1、限时练通高考_科学设题_拿下高考高分 (45分钟)基础题组专练1(2020河南周口4月调研)如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1O1bbO2O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为()AB1BB2CB2B1 D解析：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1O1bbO2O2cr，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故
2、a点磁感应强度B1B1rB3r；b点磁感应强度B2B1rB1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度BcB3rB1B2，故选A。答案：A2(2020浙江省名校联合体高三下学期3月第二次联考)如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，M、N与直流电源相连，圆环的劣弧MGN对应的圆心角为90，它所受的安培力大小为F，则整个圆环所受的安培力大小为()A2F B(1)FC.F DF解析：由图知，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分是并联关系，两部分的长度之比为13，电阻之比是13，通过电流之比为31，两部分在磁场中的等效长度相同，等效电流方向相同，则两部分所受安培力大小之比为31，方
3、向相同，所以整个圆环所受的安培力大小为F，故D项正确，A、B、C三项错误。答案：D3(2020山东泰安质量检测)如图所示，正方形区域abcd内存在磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点，在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，粒子恰好从e点射出。若磁场方向不变，磁感应强度变为，粒子的射入方向不变，速率变为2v，则粒子的射出点位于()Ae点 Bd点Cdf间 Dfc间解析：当磁感应强度为B，粒子速度为v时，半径R；当磁感应强度变为，粒子速度变为2v时，半径R4R。如图所示，过a点作速度v的垂线，与cd的延长线交于O点，由几何关系可知Oa4R，Odad2ae2RR
4、，因此粒子出射点应在df间。答案：C4(2020湖北黄冈5月检测)如图，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角30的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从半圆弧上射出，则磁感应强度的大小不可能为()A. BC. D解析：当粒子轨迹恰好与MN相切时为临界条件，粒子轨迹如图所示，根据几何知识可得，AOB120，OABBAO30，故，r0，解得r0R，又r0R，解得B0，若使粒子从半圆弧上射出，有rR，即B，故应选B。答案：B5(2020广东汕头高三一模)如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷为k1、k2的带电粒
5、子A、B分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场。已知v1沿半径方向，v2与v1夹角为30，POM120。不计粒子重力，下列判断正确的是()A若v1v2，则k1k21B若v1v2，则t1t22C若t1t2，则k1k221D若t1t2，则v1v21解析：设匀强磁场区域半径为R，带电粒子A、B的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子A的轨道半径r1Rtan 60R，粒子B的轨道半径r2R，粒子A转过的圆心角为160，粒子B转过的圆心角为2120。根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq，故速度v，运动周期T，则运动时间tT。若v1v2，则k1k2r2r11，故A错误；若v1v2
6、，则t1t21r12r22，故B正确；若t1t2，则k1k21212，故C错误；若t1t2，则v1v2k1r1k2r21r12r22，故D错误。答案：B6如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为的光滑绝缘固定斜面上，斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时金属细杆()A电流流向垂直纸面向外B受到的安培力大小为2BILsin C对斜面压力大小变为原来的2倍D将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsin 解析：金属细杆水平静止在斜面上时，对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直
7、于斜面向上的支持力和水平向右的安培力，由左手定则知电流流向垂直纸面向里，故A错误；根据安培力公式可得，磁感应强度大小和电流大小改变时金属细杆受到的安培力大小为F安4BIL2BIL，故B错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得FNcos mg，FNsin BIL，磁感应强度大小和电流大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得FNmgcos 2BILsin ，agsin ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确。答案：D7(2020贵州贵阳二模)如图所示，一边长为2R的正方形与半径为R的圆相切，两区域内有大小相等、方向相反的匀强磁场。M
8、是正方形左边长的中点，O点是圆的圆心，M、O、N三点共线。若使比荷为、重力不计的两个带正电的粒子分别从M、N两点以速度v0沿MON直线相向进入磁场；它们在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场。若从N点进入磁场的带电粒子的速度大小变为2v0，并改变其速度方向，该粒子将从M点离开磁场。求：(1)匀强磁场的磁感应强度大小；(2)粒子从N点以2v0进入磁场运动到M点的总时间。解析：(1)通过分析可知，只有当带电粒子在磁场中运动圆周时，两个粒子在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供qv0Bm，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的半径rR，所以B
9、。(2)当带电粒子在圆形磁场中从N进入从M点射出时，粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，有q(2v0)B解得r2R所以MO2P和PNO1都是正三角形，该粒子在两个磁场中运动的总时间t粒子在磁场中运动的周期T联立解得t。答案：(1)(2)能力题组专练8(2019高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是()A粒子带正电B粒子在b点速率大于在a点速率C若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出D若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短解析：由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电，A错误；粒
10、子在磁场中做匀速圆周运动，故粒子在b点速率等于在a点速率，B错误；由qvBm得R，若仅减小磁感应强度，则R增大，如图，粒子将从b点右侧射出，故C正确；粒子运动周期T，若仅减小入射速率，则R减小，T不变，粒子运动轨迹所对应的圆心角变大，由tT可知，粒子运动时间将变长，故D错误。答案：C9如图，在xOy平面内，虚线yx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、电荷量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为()A. BC. D解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB，将题中的v值代入上式得rl，粒子
11、运动的时间t最短时，粒子偏转的角度最小，则所对弦最短，过A点作虚线的垂线，交虚线于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ABOAsin 60l，则粒子偏转的角度60，结合周期公式T，可知粒子在磁场中运动的最短时间为t，故C正确，A、B、D错误答案：C10(2019高考全国卷)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30，粒子进入磁场的入射点与离开磁
12、场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qUmv2设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvBm由几何关系知dr联立式得(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为srtan 30带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t联立式得t()答案：(1)(2)()11(2020高考全国卷)如图，在0xh，y0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁
13、场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B由此可得R粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足Rh由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得Bm(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由式可得，此时圆弧半径为R2h粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为，由几何关系sin 即由几何关系可得，P点与x轴的距离为y2h(1cos )联立式得y(2)h答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里(2)(2)h