《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場 專題三 電場和磁場限時規(guī)范訓(xùn)練3》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考物理二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題講練突破三 電場和磁場 專題三 電場和磁場限時規(guī)范訓(xùn)練3（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

限時規(guī)范訓(xùn)練 建議用時：40分鐘 1．(多選)如圖所示，在xOy平面內(nèi)有兩根平行于y軸水平放置的長直導(dǎo)線，通有沿y軸正方向、大小相同的電流I，兩導(dǎo)線關(guān)于y軸對稱，P為x軸上一點，Q為z軸上一點，下列說法正確的是(　　) A．O點處的磁感應(yīng)強度為零 B．P、Q兩點處的磁感應(yīng)強度方向垂直 C．P、Q兩點處的磁感應(yīng)強度方向平行 D．正電荷從O點沿z軸向上運動不受洛倫茲力作用 解析：選AB.根據(jù)安培定則可判斷兩導(dǎo)線所產(chǎn)生的磁場方向，再利用矢量合成法則可判斷O點處磁感應(yīng)強度為零，P點處磁感應(yīng)強度方向沿z軸正方向，Q點處磁感應(yīng)強度方向沿x軸負(fù)方向，選項A、B正確，C錯誤．在z軸上，z>0范圍內(nèi)各點磁感應(yīng)強度方向均沿x軸負(fù)方向，正電荷運動時受洛倫茲力作用，選項D錯誤． 2．(2016湖北宜昌二模)如圖所示，兩根長直導(dǎo)線a、b垂直紙面放置，兩導(dǎo)線內(nèi)通有大小相等、方向相反的電流，O點到兩直導(dǎo)線的距離相等，M、N是過O點的豎直線上的兩點，現(xiàn)將一個速度為v的帶電粒子從M點沿MN方向釋放，粒子重力不計，下列說法正確的是(　　) A．粒子沿MN方向先做加速運動后做減速運動 B．粒子沿MN方向一直做勻速直線運動 C．粒子偏向MN左側(cè)先做加速運動后做減速運動 D．粒子偏向MN右側(cè)先做減速運動后做加速運動 解析：選B.根據(jù)右手螺旋定則和磁場疊加原理可知，兩直導(dǎo)線中的電流在直線MN上所產(chǎn)生的合磁場方向始終沿MN方向，當(dāng)帶電粒子從M點沿MN方向運動時，其運動方向正好沿合磁場方向，根據(jù)洛倫茲力特點可知，帶電粒子不受洛倫茲力作用，故粒子將做勻速直線運動，故只有B正確． 3．(多選)如圖所示，MN水平邊界下方和上方分別有垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)區(qū)域Ⅰ、Ⅱ，磁感應(yīng)強度大小分別為B1、B2.一個重力不計的帶電離子從MN上的O點垂直于MN向下射入勻強磁場Ⅰ中，其運動軌跡如圖中實線所示．已知OQ的長度為PQ長度的一半，則以下說法中正確的是(　　) A．此離子可能帶正電，也可能帶負(fù)電 B．當(dāng)離子運動到Q點時速度方向垂直于MN C．當(dāng)離子運動到Q點時速度變大 D．B1＝2B2 解析：選BD.根據(jù)左手定則可知離子帶正電，選項A錯誤；因為帶電離子從O點開始垂直進(jìn)入磁場，進(jìn)入磁場后做勻速圓周運動，故軌跡圓心在磁場邊界MN上，根據(jù)幾何關(guān)系可知帶電離子離開磁場Ⅰ時速度方向與MN垂直，選項B正確；因為帶電離子在磁場中做勻速圓周運動，當(dāng)離子運動到Q點時速度大小不變，選項C錯誤；離子在勻強磁場Ⅰ中的運動半徑是離子在勻強磁場Ⅱ中運動半徑的一半，由r＝可知B1＝2B2，選項D正確． 4．如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域里有磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，M、N是磁場邊界上兩點且M、N連線過圓心，在M點有一粒子源，可以在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場里發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q、速度大小均為v＝的帶正電的粒子，不計粒子的重力，若某一個粒子在磁場中運動的時間為t＝，則該粒子從M點射入磁場時，入射速度方向與MN間夾角的正弦值為(　　) A.　　　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選A.粒子在磁場中運動軌跡半徑r＝＝，由于該粒子在磁場中運動的時間t＝＝＝T，因此該粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知，△MOP為正三角形，粒子從M點射入的速度方向與MN的夾角為30，夾角正弦值為，A正確． 5．(多選)如圖甲所示，兩根光滑平行導(dǎo)軌水平放置，間距為L，其間有豎直向下的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B.垂直于導(dǎo)軌水平對稱放置一根均勻金屬棒．從t＝0時刻起，棒上有如圖乙所示的持續(xù)交變電流I，周期為T，最大值為Im，圖甲中I所示方向為電流正方向．則金屬棒(　　) A．一直向右移動 B．速度隨時間周期性變化 C．受到的安培力隨時間周期性變化 D．受到的安培力在一個周期內(nèi)做正功 解析：選ABC.根據(jù)左手定則、牛頓第二定律解決問題．根據(jù)左手定則知金屬棒在0～內(nèi)所受安培力向右，大小恒定，故金屬棒向右做勻加速直線運動，在～T內(nèi)金屬棒所受安培力與前半個周期大小相等，方向相反，金屬棒向右做勻減速直線運動，一個周期結(jié)束時金屬棒速度恰好為零，以后始終向右重復(fù)上述運動，選項A、B、C正確；在0～時間內(nèi)，安培力方向與運動方向相同，安培力做正功，在～T時間內(nèi)，安培力方向與運動方向相反，安培力做負(fù)功，在一個周期內(nèi)，安培力所做總功為零，選項D錯誤． 6．如圖所示，空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，從P點平行直線MN射出的a、b兩個帶電粒子，從它們射出到第一次到達(dá)直線MN所用的時間相同，到達(dá)MN時速度方向與MN的夾角分別為60和90，不計粒子重力以及粒子間的相互作用力，則兩粒子速度大小之比va∶vb為(　　) A．2∶1 B．3∶2 C．4∶3 D.∶ 解析：選C.兩粒子做圓周運動的軌跡如圖，設(shè)P點到MN的距離為L，由圖知b粒子的運動軌跡半徑為Rb＝L，對于a粒子有L＋Racos 60＝Ra，解得：Ra＝2L，即兩粒子的半徑之比為Ra∶Rb＝2∶1?、?，粒子做圓周運動的周期為T＝，由題意知＝，得兩粒子的比荷之比為∶＝2∶3?、冢Ｗ铀艿穆鍌惼澚μ峁┢渌璧南蛐牧?，有qvB＝m，得v＝③，聯(lián)立①②③得＝. 7．如圖甲所示，M、N是寬為d的兩豎直線，其間存在垂直紙面方向的磁場(未畫出)，磁感應(yīng)強度隨時間按圖乙所示規(guī)律變化(垂直紙面向外為正，T0為已知)．現(xiàn)有一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的離子在t＝0時從直線M上的O點沿著OM線射入磁場，離子重力不計，離子恰好不能從右邊界穿出且在2T0時恰好返回左邊界M.則圖乙中磁感應(yīng)強度B0的大小和離子的初速度v0分別為(　　) A．B0＝，v0＝ B．B0＝，v0＝ C．B0＝，v0＝ D．B0＝，v0＝ 解析： 選B.由題意及題圖乙可畫出離子的運動軌跡，如圖所示．離子在磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力知B0qv0＝m，由軌跡圖可知離子運動的半徑滿足d＝4R，由軌跡圖可知離子運動的周期為T＝T0，而T＝，聯(lián)立得B0＝，v0＝，A、C、D錯，B對． 8．(2016河南開封三模)(多選)如圖所示，直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子(不計重力)從A點沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) A．從P點射出的粒子速度大 B．從Q點射出的粒子速度大 C．從Q點射出的粒子在磁場中運動的時間長 D．兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長 解析：選BD.粒子在磁場中做勻速圓周運動，根據(jù)幾何關(guān)系(如圖所示，弦切角相等)，粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等，根據(jù)粒子在磁場中運動的時間t＝T，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，可知粒子在磁場中運動的時間相等，故D項正確，C項錯誤；如圖所示，粒子在磁場中做圓周運動，分別從P點和Q點射出，由圖知，粒子運動的半徑RP＜RQ，又粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝，可知粒子運動速度vP＜vQ，故A項錯誤、B項正確． 9．(多選)如圖所示，在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)分別存在與紙面垂直但方向相反的勻強磁場，區(qū)域Ⅱ內(nèi)磁感應(yīng)強度是區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁感應(yīng)強度的2倍，一帶電粒子在區(qū)域Ⅰ左側(cè)邊界處以垂直邊界的速度進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅰ，發(fā)現(xiàn)粒子離開區(qū)域Ⅰ時速度方向改變了30，然后進(jìn)入?yún)^(qū)域Ⅱ，測得粒子在區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間與區(qū)域Ⅰ內(nèi)的運動時間相等，則下列說法正確的是(　　) A．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的速率之比為1∶1 B．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的角速度之比為2∶1 C．粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ中的圓心角之比為1∶2 D．區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ的寬度之比為1∶1 解析：選ACD.由于洛倫茲力對帶電粒子不做功，故粒子在兩磁場中的運動速率不變，故A正確；由洛倫茲力f＝qBv＝ma和a＝vω可知，粒子運動的角速度之比為ω1∶ω2＝B1∶B2＝1∶2，則B錯誤；由于粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ內(nèi)的運動時間相等，由t＝可得t＝＝，且B2＝2B1，所以可得θ1∶θ2＝1∶2，則C正確；由題意可知，粒子在區(qū)域Ⅰ中運動的圓心角為30，則粒子在區(qū)域Ⅱ中運動的圓心角為60，由R＝可知粒子在區(qū)域Ⅰ中的運動半徑是在區(qū)域Ⅱ中運動半徑的2倍，設(shè)粒子在區(qū)域Ⅱ中的運動半徑為r，作粒子運動的軌跡如圖所示，則由圖可知，區(qū)域Ⅰ的寬度d1＝2rsin 30＝r；區(qū)域Ⅱ的寬度d2＝rsin 30＋rcos(180－60－60)＝r，故D正確． 10．(2016河北唐山質(zhì)檢)如圖所示，水平導(dǎo)軌間距為L＝0.5 m，導(dǎo)軌電阻忽略不計；導(dǎo)體棒ab的質(zhì)量m＝1 kg，電阻R0＝0.9 Ω，與導(dǎo)軌接觸良好；電源電動勢E＝10 V，內(nèi)阻r＝0.1 Ω，電阻R＝4 Ω；外加勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝5 T，方向垂直于ab，與導(dǎo)軌平面成夾角α＝53；ab與導(dǎo)軌間的動摩擦因數(shù)為μ＝0.5(設(shè)最大靜摩擦力等于滑動摩擦力)，定滑輪摩擦不計，細(xì)線對ab的拉力為水平方向，且細(xì)線通過定滑輪與重物相連．重力加速度g＝10 m/s2，ab處于靜止?fàn)顟B(tài)．已知sin 53＝0.8，cos 53＝0.6.求： (1)通過ab的電流大小和方向； (2)ab受到的安培力大??； (3)重物重力G的取值范圍． 解析：(1)I＝＝2 A 方向為由a到b (2)F＝BIL＝5 N (3)受力如圖，fm＝μ(mg－Fcos 53)＝3.5 N 當(dāng)最大靜摩擦力方向向右時，F(xiàn)T＝Fsin 53－fm＝0.5 N 當(dāng)最大靜摩擦力方向向左時，F(xiàn)T＝Fsin 53＋fm＝7.5 N 所以0.5 N≤G≤7.5 N 答案：(1)2 A　方向由a到b (2)5 N　(3)0.5 N≤G≤7.5 N 11.如圖所示，在真空中坐標(biāo)xOy平面的x＞0區(qū)域內(nèi)，有磁感應(yīng)強度B＝1.010－2T的勻強磁場，方向與xOy平面垂直，在x軸上的P(10,0)點，有一放射源，在xOy平面內(nèi)向各個方向發(fā)射速率v＝104 m/s的帶正電的粒子，粒子的質(zhì)量為m＝1.610－25kg，電荷量為q＝1.610－18C，求帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍． 解析： 帶電粒子在磁場中運動時由牛頓第二定律得：qvB＝m， 解得：R＝＝0.1 m＝10 cm. 如圖所示，當(dāng)帶電粒子打到y(tǒng)軸上方的A點與P連線正好為其圓軌跡的直徑時，A點即為粒子能打到y(tǒng)軸上方的最高點． 因OP＝10 cm，AP＝2R＝20 cm， 則OA＝＝10 cm. 當(dāng)帶電粒子的圓軌跡正好與y軸下方相切于B點時，若圓心再向左偏，則粒子就會從縱軸離開磁場，所以B點即為粒子能打到y(tǒng)軸下方的最低點． 易得OB＝R＝10 cm， 綜上所述，帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍為－10 cm～10 cm. 答案：－10 cm～10 cm 12．如圖所示為圓形區(qū)域的勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直紙面向里，邊界跟y軸相切于坐標(biāo)原點O.O點處有一放射源，沿紙面向各方向射出速率均為v的某種帶電粒子，帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑是圓形磁場區(qū)域半徑的兩倍．已知該帶電粒子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不考慮帶電粒子的重力． (1)推導(dǎo)帶電粒子在磁場空間做圓周運動的軌道半徑． (2)求帶電粒子通過磁場空間的最大偏轉(zhuǎn)角． (3)沿磁場邊界放置絕緣彈性擋板，使帶電粒子與擋板碰撞后以原速率彈回，且其電荷量保持不變．若從O點沿x軸正方向射入磁場的粒子速度減小為0.5v，求該粒子第一次回到O點經(jīng)歷的時間． 解析：(1)帶電粒子進(jìn)入磁場后，受洛倫茲力作用，設(shè)其做圓周運動的軌道半徑為r，由牛頓第二定律得： Bqv＝m解得：r＝ (2)設(shè)粒子飛出和進(jìn)入磁場的速度方向的夾角為φ，如圖所示，則sin＝，x是粒子在磁場中軌跡的兩端點的直線距離． x最大值為2R，對應(yīng)的就是φ最大值，且2R＝r 所以sin＝＝，即φmax＝60 (3)當(dāng)粒子的速度減小為時，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r1＝＝＝R 故粒子轉(zhuǎn)過四分之一圓周，對應(yīng)圓心角為時與邊界相撞并彈回，由對稱性知粒子經(jīng)過四個這樣的過程后第一次回到O點，即經(jīng)歷時間為一個周期，粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝ 所以從O點沿x軸正方向射出的粒子第一次回到O點經(jīng)歷的時間是t＝T＝ 答案：(1)　(2)60　(3)