（新課標）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題八 磁場 課時跟蹤訓(xùn)練39

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1、（新課標）2022年高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題八 磁場 課時跟蹤訓(xùn)練39 1．(2017·黑龍江大慶模擬)如圖所示，水平直導(dǎo)線中通有穩(wěn)恒電流I，現(xiàn)在導(dǎo)線正上方以初速度v0釋放一重力不計的帶正電的粒子，v0方向與電流方向相同，則粒子將(　　) A．沿路徑a運動，曲率半徑變大 B．沿路徑a運動，曲率半徑變小 C．沿路徑b運動，曲率半徑變大 D．沿路徑b運動，曲率半徑變小 [解析]　根據(jù)右手定則，粒子運動處磁場向里，根據(jù)左手定則，粒子受洛倫茲力向下，所以沿a運動，R＝，B增加，R減小，所以曲率半徑減小，選項ACD錯誤，B正確． [答案]　B 2．(多選)(2017·江蘇泰州模擬)如圖

2、所示，一個帶正電荷的小球沿水平光滑絕緣的桌面向右運動，飛離桌子邊緣A，最后落到地板上．設(shè)有磁場時飛行時間為t1，水平射程為x1，著地速度為v1；若撤去磁場，其余條件不變時，小球飛行時間為t2，水平射程為x2，著地速度為v2.則下列結(jié)論正確的是(　　) A．x1>x2 B．t1>t2 C．v1>v2 D．v1和v2相同 [解析]　由左手定則，小球落地前受到的洛倫茲力方向斜向上，使得豎直方向上的合力小于重力，故t1>t2，選項B正確；而洛倫茲力的水平分量使水平分速度增大，且時間又變長，故x1>x2，選項A正確；由于洛倫茲力不做功，故v1、v2的大小相等，但方向不同，選項CD錯誤．

3、 [答案]　AB 3．(2017·黑龍江哈爾濱模擬)如圖所示，直線MN上方有垂直紙面向里的勻強磁場，電子1從磁場邊界上的a點垂直MN和磁場方向射入磁場，經(jīng)t1時間從b點離開磁場．之后電子2也由a點沿圖示方向以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從a、b連線的中點c離開磁場，則t1∶t2為(　　) A．2∶3 B．2∶1 C．3∶2 D．3∶1 [解析]　兩電子在磁場中均做勻速圓周運動，根據(jù)題意畫出電子的運動軌跡，如圖所示． 電子1垂直射入磁場，從b點離開，則運動了半個圓周，ab即為電子1的運動軌跡的直徑，c點為圓心．電子2以相同速率垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)t2時間從

4、a、b連線的中點c離開磁場，根據(jù)r＝可知，電子1和2的軌跡半徑相等，根據(jù)幾何關(guān)系可知，△aOc為等邊三角形，則電子2轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，所以電子1運動的時間t1＝＝，電子2運動的時間t2＝＝，所以t1∶t2＝3∶1，故選D. [答案]　D 4．(多選)(2017·山東煙臺模擬)一個足夠長的絕緣斜面，傾角為θ，置于勻強磁場中，磁感應(yīng)強度為B，方向垂直于紙面向里，與水平面平行，如圖所示，現(xiàn)有一帶電荷量為q，質(zhì)量為m的小球在斜面頂端由靜止開始釋放，小球與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ，則(　　) A．如果小球帶正電，小球在斜面上的最大速度為 B．如果小球帶正電，小球在斜面上的最大速度為 C．

5、如果小球帶負電，小球在斜面上的最大速度為 D．如果小球帶負電，小球在斜面上的最大速度為 [解析]　如果小球帶正電，洛倫茲力垂直斜面向下，速度最大時滿足：mgsinθ＝μ(mgcosθ＋Bqv)，解得：v＝，選項A錯誤，B正確；小球帶負電時，洛倫茲力垂直于斜面向上，在斜面上速度最大時，小球與斜面之間的彈力為零，Bqv＝mgcosθ，解得：v＝，選項C正確，D錯誤． [答案]　BC 5．(多選)(2017·陜西西安八校聯(lián)考)如圖為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成，若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有

6、界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外，一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點，不計粒子重力，下列說法中正確的是(　　) A．極板M比極板N電勢高 B．加速電場的電壓U＝ER C．直徑PQ＝2B D．若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群粒子具有相同的比荷 [解析]　由左手定則可知，粒子帶正電，而粒子在M、N間被加速，所以M板的電勢高于N板，A正確；根據(jù)電場力提供向心力，則有qE＝m，又粒子在加速電場中運動，有qU＝mv2，從而解得U＝，B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向

7、心力，有qvB＝m，結(jié)合上式可知，PQ＝2r＝·，若一群粒子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點說明運動的直徑相同，由于磁感應(yīng)強度、電場強度與靜電分析器的半徑不變，則該群粒子具有相同的比荷，C錯誤，D正確． [答案]　AD 6．(多選)(2017·南昌調(diào)研)空間有一磁感應(yīng)強度為B的水平勻強磁場，質(zhì)量為m、電荷量為q的質(zhì)點以垂直于磁場方向的速度v0水平進入該磁場，在飛出磁場時高度下降了h，重力加速度為g，則下列說法正確的是(　　) A．帶電質(zhì)點進入磁場時所受洛倫茲力可能向上 B．帶電質(zhì)點進入磁場時所受洛倫茲力一定向下 C．帶電質(zhì)點飛出磁場時速度的大小為v0 D．帶電質(zhì)點飛出磁場時

8、速度的大小為 [解析]　因為磁場為水平方向，帶電質(zhì)點水平且垂直于磁場方向飛入該磁場，若磁感應(yīng)強度方向為垂直紙面向里，利用左手定則，可以知道若質(zhì)點帶正電，從左向右飛入瞬間洛倫茲力方向向上，若質(zhì)點帶負電，飛入瞬間洛倫茲力方向向下，A對，B錯；利用動能定理mgh＝mv2－mv，得v＝，C錯，D對． [答案]　AD 7．如圖所示，勻強磁場中有一電荷量為q的正離子，由a點沿 半圓軌道運動，當它運動到b點時，突然吸收了附近若干電子，接著沿另一半圓軌道運動到c點，已知a、b、c在同一直線上，且ac＝ab，電子的電荷量為e，電子質(zhì)量可忽略不計，則該離子吸收的電子個數(shù)為(　　) A. B. C

9、. D. [解析]　正離子由a到b的過程，軌跡半徑r1＝，此過程有qvB＝m，正離子在b點附近吸收n個電子，因電子質(zhì)量不計，所以正離子的速度不變，電荷量變?yōu)閝－ne，正離子從b到c的過程中，軌跡半徑r2＝＝ab，且(q－ne)vB＝m，解得n＝，D正確． [答案]　D 8．(2017·廣東珠海一模)如圖所示，直角坐標系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子在紙面內(nèi)以速度v從y軸負方向上的A點(0，－L)射入，其方向與x軸正方向成30°角，粒子離開磁場后能回到A點，不計重力．求： (1)磁感應(yīng)強度B的大??； (2)粒子從A點出發(fā)到再回到A點的

10、時間． [解析]　(1)粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系知， r＝＝2L，洛倫茲力提供向心力，qvB＝， 聯(lián)立得B＝. (2)粒子做勻速直線運動的時間t1＝2×＝， 在磁場中偏轉(zhuǎn)了300°，所用時間 t2＝T＝×＝， 粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間t＝t1＋t2＝. [答案]　(1)　(2) [素能培養(yǎng)] 9．(多選)(2017·河北黃驊中學(xué)月考)如圖所示為一個質(zhì)量為m、電荷量為＋q的圓環(huán)，可在水平放置的足夠長的粗糙細桿上滑動，細桿處于磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中(不計空氣阻力)，現(xiàn)給圓環(huán)向右的初速度v0，在以后的運動過程中，圓環(huán)運動的速度—時間圖象可能是圖

11、中的(　　) [解析]　根據(jù)共點力的平衡條件可知當qvB＝mg時，環(huán)和桿之間無彈力，此時v＝，當v0＝v時，環(huán)在桿上直接做勻速直線運動，選項A正確；當v0>v時，qv0B>mg，環(huán)和桿之間有摩擦力作用，根據(jù)牛頓第二定律可得μ(qvB－mg)＝ma，環(huán)做減速運動，環(huán)的加速度減小，當減速到qvB＝mg時，環(huán)和桿之間無彈力，此后環(huán)做勻速運動，選項D正確；當v0

12、圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小均為B的勻強磁場，磁場方向分別垂直于紙面向外和向里，AD、AC邊界的夾角∠DAC＝30°，邊界AC與邊界MN平行，Ⅱ區(qū)域?qū)挾葹閐.質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子可在邊界AD上的不同點射入，入射速度垂直于AD且垂直于磁場，若入射速度大小為，不計粒子重力，則(　　) A．粒子在磁場中的運動軌跡半徑為 B．粒子從距A點0.5d處射入，不會進入Ⅱ區(qū)域 C．粒子從距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)運動的時間為 D．能夠進入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運動的最短時間為 [解析]　粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，根據(jù)牛頓第二定律，有qvB＝m

13、，其中v＝，解得r＝d，故A錯誤；畫出粒子恰好不進入Ⅱ區(qū)域的臨界軌跡，如圖所示，結(jié)合幾何關(guān)系，有AO＝＝2r＝2d，故粒子從距A點0.5d處射入，會進入Ⅱ區(qū)，故B錯誤；粒子從距A點1.5d處射入，在Ⅰ區(qū)域內(nèi)運動的軌跡為半個圓周，故時間t＝＝，故C正確；從A點進入Ⅱ區(qū)域的粒子在磁場Ⅱ中運動的軌跡最短(弦長也最短)，時間最短，軌跡對應(yīng)的圓心角為60°，則時間tmin＝＝，故D正確． [答案]　CD 11．(多選)(2017·四川資陽二診)圖中的MN、PQ為兩條相互平行的虛線，在MN的上方、PQ的下方空間存在相同的垂直紙面向里的勻強磁場，在圖中的O點沿與PQ成θ＝30°角的方向斜向上射出一帶

14、電粒子(紙面內(nèi)運動)，粒子在上、下兩磁場中各偏轉(zhuǎn)一次后恰好經(jīng)過圖中的S點，且經(jīng)過S點的速度與O點的速度方向相同．不計粒子的重力．則(　　) A．如果保持θ不變，僅增大粒子的初速度，則粒子一定還能經(jīng)過S點 B．粒子每次經(jīng)過邊界PQ時的速度都與初速度相同 C．該粒子可能帶正電也可能帶負電 D．如果僅將θ增大到60°，則粒子一定不能經(jīng)過S點 [解析]　以帶正電荷的粒子為例，粒子先在MN和PQ間做勻速直線運動，進入上方磁場做勻速圓周運動，再分別做勻速直線運動和勻速圓周運動的軌跡如圖所示，由于上、下方磁場的磁感應(yīng)強度相等，則軌跡對應(yīng)的弦長x＝2rsinθ，而r＝.設(shè)兩平行虛線之間的距離為L

15、，粒子經(jīng)過兩次勻速直線運動和兩次勻速圓周運動后沿水平方向向右移動的距離OS＝Lcotθ－x＋Lcotθ＋x＝2Lcotθ，與軌跡半徑無關(guān)，即與速度無關(guān)，所以增大粒子的速度后，粒子仍將通過S點，選項A正確；由以上分析，粒子每次經(jīng)過PQ時速度方向與初速度方向不一定相同，選項B錯誤；粒子若帶負電，則粒子在上方磁場先向右平移x，到下方磁場后向左平移x，則總的平移距離仍為2Lcotθ，選項C正確；若將θ增大到60°，則粒子上下偏轉(zhuǎn)一次平移的距離將發(fā)生變化，但由于3cot60°＝cot30°，即粒子經(jīng)過3次上下偏轉(zhuǎn)后，也將通過S點，選項D錯誤． [答案]　AC 12．(2017·山東淄博一模)如圖

16、所示為一磁約束裝置的原理圖，同心圓圓心O與xOy平面坐標系原點重合．半徑為R0的圓形區(qū)域Ⅰ內(nèi)有方向垂直于xOy平面向里的勻強磁場．一束質(zhì)量為m、電荷量為q、動能為E0的帶正電粒子從坐標為(0，R0)的A點沿y軸負方向射入磁場區(qū)域Ⅰ，粒子全部經(jīng)過坐標為(R0,0)的P點，方向沿x軸正方向．當在環(huán)形區(qū)域Ⅱ加上方向垂直于xOy平面向外的另一勻強磁場時，上述粒子仍從A點沿y軸負方向射入?yún)^(qū)域Ⅰ，所有粒子恰好能夠約束在環(huán)形區(qū)域內(nèi)，且經(jīng)過環(huán)形區(qū)域Ⅱ的磁場偏轉(zhuǎn)后第一次沿半徑方向從區(qū)域Ⅱ射入?yún)^(qū)域Ⅰ時經(jīng)過內(nèi)圓周上的M點(M點未畫出)．不計重力和粒子間的相互作用． (1)求區(qū)域Ⅰ中磁感應(yīng)強度B1的大?。? (

17、2)若環(huán)形區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強度B2＝B1，求M點坐標及環(huán)形外圓半徑R. (3)求粒子從A點沿y軸負方向射入圓形區(qū)域Ⅰ至再次以相同速度經(jīng)過A點的過程所通過的總路程． [解析]　(1)由題意，粒子在區(qū)域Ⅰ內(nèi)從A點做勻速圓周運動到P點，顯然r1＝R0， 且qB1v0＝m，而E0＝mv， 所以B1＝. (2)粒子進入環(huán)形區(qū)域Ⅱ后做沿順時針方向的勻速圓周運動，則有 qB2v0＝m， 由題設(shè)條件B2＝B1， 解得r2＝R0. 畫出粒子在環(huán)形區(qū)域Ⅱ內(nèi)做勻速圓周運動的軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系可知，∠POM＝60°，故M點的坐標為 xM＝R0cos60°＝R0， yM＝－R0sin60°＝－R0， 則M點的坐標為， 由幾何關(guān)系得外圓的半徑R＝r2＋2r2＝3r2＝R0. (3)粒子在區(qū)域Ⅰ和區(qū)域Ⅱ兩次偏轉(zhuǎn)后，從M點再次進入?yún)^(qū)域Ⅰ時，圓心角轉(zhuǎn)過150°，設(shè)經(jīng)過至少m次這樣的偏轉(zhuǎn)后再次以相同速度經(jīng)過A點，此時圓心角轉(zhuǎn)過n個360°，則有 150m＝360n(m、n取正整數(shù))，解得m＝12，n＝5. 而粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ偏轉(zhuǎn)一次通過的路程 s1＝×2πr1＋×2πr2＝πR0. 所以粒子經(jīng)過12次這樣的偏轉(zhuǎn)后第一次通過A點，則總路程為 s＝12s1＝πR0. [答案]　(1)　(2)　R0　(3)πR0