【文档说明】【高考复习】高考物理 热点冲刺练习10 磁场及带电体在磁场中的运动（含答案解析）.doc，共(10)页，211.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020版高考物理热点冲刺练习10磁场及带电体在磁场中的运动1.两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的()A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小

，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小2.如图所示，总质量为m，边长为L的正方形线圈共三匝，放置在倾角为α的光滑斜面上，刚好关于磁场边界MN对称，MN上方存在匀强磁场，若线圈通以图示方向的恒定电流I后刚好在斜面上保持静止，重力加速度为g，则()A．

磁场方向可以竖直向下，且B=mgtanαILB．磁场方向可以竖直向上，且B=mgtanα3ILC．磁场方向可以垂直斜面向下，且B=mgsinα3ILD．磁场方向可以水平向左，且B=mgIL3.已知通电长直导线周围某点的磁感应强度B=k1r，即磁感应强度B与导线中

的电流I成正比、与该点到导线的距离r成反比．如图所示，两根平行长直导线相距为R，通以大小、方向均相同的电流．规定磁场方向垂直纸面向里为正，在0－R区间内磁感应强度大小B随x变化的图线可能是()4.如图所示，在一等腰直角三角形ACD区城内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B.一质

量为m、电荷量为q的带正电粒子(重力不计)以速度v从AC边的中点O垂直AC边射入磁场区域．若三角形的两直角边长均为2L，要使粒子从CD边射出，则v的取值范围为()A.qBLm≤v≤22qBLmB.qBLm≤v≤5qBLmC.qBL2m≤v≤2＋1qBLmD.qBL2m≤v≤5qBL2m

5.如图所示，电子经电压U加速后垂直进入磁感应强度为B的匀强磁场中，在磁场中转半个圆周后打在P点，通过调节电压U可以控制P点的位置，设OP=x，能够正确反映U与x关系的图象是()6.如图，在xOy平面内，虚线y=33x左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强

磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m，电量为q的带电粒子，速率均为3qBl2m，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为()A.πmqBB.πm4qBC.πm3qBD.πm6qB7.(多选)一绝缘圆筒上有一小孔，筒内有方向沿圆筒轴线的匀强磁场，磁感应强度大小为B

，整个装置的横截面如图所示．一质量为m、带电量为q的小球(重力不计)沿孔半径方向射入筒内，小球与筒壁碰撞n次后恰好又从小孔穿出．小球每次与筒壁碰撞后均以原速率弹回，且碰撞过程中小球的电荷量不变．已知小球在磁场中运动的总时间t=π

mqB，则n可能等()A．2B．3C．4D．58.(多选)如图所示，正方形abcd区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，甲、乙两带电粒子从a点沿与ab成30°角的方向垂直射入磁场．甲粒子垂直于bc边离开磁场，乙粒子从ad边的中点离开磁场．已知甲、乙

两带电粒子的电荷量之比为1∶2，质量之比为1∶2，不计粒子重力.以下判断正确的是()A．甲粒子带负电，乙粒子带正电B．甲粒子的动能是乙粒子动能的16倍C．甲粒子所受洛伦兹力是乙粒子所受洛伦兹力的43倍D．甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场

中运动时间的14倍9.(多选)如图所示，MN平行于y轴，在y轴与MN之间的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B.在t=0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0

°～90°范围内．其中，沿y轴正方向发射的粒子在t=t0时刻刚好从磁场右边界MN上的P点离开磁场，已知P点的坐标是((2＋2)d，2d)不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为2＋2dB．粒子的发射速度大小为3πd2t0C

．带电粒子的比荷为π4Bt0D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t010.(多选)如图，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B=1T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9m，M点为x轴正方向上一点，OM=3m，现有一个比荷大小为qm=1.0C/kg，可视为质点的带正电小球(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，若与挡板相碰后以原速率弹回，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．3m/sB．3.75m/sC．4m/sD．5m/s11.如图所示，水平导轨间距为L=0.5m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m=1kg，电阻R0=0.9Ω，与导轨接触良

好；电源电动势E=10V，内阻r=0.1Ω，电阻R=4Ω；外加匀强磁场的磁感应强度B=5T，方向垂直于ab，与导轨平面成夹角α=53°；ab与导轨间的动摩擦因数为μ=0.5(设最大静摩擦力等于滑动摩擦力)，定滑轮摩擦不计，细线对ab的拉力为水平方向

，且细线通过定滑轮与重物相连，重力加速度g=10m/s2，ab处于静止状态，已知sin53°=0.8，cos53°=0.6.求：(1)通过ab的电流大小和方向；(2)ab受到的安培力大小；(3)重物重力G的取值范围．12.如图所示，在磁感应强度为B，方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一

粒子源，粒子源从O点在纸面内均匀地向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子，PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板，挡板的P端与O点的连线与挡板垂直，距离为vkB，且粒子打在挡板上会被吸收；不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用，磁场分布足够大．(1)为使最多

的粒子打在板上，则挡板至少多长；(2)若挡板足够长，则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值是多少；(3)若挡板足够长，则打在挡板上的粒子占所有粒子的比率是多少．答案解析1.答案为：D；解析：[分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱

磁场区域后，粒子的速度v大小不变，磁感应强度B减小，由公式r=mvqB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T=2πmqB可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω=2πT知角速度减小．选项D正确．]2.答案为：C；解析：[当磁场方向竖直向下时，由平衡条

件得3BIL=mgtanα，则B=mgtanα3IL，选项A错误；当磁场方向竖直向上时，由受力分析可知线圈不会静止，选项B错误；当磁场方向垂直斜面向下时，由平衡条件得3BIL=mgsinα，则B=mgsinα3IL，选项C正确；当磁场方向

水平向左时，由受力分析可知线圈不会静止，选项D错误．]3.答案为：C；解析：[根据右手螺旋定则可得左边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向里，右边通电导线在两根导线之间的磁场方向垂直纸面向外，离导线越远磁场越弱，在两根导线中间位

置磁场为零．由于规定B的正方向垂直纸面向里，所以C正确，ABD错误；故选C.]4.答案为：C；解析：[根据洛伦兹力充当向心力可知，v=Bqrm，因此半径越大，速度越大；根据几何关系可知，使粒子与AD边相切时速度最大，如图由几何关

系可知，最大半径为r1=2L＋1，故最大速度应为v1=2＋m；当粒子从C点出射时半径最小，为r2=L2，故最小速度应为v2=qBL2m，故v的取值范围为qBL2m≤v≤2＋m，故选C.]5.答案为：C；解

析：[带电粒子在电场中加速运动，根据动能定理得：12mv2=qU解得：v=2qUm进入磁场后做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力，则有：qvB=mv2r解得：r=mvqB粒子运动半个圆打到P点，所以x=2r=2mqB2qUm即x与U成正比，故C正确．

]6.答案为：C；解析：[粒子进入磁场中做匀速圆周运动则有：qvB=mv2r，而将题中的v值代入得：r=32l，分析可知：粒子运动的时间t最短时，所粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，作AB⊥OB于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何

关系有：AB=OAsin60°=32l，粒子偏转的角度；θ=60°，结合周期公式：T=2πmqB，可知粒子在磁场中运动的最短时间为：t=T6=πm3qB，故C正确，A、B、D错误；故选C.]7.答案为：AC

；解析：[粒子在磁场中的周期为T=2πmBq，而小球在磁场中运动的总时间t=πmBq=12T，可知，粒子在磁场中做圆周运动的总圆弧所对的圆心角为180°；若n=2，即粒子与圆筒碰撞2次，分别对应三段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为60°，则总圆心角为180°，则选项A正确；

若n=3，即粒子与圆筒碰撞3次，分别对应四段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为90°，则总圆心角为360°，则选项B错误；若n=4，即粒子与圆筒碰撞4次，则可能每次碰撞对应的圆弧所对的圆心角为36°(对应着圆筒上的圆心角为144°)，则总圆心角为5×36°=180°，则选项C正

确；若n=5，即粒子与圆筒碰撞5次，分别对应6段圆弧，每段圆弧所对的圆心角为120°，则总圆心角为72°，则选项D错误；故选A、C.]8.答案为：CD；解析：[A项：由甲粒子垂直于bc边离开磁场可知，甲粒子向上偏转，所以甲粒子带正电，由粒子从ad边的中点离开

磁场可知，乙粒子向下偏转，所以乙粒子带负电，故A错误；B项：由几何关系可知，R甲=2L，乙粒子在磁场中偏转的弦切角为60°，弦长为L2，所以L2=2R乙sin60°，解得R乙=L23，根据qvB=mv2r，所以Ek=mv22=q2B2r22m，所以甲粒子的动能是乙粒子动能的24倍，故B错

误：C项：由公式qvB=mv2r可知，v=qBrm，所以f洛=qvB=q2B2rm，即f洛甲f洛乙=(12)2×(21)2×2LL23=43，故C正确；D项：由几何关系可知，甲粒子的圆心角为30°，由B分析可得，乙粒子的圆心角

为120°.根据公式t=α360°T和T=2πmqB可知，甲粒子在磁场中的运动时间是乙粒子在磁场中运动时间的14倍，故D正确．]9.答案为：BD；解析：[根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运

动的轨迹如图所示．圆心为O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为r=2d，故A错；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，运动时间t0=3π4×2dv0解得：v0=3πd2t0，故B正确；沿y轴正

方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π4，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T=8t03，由Bqv0=m(2πT)2r则qm=3π4Bt0故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图所示．由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为3π2，在磁场中的运动时间为2t0，故D

正确．]10.答案为：ABD；解析：[由题意，小球运动的圆心的位置一定在y轴上，所以小球做圆周运动的半径r一定要大于等于3m，而ON=9m<3r，所以小球最多与挡板ON碰撞一次，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没有碰撞，直接过M点．由于洛伦兹力提供向心力，所以：qvB=mv2r，得：v=qmBr①；若小球与挡板ON碰撞一次，则轨迹可能如图1，设OO′=s，由几何关系得：r2=OM2＋s2=9＋s2②，3r－9=s③，联立②③得：r1=3m；r2=3.

75m，分别代入①得：v1=qm·Br1=1×1×3m/s=3m/s，v2=qmBr2=1×1×3.75m/s=3.75m/s，若小球没有与挡板ON碰撞，则轨迹如图2，设OO′=x，由几何关系得：r23=OM2＋x2=

9＋x2④，x=9－r3⑤，联立④⑤得：r3=5m，代入①得：v3=qmBr3=1×1×5m/s=5m/s，A、B、D正确．]11.解：(1)I=ER＋R0＋r=2A方向为由a到b(2)F=BIL=5N(3)受力如图，fm=μ(mg－Fcos53°)=3.5N当最大静摩擦力方向

向右时，FT=Fsin53°－fm=0.5N当最大静摩擦力方向向左时，FT=Fsin53°＋fm=7.5N所以0.5N≤G≤7.5N12.解：(1)设带电粒子的质量为m，带电量为q，粒子在磁场中受到洛伦兹力提供做圆周运动的向心力，设粒子做圆周运动的半径为r，则有qvB=mv

2r解得r=mvqB=vkB在挡板左侧能打在挡板上部最远点的粒子恰好与挡板相切，如图甲所示，由题意r=vkB=OP，由几何知识可得PN=vkB.设粒子初速度方向与OP夹角为θ，随着θ顺时针从0开始逐渐增大，粒子打在挡板上的点从N点逐渐下移；当粒子刚好通过P点时，粒子开始打在挡板的右侧，设此时打在

挡板上的点为M，如图甲所示，在△OPM中，由几何关系可得PM=2－r2所以PM=3vkB当夹角θ继续增大，则粒子打在挡板上的点从M点逐渐下移至P点，由以上分析知道，挡板长度至少等于3vkB时，挡板吸收的粒子

数最多．(2)由以上分析知，当粒子恰好从左侧打在P点时，时间最短，如图乙轨迹1所示，由几何知识得粒子转过的圆心角为θ1=π3；当粒子从右侧恰好打在P点时，时间最长，如图乙轨迹2所示，由几何知识得粒子转过的圆

心角为θ2=5π3粒子的运动周期T=2πrv=2πmqB=2πkB沿轨迹1的时间t1=θ12πT沿轨迹2的时间t2=θ22πT最长的时间差Δt=t2－t1=4π3kB.(3)粒子出射方向水平向右的粒子和沿图乙轨迹2的粒子速度方向

之间都能打在板上，粒子方向的夹角为α=56π，打到板上的粒子占所有粒子的比率η=α2π=512.