经过x轴的交点坐标;(3)只与挡板碰撞两次并能回到P点的粒子初速度大小。答案(1)(2)(,0)(3)解析(1)由题意画出粒子运动轨迹,如图(甲)所示,设PQ1与x轴正方向夹角为,粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R1,由几何关系得:R1cosL其中:cos,粒子在磁场中做匀速圆周运动qv1Bm解得:v1(2)由题意画出粒子运动轨迹如图(乙)所示,设其与x轴交点为E,由几何关系得:R2cos,R2L设E点横坐标为xE,由几何关系得:xE2R2sin得xE则E点坐标为:(,0)(3)由题意画出粒子运动轨迹如图(丙)所示,设PQ1与x轴正方向夹角为,粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R3,偏转一次后在y负方向偏移量为y1,由几何关系得:y12R3cos,为保证粒子最终能回到P,粒子与挡板碰撞后,速度方向应与PQ1连线平行,每碰撞一次,粒子进出磁场在y轴上这段距离y2(如图中,A、F间距)可由题给条件,有tan得y2当粒子只碰二次,其几何条件是3y12y22L解得:R3L粒子在磁场中做匀速圆周运动:qvBm解得:v
网站客服QQ:2055934822
金锄头文库版权所有
经营许可证:蜀ICP备13022795号 | 川公网安备 51140202000112号