（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題八 磁場 課時跟蹤訓練41

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1、（新課標）2022年高考物理一輪復習 主題八 磁場 課時跟蹤訓練41 一、選擇題 1．(2017·全國卷Ⅰ)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里．三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動．下列選項正確的是(　　) A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma [解析]　由題意知，三個帶電微粒受力情況：mag＝qE，mbg＝qE＋Bqv，mcg＋Bqv＝q

2、E，所以mb>ma>mc，故B正確，A、C、D錯誤． [答案]　B 2．(多選)如圖所示，整個空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，ac為一水平線．一帶電小球從a點由靜止釋放，部分運動軌跡如圖中曲線所示，b為整段軌跡的最低點．下列說法正確的是(　　) A．軌跡ab為四分之一圓弧 B．小球經(jīng)過b點后一定能到ac水平線 C．小球到b點時速度一定最大，且沿水平方向 D．小球在b點時受到的洛倫茲力與重力大小相等 [解析]　由于小球同時受到重力和洛倫茲力作用，且小球從a點運動到b點的過程中洛倫茲力逐漸增大，故小球不能做圓周運動，選項A錯誤；在小球運動的過程中，由于洛倫茲力不做功，故只有小球的

3、重力做功，機械能守恒，故小球經(jīng)過b點后一定能到ac水平線，選項B正確；由于b點為最低點，此時小球重力做功最多，由動能定理可知，此時小球的速度一定最大，且速度方向沿切線方向，選項C正確；小球做曲線運動，在b點有豎直向上的向心力，故洛倫茲力大于重力，選項D錯誤． [答案]　BC 3．(2017·北京西城區(qū)模擬)圖甲中質(zhì)子經(jīng)過直線加速器加速后進入半徑一定的環(huán)形加速器，在環(huán)形加速器中，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速，當質(zhì)子的速度達到要求后，再將它們分成兩束引導到圖乙的對撞軌道中，在對撞軌道中兩束質(zhì)子沿相反方向做勻速圓周運動，并最終實現(xiàn)對撞．質(zhì)子在磁場的作用下做圓周運動．下列說法中正確的是(　　)

4、 A．質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減弱 B．質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變 C．質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減弱 D．質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變 [解析]　質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速，速度增大，環(huán)形軌道的半徑保持不變，由qvB＝m，即r＝知，B逐漸增大，故A、B錯誤；質(zhì)子在對撞軌道中運動時，環(huán)形軌道的半徑保持不變，洛倫茲力不做功，速率不變，由r＝知，磁場始終保持不變，故C錯誤，D正確． [答案]　D 4．如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電場和磁場，電

5、場強度大小為E、方向豎直向下，磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里．從電場、磁場中某點P由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖虛線所示．對于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，下列給出了四個表達式，可能正確的是(　　) A. B. C. D. [解析]　根據(jù)題意，由動能定理知粒子運動到最低點的過程中有，qEH＝mv2，在最低點，洛倫茲力大于電場力，qE，且H的單位一定跟的單位相同，故A正確． [答案]　A 5．如圖所示，空間的某個復合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場．質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速

6、后，垂直于復合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復合場后的動能Ek′的大小是(　　) A．Ek′＝Ek B．Ek′>Ek C．Ek′

7、正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒從a點進入場區(qū)并剛好能沿ab直線向上運動，下列說法中正確的是(　　) A．微粒一定帶負電 B．微粒的動能一定減小 C．微粒的電勢能一定增加 D．微粒的機械能一定增加 [解析]　微粒進入場區(qū)后沿直線ab運動，則微粒受到的合力或者為零，或者合力方向在ab直線上(垂直于運動方向的合力仍為零)．若微粒所受合力不為零，則必然做變速運動，由于速度的變化會導致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運動方向上的合力不再為零，微粒就不能沿直線運動，因此微粒所受合力只能為零而做勻速直線運動；若微粒帶正電，則受力分析如圖甲所示，合力不可

8、能為零，故微粒一定帶負電，受力分析如圖乙所示，故選項A正確，B錯誤；靜電力做正功，微粒電勢能減小，機械能增大，故選項C錯誤，D正確． [答案]　AD 7．如圖所示，一個帶正電荷的小球從a點出發(fā)水平進入正交垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場方向豎直向上，某時刻小球運動到了b點，則下列說法正確的是(　　) A．從a到b，小球可能做勻速直線運動 B．從a到b，小球可能做勻加速直線運動 C．從a到b，小球動能可能不變 D．從a到b，小球機械能可能不變 [解析]　帶電小球的初速度是水平的，從a運動到b點的過程中小球在豎直方向上發(fā)生位移，說明小球做的是曲線運動，所以小球受力不為零，即

9、小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤．從以上分析可知小球做曲線運動，即變速運動，故小球受到磁場的洛倫茲力也是變化的，故小球受到的合力是變力，所以小球不可能做勻加速直線運動，故B錯誤．當小球的重力和電場力平衡時，小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向，小球的動能不變，故C正確．從a到b，電場方向豎直向上，電場力一定做功，故機械能肯定不守恒，故D錯誤． [答案]　C 8．如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直．一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點M滑下到最右端，則下列說法中正確的是(　　) A．滑塊經(jīng)過最低點時的速度比磁場

10、不存在時大 B．滑塊從M點到最低點的加速度比磁場不存在時小 C．滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小 D．滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等 [解析]　由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的速度不變，選項A錯誤；由a＝，與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的加速度不變，選項B錯誤；由左手定則，滑塊經(jīng)最低點時受到的洛倫茲力向下，而滑塊所受的向心力不變，故滑塊經(jīng)最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大，選項C錯誤；由于洛倫茲力始終與運動方向垂直，在任意一點，滑塊經(jīng)過時的速度均不變，選項D正確． [答案]　D 9．(多選)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細繩一端固

11、定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球所帶的電荷量為q＝6×10－7 C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零．當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零．在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g＝10 m/s2.則下列判斷正確的是(　　) A．勻強電場的場強大小為3.2×106 V/m B．小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 J C．小球做順時針方向的勻速圓周運動 D．小球所受的洛倫茲力的大小為3 N [解析]　根據(jù)

12、小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢φ隨縱坐標y的變化關(guān)系可得，勻強電場的電場強度大小E＝ V/m＝5×106 V/m，選項A錯誤；由于帶電小球在運動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，又由于帶電小球在復合場(重力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細繩上的拉力剛好為零，則小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qE＝mg，因此當帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE·2L＝2.4 J，選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據(jù)左手定則可知，小球沿逆

13、時針方向運動，選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得fB＝，又qE＝mg，解得fB＝3 N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3 N，選項D正確． [答案]　BD 二、非選擇題 10．如圖所示，質(zhì)量為m＝1 kg、電荷量為q＝5×10－2 C的帶正電的小滑塊，從半徑為R＝0.4 m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下．整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中．已知E＝100 V/m，方向水平向右；B＝1 T，方向垂直紙面向里．(g＝10 m/s2)求： (1)滑塊到達C點時的速度； (2)在C點時滑塊所受洛倫茲力． [解析]　以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg

14、，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力F＝qvB，方向始終垂直于速度方向． (1)滑塊從A到C過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得 mgR－qER＝mv 得vC＝ ＝2 m/s，方向水平向左． (2)根據(jù)洛倫茲力公式得：F＝qvCB＝5×10－2×2×1 N＝0.1 N，方向豎直向下． [答案]　(1)2 m/s，方向水平向左　(2)0.1 N，方向豎直向下 11.(2017·濟寧三模)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿－y方向、電場強度為E的勻強電場．從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等

15、的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與＋y方向成30°～150°，且在xOy平面內(nèi)．結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)．已知帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，重力不計．求： (1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運動的速度大小v1； (2)粒子在第一象限的磁場中運動的最長時間以及對應的射入方向； (3)從x軸上x＝(－1)a點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上y＝－b的點，求該粒子經(jīng)過y＝－b點的速度大?。? [解析]　(1)粒子運動規(guī)律如圖所示． 粒子運動的圓心在O點，軌跡半徑r1＝a 由牛頓第二定律得：qv1B＝m 解得：v1＝ (2)當粒

16、子初速度與y軸正方向夾角為30°時，粒子運動的時間最長， 此時軌道對應的圓心角α＝150° 粒子在磁場中運動的周期：T＝ 粒子的運動時間：t＝T＝×＝ (3)如圖所示，設粒子射入磁場時速度 方向與y軸負方向的夾角為θ， 由幾何知識得：R－Rcosθ＝(－1)a Rsinθ＝a 解得：θ＝45° R＝a 此粒子進入磁場的速度v0，v0＝＝ 設粒子到達y軸上速度為v，根據(jù)動能定理得：Eqb＝mv2－mv v＝. [答案]　(1)　(2) (3) 12．(2017·四川聯(lián)考)如圖甲所示，Ⅰ、Ⅱ兩區(qū)域內(nèi)分布有垂直于紙面的勻強磁場，平行虛線MN、PQ、EF為磁場的邊界，

17、Ⅱ區(qū)域的磁場寬度為s，兩磁場之間的區(qū)域?qū)挾葹長，分布著周期性變化的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q、重力不計的粒子從Ⅰ區(qū)域距左邊界為L的A點以平行于邊界且與磁場垂直的方向以初速度v0在磁場中開始運動，以此作為計時起點，豎直向下為電場正方向，電場隨時間周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子離開Ⅰ區(qū)域進入電場時，速度恰好與電場方向垂直，再經(jīng)過一段時間粒子又恰好回到A點，如此循環(huán)，粒子循環(huán)運動一周，電場恰好變化一個周期，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8. (1)求Ⅰ區(qū)域的磁場的磁感應強度B1； (2)若E0＝，要實現(xiàn)上述循環(huán)，Ⅱ區(qū)域的磁場寬度s的最小值為多少？ (3)若E0＝，要

18、實現(xiàn)上述循環(huán)，電場的變化周期T應為多少？ [解析]　(1)畫出粒子的運動軌跡，如圖所示．由圖中幾何關(guān)系可知，粒子在Ⅰ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑r1＝L，由洛倫茲力提供向心力得qv0B1＝m，解得B1＝. (2)粒子在電場中做類平拋運動，設它離開電場時沿電場方向的速度為vy，速度偏向角為θ，根據(jù)運動學規(guī)律有L＝v0t，vy＝at，根據(jù)牛頓第二定律得a＝，又tanθ＝，聯(lián)立解得θ＝53°，所以可得粒子離開電場時的速度為v＝＝v0. 粒子在電場中沿電場線方向移動的距離y＝at2＝L，由圖中幾何關(guān)系可知，粒子在Ⅱ區(qū)域做勻速圓周運動的半徑r2＝＝L. 由此可得要實現(xiàn)題述循環(huán)，Ⅱ區(qū)域的磁場寬度s應滿足的條件為s≥r2(1－sin53°)＝，即smin＝. (3)電場變化的周期等于粒子運動的周期，粒子在Ⅰ區(qū)域運動的時間為 t1＝＝. 粒子在電場中運動的時間為t2＝. 粒子在Ⅱ區(qū)域運動時間為 t3＝·＝. 綜上可知，電場變化的周期為 T＝t1＋t2＋t3＝L. [答案]　(1)　(2)　(3)L