专题10磁场第03期备战2020高考物理2019届二模和三模好题分项版汇编教师版

1专题10磁场-2019年高三二模、三模物理试题分项解析（II）一．选择题1.（2019四川内江二模）2019年1月，出现在中国海军坦克登陆舰上的电磁轨道炮在全球“刷屏”，这是电磁轨道炮全球首次实现舰载测试。如图所示为电磁炮的简化原理示意图，它由两条水平放置的平行光滑长直轨道组成。轨道间放置一个导体滑块作为弹头。当电流从一条轨道流入，经弹头从另一条轨道流回时，在两轨道间产生磁场，弹头就在安培力推动下以很大的速度射出去。不计空气阻力，将该过程中安培力近似处理为恒力，为了使弹丸获得更大的速度，可适当（）A.减小平行轨道间距B.增大轨道中的电流C.缩短轨道的长度D.增大弹丸的质量【参考答案】B【名师解析】根据题意和动能定理，安培力的功等于弹头获得的动能。轨道间距减小，安培力减小，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，选项A错误；增大轨道中电流，安培力增大，安培力做功增大，弹头获得动能增大，速度增大，选项B正确；缩短轨道长度，安培力做功减小，弹头获得动能减小，速度减小，选项C错误；只增大弹丸质量，安培力做功不变，弹头获得动能不变，所以速度减小，选项D错误。2.(2019江西十校联考)如图所示，在直角三角形abc区域（含边界）内存在垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场，在磁场中运动时间最长的粒子中，速度的最大值是（）2A．B．C．D．【参考答案】B【名师解析】粒子在磁场中转过的圆心角越大，粒子的运动时间越长，粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，运动时间最长，作出粒子运动轨迹求出粒子的最大轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的最大速度。粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大，粒子在磁场中的运动时间最长，粒子速度最大时运动轨迹与bc相切，粒子运动轨迹如图所示，由题意可知：∠a＝60°，∠b＝90°，边长ac＝L，则ab＝L，四边形abdO是正方形，粒子轨道半径：r＝L粒子做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvmB＝2m解得粒子的最大速度为：，故ACD错误，B正确；【关键点拨】本题带电粒子在有界的磁场中运动的类型，注意根据圆的对称性得到出射时粒子速度和边界的夹角与入射时速度和边界的夹角相等。解答此题的关键是明确粒子的运动规律，画出临界轨迹，结合几何关系确定轨道半径，根据牛顿第二定律列式求解最大速度，注意粒子不能从C点射出。3．（2019湖南长沙一模）一底角为60°的等腰梯形ABCD内部(包括边界)有垂直于纸面向内、磁感应强度为B0的匀强磁场，一质量为m，电量为q且带负电的粒子以大小v0qBdm的速率从A处垂直于磁场向各个方向入射，已知等腰梯形的上底长为d，下底长为3d，忽略带电粒子的重力．以下说法正确的是A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为dB．粒子能从C点离开磁场3C．粒子不能从BC边上距离Ｃ点d处离开磁场D．粒子能够垂直于AB边从AB边离开磁场【参考答案】AC【名师解析】由mvRqB得带电粒子在磁场中的运动半径为d，选项A正确；Ａ、Ｃ之间的距离大于2d，所以粒子不可以从Ｃ点离开磁场，Ｂ错误；设ＢＣ边上距离Ｃ点d处为E点，由已知可得AB边、CD边均为2d，所以AE的长度也为2d，若要粒子从E点离开，则必须从A点垂直于AE进入磁场，而这样的粒子从A点就离开了磁场，所以不存在这样的粒子轨迹，选项Ｃ正确；因为AB边的长度等于轨迹圆的直径2d，所以要使粒子垂直于AB边离开磁场，则只能从A点垂直于AB进入磁场，在磁场中的运动轨迹是半圆，这样的半圆与BC边一定相交，所以不可能垂直于AB边而从AB边离开磁场，选项D错误。4.（2019河南示范性高中联考）如图所示两平行倾斜导轨间的距离L=10cm，它们处于垂直导轨平面向下的磁场(图中未画出)中，导轨平面与水平方向的夹角θ=37°，在两导轨下端所接的电路中电源电动势E=10V内阻不计，定值电阻R1=4Ω，开关S闭合后，垂直导轨放置的质量m=10g、电阻R=6Ω的金属棒MN保持静止。已知金属棒MN与两导轨间的动摩擦因数μ=0.5，取sin37°=0.6，cos37°=08；g=10m/s2，认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则磁场的磁感应强度大小可能是A.10TB.1.5TC.0.1TD.1T【参考答案】D【名师解析】根据平衡条件求出安培力的大小和方向，根据左手定则判断磁场的方向以及利用F=BIL和闭合电路4求解B的大小。当金属棒恰好沿斜面向上运动趋势时：，解得B=1T；当金属棒恰好沿斜面向下运动趋势时：，解得B=0.2T，故只有D正确.【点睛】本题是安培力、欧姆定律与力学知识的综合，关键是安培力的方向分析和大小计算以及静摩擦力方向的可能情况。5.（2019湖南雅礼中学月考）在光滑水平绝缘的足够大的桌面上建立xoy坐标系，空间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B0，有两个完全相同的质量为，m的带正电小球A、B分别位于y轴上纵坐标为y2、y1的位置，电荷量都为q，两个小球都以垂直于y轴、大小为v的速度同时射入磁场。如图所示(两球若发生碰撞只能是弹性正碰)，要让B球到(0,y2)处，那y2-y1可能的值为A.0mvBqB.02mvBqC.03mvBqD.04mvBq【参考答案】BD【名师解析】5二、计算题1.（2019河南安阳二模）如图所示是圆心为O内外半径分别为、的同心圆，内圆区域内存在均匀辐射的电场，圆心与内圆圆周边界间的电势差恒为U，内外圆之间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为的粒子从圆心O处由静止释放，不计重力。求粒子到达内圆边界时的速度大小；若粒子首次到达外圆圆周时没有射出外圆，求磁感应强度的最小值。【名师解析】粒子在电场中做匀加速诺动，根据动能定理有解得：粒子首次到达外圆圆周恰与外相切时，磁感应强度有最小值。设粒子在磁场中运动的轨迹半径为r，由几何关系有：解得：根据圆周运动的知识有：联立解得：6答：粒子到达内圆边界时的速度大小是；磁感应强度的最小值。【关键点拨】根据动能定理可直接求得粒子到达内圆边界时的速度大小；粒子首次到达外圆圆周恰与外相切时，磁感应强度有最小值。由几何关系可求得轨道半径，再由洛伦兹力提供向心力可求得磁感应强度的最小值。本题考查了动能定理、牛顿第二定律的应用，对粒子在磁场中的偏转问题要学会结合几何关系求解。2.（2019浙江绿色联盟模拟）如图所示，半径为R的半圆形区域内存在垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，圆弧上P点与圆心O的连线垂直于直径MN，P点放置一粒子源，其向纸面内各个方向均匀发射两种原子核X、Y，X的速率为v，Y的速率为，沿PO方向发射的X恰好从N点离开磁场，忽略原子核间的相互作用及原子核的重力，取sin53°＝0.8，cos53°＝0.6。（1）求原子核X的比荷，及其从P点到边界MN的最短时间；（2）其中一原子核Y的轨迹恰能与ON的中点A相切，求Y粒子的质量数a；（3）在直径MN上安装金属板，并与电阻r串联后接地，带正电的原子核到达金属板后被吸收形成电流。已知粒子源P单位时间内发射n个粒子，其中X占40%，Y占60%，求稳定后金属板MN上的发热功率。（已知电子的电荷量为e，原子核X的质量用m表示）【名师解析】（1）粒子在磁场中做圆周运动，根据题意求出粒子的轨道半径，然后应用牛顿第二定律求出粒子的比荷；粒子在磁场中的运动时间粒子转过的圆心角θ越小，粒子运动轨迹对应的弧长越短，粒子运动时间越短，求出粒子转过的最小圆心角，然后求出最短运动时间；（2）根据题意作出Y粒子的运动轨迹，应用几何知识求出粒子轨道半径，粒子在磁场中做圆周运动，洛伦7兹力提供向心力，应用牛顿第二定律求出a；（3）根据题意求出单位时间内打到金属棒上的X粒子与Y粒子数，然后根据能量守恒求出稳定后MN上的发热功率。（1）的半径为R，由得：弦长最短时，时间最短：（2）设圆周运动半径为R′，如图所示，由几何关系得：解得：设Y粒子的质量为m′，电荷量为q′，则有：解得：即：，a＝15（3）对粒子，设粒子初速度方向与切线PQ方向夹角为a，如图所示，已知轨迹恰好与A相切，则，解得：α0＝53°由几何关系可知，粒子在0≤α≤53°范围内射出的粒子能到达金属板，则单位时间内到达金属板的粒子8数为：在0≤α≤90°范围内射出的粒子能到达金属板，则单位时间内到达金属板的粒子数为：通过电阻r上的电流因的质量为m，则的质量为5m，根据能量守恒定律：解得：答：（1）原子核的比荷为，从P点到边界MN的最短时间为；（2）Y粒子的质量数a为15；（3）稳定后金属板MN上的发热功率为。【点评】本题考查了带电粒子在磁场中的运动，根据题意分析清楚粒子运动过程、作出粒子运动轨迹是解题的前提与关键，应用牛顿第二定律与周期公式可以解题，解题时注意几何知识的应用。3．（18分）（2019湖南衡阳二模）如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FC与电场垂直，区域I边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于C点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ．在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝53°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为+q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射人磁场的粒子，恰能平行于电场方向进人区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上（不计粒子重力及其相互作用）求：（1）粒子的初速度大小v0；（2）电场的电场强度大小E；（3）荧光屏上的发光区域长度△x9【思路分析】（1）根据几何关系找半径，结合洛伦兹力提供向心力求粒子的初速度；（2）根据几何关系找半径，结合洛伦兹力提供向心力求粒子的初速度，再动能定理求出电场强度；（3）结合几何知识分析，粒子的速度方向从左、右两次进入区域Ⅰ打在距离M点的距离，求其差值即可；【名师解析】（1）如图甲所示，分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1＝R，由，得；（2）因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径r2＝2R，由，解得：，粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：，解得：；（3）如图乙所示，分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：，解得：；速度方向与电场方向平行向右射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最低点穿出，打在离M点x2处的屏上，由几何关系得，解得；分析可知所有粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度△x＝x2﹣x1＝1.2R；答：（1）粒子的初速度大小v0为；（2）电场的电场强度大小E为；（3）荧光屏上的发光区域长度△x为1.2R；10【点评】带电粒子在匀强磁场中运动，一般根据几何关系求得半径，然后由洛伦兹力做向心力求得磁感应强度；或由洛伦兹力做向心力求得半径，然后根据几何关系求得运动轨迹。4.(20分)（2019广东深圳二模）如图(a)所示，整个空间存在竖直向上的匀强电场（平行于纸面），在同一水平线上的两位置，以相同速率同时喷出质量均为m的油滴a和b，带电量为+q的a水平向右，不带电的b竖直向上。b上升高度为^时，到达最高点，此时a恰好与它相碰，瞬间结合成油滴P。忽略空气阻力，重力加速度为g.求：(l)油滴b竖直上升的时间及两油滴喷出位置的距离；(2)匀强电场的场强及油滴a、b结合为P后瞬间的速度：(3)若油滴P形成时恰位于某矩形区域边界，取此时为t=0时刻，同时在该矩形区域加一个垂直于纸面的周11期性变化的匀强磁场，磁场变化规律如图(b)所示，磁场变化周期为To（垂直纸面向外为正），已知P始终在矩形区域内运动，求矩形区域的最小面积。（忽略磁场突变的影响）【名师解析】