2021届高考物理二轮复习第1部分专题讲练突破三电场和磁场专题三电场和磁场限时规范训练3

1、限时标准训练建议用时：40分钟1. 多项选择如下图，在xOy平面内有两根平行于 y轴水平放置的长直导线，通有沿 y轴正 方向、大小相同的电流 I，两导线关于y轴对称，P为x轴上一点，Q为z轴上一点，以下 说法正确的选项是irA. O点处的磁感应强度为零B. P、Q两点处的磁感应强度方向垂直C. P、Q两点处的磁感应强度方向平行D. 正电荷从O点沿z轴向上运动不受洛伦兹力作用解析：选AB.根据安培定那么可判断两导线所产生的磁场方向，再利用矢量合成法那么可判断O点处磁感应强度为零，P点处磁感应强度方向沿 z轴正方向，Q点处磁感应强度方向沿 x轴负方向，选项A、B正确，C错误.在z轴上，z>0

2、范围内各点磁感应强度方向均沿x轴负方向，正电荷运动时受洛伦兹力作用，选项D错误.2. 2021 湖北宜昌二模如下图，两根长直导线a、b垂直纸面放置，两导线内通有大小 相等、方向相反的电流，O点到两直导线的距离相等，M N是过O点的竖直线上的两点，现将一个速度为v的带电粒子从 M点沿Mt方向释放，粒子重力不计，以下说法正确的选项是.V® '冇包A. 粒子沿MN向先做加速运动后做减速运动B. 粒子沿MN向一直做匀速直线运动C. 粒子偏向Mh左侧先做加速运动后做减速运动D. 粒子偏向MN右侧先做减速运动后做加速运动解析：选B.根据右手螺旋定那么和磁场叠加原理可知，两直导线中的电流在

3、直线MN上所产生的合磁场方向始终沿 MN方向，当带电粒子从 M点沿MN方向运动时，其运动方向正好沿合磁 场方向，根据洛伦兹力特点可知，带电粒子不受洛伦兹力作用，故粒子将做匀速直线运动， 故只有B正确.3. 多项选择如下图，MN水平边界下方和上方分别有垂直于纸面向里的匀强磁场图中未画出区域I、n,磁感应强度大小分别为 B、B2. 个重力不计的带电离子从 MN上的0点垂0Q的长度为PQ长度的直于MN向下射入匀强磁场I中，其运动轨迹如图中实线所示.半，那么以下说法中正确的选项是A.此离子可能带正电，也可能带负电B.当离子运动到 Q点时速度方向垂直于 MNC.当离子运动到 Q点时速度变大D.Bi= 2

4、B>解析：选BD.根据左手定那么可知离子带正电，选项A错误；因为带电离子从 0点开始垂直进入磁场，进入磁场后做匀速圆周运动，故轨迹圆心在磁场边界MN上，根据几何关系可知带电离子离开磁场I时速度方向与 MN垂直,选项B正确；因为带电离子在磁场中做匀速圆周运动，当离子运动到 Q点时速度大小不变,选项C错误；离子在匀强磁场I中的运动半径是离子在匀强磁场n中运动半径的一半，由mvr = Bq可知B = 2B2,选项D正确.4如下图，半径为 R的圆形区域里有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，M N是磁场边界上两点且 M N连线过圆心，在 M点有一粒子源，可以在纸面内沿各个方向向磁场里

5、发射质量为m电荷量为q、速度大小均为v= qB的带正电的粒子，不计粒子n R的重力，假设某一个粒子在磁场中运动的时间为t =2v，那么该粒子从 m点射入磁场时，入射速度方向与MN间夹角的正弦值为)厂沪x i X X X X 川 x x x x、 /1A.23B.5c返.24D.5解析：选A.粒子在磁场中运动轨迹半径 r = qB= 2，由于该粒子在磁场中运动的时间t =-2Vn r 1t厂=2因此该粒子在磁场中运动的轨迹如下图，由几何关系可知，MOP为正三角形，粒子从M点射入的速度方向与 MN的夹角为30°,夹角正弦值为2, A正确.5. 多项选择如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置

6、，间距为L,其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为 B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒.从t = 0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T,最大值为Im,图甲中|所示方向为电流正方向.那么金属棒A. 直向右移动B. 速度随时间周期性变化C. 受到的安培力随时间周期性变化D. 受到的安培力在一个周期内做正功解析：选ABC.根据左手定那么、牛顿第二定律解决问题.根据左手定那么知金属棒在0£内所受安培力向右，大小恒定，故金属棒向右做匀加速直线运动，在£T内金属棒所受安培力与前半个周期大小相等，方向相反，金属棒向右做匀减速直线运动，一个周期结束时金属棒速度恰好为零

7、，以后始终向右重复上述运动，选项A、B C正确；在0£时间内，安培力方向与运动方向相同，安培力做正功，在2t时间内，安培力方向与运动方向相反，安培力做负功，在一个周期内，安培力所做总功为零，选项D错误.6. 如下图，空间存在垂直纸面向里的匀强磁场，从P点平行直线 MN射出的a、b两个带电粒子，从它们射出到第一次到达直线MN所用的时间相同，到达 MN时速度方向与 MN勺夹角分别为60°和90°,不计粒子重力以及粒子间的相互作用力，那么两粒子速度大小之比 va :Vb 为A. 2 : 1C 4 : 3B. 3 : 2D. ,'2 ： ：'3X X X

8、X X /* X X解析：选C两粒子做圆周运动的轨迹如图，设P点到MN的距离为L,由图知b粒子的运动轨迹半径为 R>= L,对于a粒子有L+ Rcos 60 ° = R,解得：2L,即两粒子的半径之比为R : R, = 2 : 1，粒子做圆周运动的周期为2 n mqB，i由题意知62 n mqaBqvB2v=mR，得v=晋，联立得Va 4Vb 3两粒子的比荷之比为m：m=2：3，粒子所受的洛伦兹力提供其所需的向心力，有7. 如图甲所示，M N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场未画出，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化 垂直纸面向外为正，Tc为现有一个质量为 m电 荷

9、量为+ q的离子在t = 0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰 好不能从右边界穿出且在 2Tc时恰好返回左边界 M那么图乙中磁感应强度 B的大小和离子的初速度V0分别为A.Bo=2n m"qTT，n dtTB. B0 =2 n m"qrr，C.r n mBo=, VoqToD.E0=qTo'2TowN1iiOuj ii"" ii iiiiiii lit亠i 股ILu一从可 74-r"Y 2To J 11J乙解析:选B.由题意及题图乙可画出离子的运动轨迹，如下图.离子在磁场中做圆周运动，由洛2Vo伦兹力提供向心力知

10、Boqvo= nR,由轨迹图可知离子运动的半径满足d= 4R,由轨迹图可知2 n R2 n m n d离子运动的周期为T= To,而，联立得吐乔，Vo=肓0，A C D错，B对.& 2021 河南开封三模多项选择如下图，直角三角形 ABC区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子不计重力从A点沿AB方向射入磁场，分别从 AC边上的P、Q两点射出, 确.A.从P点射出的粒子速度大B.从Q点射出的粒子速度大C.从Q点射出的粒子在磁场中运动的时间长D.两个粒子在磁场中运动的时间一样长1'解析：选BD.粒子在磁场中做匀速圆周运动，根据几何关系如下图，弦切角相等，粒子在磁场中偏转的圆心角相

11、等，根据粒子在磁场中运动的时间At = 27粒子在磁场中做圆周运动的周期T= 2nm可知粒子在磁场中运动的时间相等,qBD项正确，C项错误;如图所示，粒子在磁场中做圆周运动，分别从P点和Q点射出，由图知，粒子运动的半径RPv RQ,mv又粒子在磁场中做圆周运动的半径R=，可知粒子运动速度 VpV Vq,故A项错误、BqB项正9. 多项选择如下图，在区域I和区域n内分别存在与纸面垂直但方向相反的匀强磁场，区 域n内磁感应强度是区域I内磁感应强度的2倍，一带电粒子在区域I左侧边界处以垂直边界的速度进入区域I,发现粒子离开区域I时速度方向改变了30°,然后进入区域n,测得粒子在区域n内的运

12、动时间与区域I内的运动时间相等，那么以下说法正确的选项是! x x x! 】：口：I M X X k ««» « I|VI!X X 天广 I"* * I! X X X:P 4I! x x x" * « »! y x 敦:*. *IIIIIIIA. 粒子在区域I和区域n中的速率之比为1 : 1B. 粒子在区域I和区域n中的角速度之比为2 : 1C. 粒子在区域I和区域n中的圆心角之比为1 : 2D. 区域I和区域n的宽度之比为1 : 1:x X ： « # « »I :S :;解析：选A

13、CD.由于洛伦兹力对带电粒子不做功，故粒子在两磁场中的运动速率不变，故A正确；由洛伦兹力 f = qBv= ma和a= v co可知，粒子运动的角速度之比为® 1 : ® 2= B :A 伯a 4 mB= 1 : 2，那么B错误；由于粒子在区域I和区域n内的运动时间相等，由t = 可得t= -qBqB=qB，且Bz= 2B，所以可得9 1 : 9 2= 1 : 2，贝U C正确；由题意可知，粒子在区域I中运动的圆心角为 30°,那么粒子在区域n中运动的圆心角为60°，由R= ¥可知粒子在区域IqB中的运动半径是在区域n中运动半径的2倍，设粒子在

14、区域n中的运动半径为 r,作粒子运动的轨迹如下图， 那么由图可知，区域I的宽度 d1 = 2rsin 30°= r;区域n的宽度 d2= rsin 30°+ rcos180 ° - 60° 60° = r,故 D 正确.10. 2021 河北唐山质检如下图，水平导轨间距为L= 0.5 m，导轨电阻忽略不计；导体棒ab的质量m= 1 kg，电阻R> = 0.9 Q,与导轨接触良好；电源电动势E= 10 V，内阻r=0.1 Q,电阻 R= 4 Q;外加匀强磁场的磁感应强度B= 5 T,方向垂直于 ab,与导轨平面成夹角 a = 53°

15、;； ab与导轨间的动摩擦因数为口 = 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、 2 加速度g= 10 m/s , ab处于静止状态.sin 53 ° = 0.8, cos 53 ° = 06 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.解析：E(1) I = R+ R)+ r = 2 A方向为由a到b(2) F= BIL= 5 N 受力如图，f m=(mg- Fcos 53 ° ) = 3.5 N Ff=C/当最大静摩擦力方向向右时，F

16、t=Fsin53 ° -fm=0.5 N当最大静摩擦力方向向左时，Ft=Fsin53 ° +fm=7.5 N所以 0.5 N W Gc 7.5 N答案：(1)2 A 方向由a到b(2)5 N (3)0.5 N W Gc 7.5 N11. 如下图，在真空中坐标xOy平面的x> 0区域内，有磁感应强度 B= 1.0 x 10 -2T的匀强 磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10,0)点，有一放射源，在 xOy平面内向各个方 向发射速率 v= 104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m= 1.6 x 10 25kg，电荷量为 q =1.6 x 10_18C，求带电

17、粒子能打到y轴上的范围.x x x xx x x xM X x x0 *prlHX X X XX X X XX X X X解析:带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得:2qvB=咋,mv解得：R= 0.1 m = 10 cm.qB如下图，当带电粒子打到 y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点.因 0110 cm , AP= 2R= 20 cm,那么 0A=乜AP_ 0P= 10护 cm.当带电粒子的圆轨迹正好与 y轴下方相切于B点时，假设圆心再向左偏，那么粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到 y轴下方的最低点.易得 O* R= 10 cm,综

18、上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为一10 cm10 '3 cm.答案：一10 cm 10 .：3 cm12.如下图为圆形区域的匀强磁场，磁感应强度为B,方向垂直纸面向里，边界跟y轴相切于坐标原点 00点处有一放射源，沿纸面向各方向射出速率均为v的某种带电粒子,带电粒子在磁场中做圆周运动的半径是圆形磁场区域半径的两倍.该带电粒子的质量为电荷量为q,不考虑带电粒子的重力.rIXXX XXX X 0f 晖:XKX K/L$sX* yF* (1)推导带电粒子在磁场空间做圆周运动的轨道半径.(2)求带电粒子通过磁场空间的最大偏转角.(3)沿磁场边界放置绝缘弹性挡板，使带电粒子与挡板碰撞后以原速率弹回，且其电荷量保持不变.假设从 0点沿x轴正方向射入磁场的粒子速度减小为0.5 v，求该粒子第一次回到0点经历的时间.解析：(1)带电粒子进入磁场后，受洛伦兹力作用，设其做圆周运动的轨道半径为由牛顿第二定律得:2v 口mvBqv= m解得：r =rBqX XX冥£K X0& K 彘m):« Xr(2)设粒子飞出和进入磁场的速度方向的夹角为6 x0，如下图，那么 sin空=舌，x是粒