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1、2014高考物理快速命中考点1(45分钟100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题8分,共64分。多选题已在题号后标出)1.一段长0.2m,通过2.5 A电流的直导线,关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况,正确的是()A.如果B=2T,F一定是1NB.如果F=0,B也一定为零C.如果B=4T,F有可能是1ND.如果F有最大值时,通电导线一定与B平行2.(多选)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是()A.B=mg,方向垂直斜面向上B.
2、B=mg,方向垂直斜面向下C.B=mg,方向竖直向上D.B=mg,方向竖直向下3.如图甲所示,带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上,两者均保持静止,置于垂直于纸面向里的匀强磁场中,在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B。已知地面光滑,A、B接触面粗糙,A所带电荷量保持不变。图乙中关于A、B的v-t图像大致正确的是()4.如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为()A.tB.2tC.tD.3t5.
3、空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场,其方向随时间做周期性变化,磁感应强度B随时间t变化的图像如图所示。规定B0时,磁场的方向穿出纸面。一电荷量q=510-7C、质量m=510-10kg的带电粒子,位于某点O处,在t=0时以初速度v0=m/s沿某方向开始运动。不计重力的作用,不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内带电粒子的平均速度的大小等于()A.m/sB.m/sC.2m/sD.2 m/s6.如图所示,O点处有一粒子源,在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内。在直线x=a与x=2a之间存在垂直于xOy
4、平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场,与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出。不计粒子的重力和粒子间的相互作用力。关于这些粒子的运动,下列说法正确的是()A.粒子的速度大小为B.粒子的速度大小为C.与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D.与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长7.如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2,结果相应的
5、弧长变为原来的一半,则等于()A.B.C.2D.38.(多选)如图所示, 在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场,一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角平分线OC做匀速直线运动。若此区域只存在电场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,则此粒子刚好从A点射出;若只存在磁场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,则下列说法正确的是()A.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,运动轨道半径等于三角形的边长B.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从OB之间射出磁场C.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从BC之间射出磁场D.根据已知条件可以求出该粒子
6、分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比二、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)9.(18分)如图所示,中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分,上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场,下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度皆为B。一质量为m,带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场,速度与边MC的夹角=30。MC边长为a,MN边长为8a,不计粒子重力。求:(1)若要该粒子不从MN边射出磁场,其速度最大值是多少?(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场,其在磁场中的运行时间最少是多少?10.(18分)如图甲所示,在直角坐标系中有一个以点(3L,0)为圆心,半径为L的圆形
7、区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m,带电量为e的电子,恰能从M点进入圆形区域,速度方向与x轴夹角为30,速度大小为v0,此时圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场(磁场从t=0时刻开始变化,且以垂直于纸面向外为正方向),最后电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与x轴夹角也为30。求:圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式。答案解析1.【解析】选C。当导线与磁场方向垂直放置时,F=BIL,力最大;当导线与磁场方向平行放置时,F=0;当导线与磁场方向成任意其他角度放置时,0FBIL,A、D错误,C正确;磁感应强度是磁场本身的性质,与受力F无关,B错误。2
8、.【解析】选A、C。对于选项A,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上,则导体棒受沿斜面向上的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,则大小B=,故A正确;对于选项B,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下,则导体棒受沿斜面向下的安培力、支持力与重力,所以导体棒不可能处于平衡状态,故B错误;对于选项C,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上,则导体棒受水平向右的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,则大小B=mg,故C正确;对于选项D,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下,则导体棒受水平向左的安培力、支持力与重力,所以棒不可能处于平衡状态,故D错误。3.【解析】选C。开始两者一起匀
9、加速运动,随着速度的增加,物块A受到向上的洛伦兹力,压力减小,后来A与B相对运动,A做加速度减小的加速运动,B做加速度增加的加速运动,最终A受到的洛伦兹力与重力大小相等时做匀速运动,B做匀加速运动,C正确。4.【解题指南】解答本题时要注意以下三点:(1)画出轨迹示意图,找出圆心的位置。(2)根据几何图形,找出运动时间、速度、偏转角的关系。(3)根据速度的变化确定偏转角的变化,进一步求出运动时间的变化情况。【解析】选B。设磁场区域的半径为R,粒子的轨迹半径为r,粒子以速度v在磁场中运动的轨迹如图所示,则由几何关系知,r=R,又T=,所以t=T=。当粒子的速度为时,轨迹半径为r=R,所以偏转角=1
10、20,t=T=2t,故选项B正确。5.【解析】选C。带电粒子在磁场中的运动半径为r=0.01m,周期为T=0.02s,作出粒子的轨迹示意图如图所示,所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内,由平均速度的定义式=m/s=2m/s,即C选项正确。6.【解析】选C。带正电粒子与y轴正方向成60角射出进入磁场后的轨迹如图甲所示,根据几何关系可得a=Rsin30,其中R=,联立解得v=,故选项A、B错误;带电粒子在匀强磁场中运动的时间t=T,可见圆弧所对的圆心角越大,粒子在磁场中运动的时间越长,由图甲中的几何关系可得粒子的轨道半径R=2a,因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的圆
11、弧所对圆心角最大为120,粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切,如图乙所示,最长时间tm=T,故选项C正确、D错误。7.【解析】选B。设圆形区域磁场的半径为R,根据题述,画出轨迹示意图,如图所示,当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的时,如图中实线PP1所示,根据几何关系可知,轨迹半径r1=Rsin60,由洛伦兹力等于向心力,得到r1=;当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的时,粒子轨迹如图中实线PP2所示,根据几何关系可得,轨迹半径r2=Rsin30,同理有r2=。联立解得=,选项B正确。【变式备选】如图所示,长方形abcd的长ad=0.6m,宽ab=0.3m,O、e分别是ad、bc的中
12、点,以e为圆心、eb为半径的圆弧和以O为圆心、Od为半径的圆弧组成的区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25T。一群不计重力、质量m=310-7kg、电荷量q=+210-3C的带正电粒子以速度v=5102m/s沿垂直ad方向且垂直于磁场射入磁场区域,则下列判断正确的是()A.从Od边射入的粒子,出射点全部分布在Oa边B.从aO边射入的粒子,出射点全部分布在ab边C.从Od边射入的粒子,出射点分布在ab边D.从ad边射入的粒子,出射点全部通过b点【解析】选D。粒子在有界匀强磁场中做匀速圆周运动的半径为r=m=0.3 m,根据几何知识可以得到从ad边不同位置水平射入的
13、粒子在磁场中的运动轨迹,如图所示,从Od范围射入的粒子在磁场中运动的轨迹都是圆弧,偏出磁场后沿eb方向经过b点,从aO范围射入的粒子在磁场中运动的轨迹的圆心在以b为圆心,以r=0.3m为半径的圆弧上。因此,所有粒子都从b点偏出。选项D正确,其他选项均错。8.【解析】选B、D。设正三角形边长为L。带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角平分线OC做匀速直线运动,则有qE=qvB。若此区域只存在电场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,刚好从A点射出,=vt,=at2,qE=ma;若只存在磁场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,qvB=,联立解得R=,选项A错误;由于R=L,
14、粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从OB之间射出磁场,选项B正确,C错误;根据已知条件,该粒子在只有电场时运动时间为t1=2=,在只有磁场时在该区域中运动的时间为t2=,可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比,选项D正确。9.【解析】(1) 设该粒子恰好不从MN边射出磁场时的轨迹半径为r,如图所示,则由几何关系有rcos60=r-, (3分)解得r=a(1分)又由qvB=m, (2分)解得最大速度为 (2分)(2)粒子每经过分界线PQ一次,在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的倍。设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点有nr=8a且r=4.62n所能取的最小自然数
15、为5 (2分)粒子做圆周运动的周期为T= (1分)粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t=T= (2分)粒子到达Q点的最短时间为tmin=5t= (2分)答案:(1)(2)10.【解析】在磁场变化的半个周期内,电子的偏转角为60(如图)。所以,在磁场变化的半个周期内,电子在x轴方向上的位移等于R。电子到达N点而且速度符合要求的空间条件是=nR=2L (4分)电子在磁场做圆周运动的轨道半径R= (3分)得B0=(n=1,2,3) (3分)若电子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周,同时电子在MN间运动的时间是磁场变化半周期的整数倍时,可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件=,T=T运= (4分)代入B0的表达式得T=(n=1,2,3) (4分)答案:T=(n=1,2,3)B0=(n=1,2,3)【方法技巧】处理带电粒子的圆周运动问题常用的几何关系(1)四个点:分别是入射点出射点轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。(2)六条线:两条轨迹半径,入射速度直线和出射速度直线,入射点与出射点的连线,圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形,后面两条为四边形的对角线。(3)三个角:速度偏转角圆心角弦切角,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍。- 8 -