2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題跟蹤訓(xùn)練9 磁場及帶電粒子在磁場中的運動

2022年高考物理大二輪復(fù)習(xí) 專題三 電場和磁場 專題跟蹤訓(xùn)練9 磁場及帶電粒子在磁場中的運動一、選擇題1(2018·全國卷) (多選)如圖，紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導(dǎo)體L1、L2，L1中的電流方向向左，L2中的電流方向向上；L1的正上方有a、b兩點，它們相對于L2對稱整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中，外磁場的磁感應(yīng)強度大小為B0，方向垂直于紙面向外已知a、b兩點的磁感應(yīng)強度大小分別為B0和B0，方向也垂直于紙面向外則()A流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0B流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0C流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0D流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0解析由對稱性可知，流經(jīng)L1的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等，設(shè)為B1，流經(jīng)L2的電流在a、b兩點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等但方向相反，設(shè)其大小為B2，由磁場疊加原理有B0B1B2B0，B0B1B2B0，聯(lián)立解得B1B0，B2B0，所以A、C正確答案AC2(2018·河南六市一聯(lián))如圖所示，PQ和MN為水平平行放置的金屬導(dǎo)軌，相距L1 mP、M間接有一個電動勢為E6 V內(nèi)阻不計的電源和一只滑動變阻器，導(dǎo)體棒ab跨放在導(dǎo)軌上并與導(dǎo)軌接觸良好，棒的質(zhì)量為m 0.2 kg，棒的中點用細繩經(jīng)定滑輪與物體相連，物體的質(zhì)量M0.4 kg.棒與導(dǎo)軌的動摩擦因數(shù)為0.5(設(shè)最大靜摩擦力與滑動摩擦力相等，導(dǎo)軌與棒的電阻不計，g取10 m/s2)，勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2 T，方向豎直向下，為了使物體保持靜止，滑動變阻器連入電路的阻值不可能的是()A2 B2.5 C3 D4 解析對棒ab受力分析可知，其受繩的拉力TMg、安培力F安BIL和水平方向的摩擦力若摩擦力向左，且滿足mgMg，代入數(shù)據(jù)解得R14 ；若摩擦力向右，且滿足mgMg，代入數(shù)據(jù)解得R22.4 ，所以R的取值范圍為2.4 R4 ，則選A.答案A3(2018·廣東佛山質(zhì)檢)(多選)如圖所示，在空間內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場，質(zhì)子和某種粒子從磁場下邊界MN上的O點以相同的速度v0(v0在紙面內(nèi)，v0與MN的夾角為銳角)射入磁場中，發(fā)現(xiàn)質(zhì)子從邊界上的F點離開磁場，另一粒子從E點離開磁場已知2d，d，不計粒子的重力和粒子間的相互作用力下列說法正確的是()A從E點飛出的可能是粒子B從E點飛出的可能是氚核C兩種粒子在磁場中的運動時間相等D兩種粒子在磁場中的運動軌跡所對應(yīng)的圓心角相等解析設(shè)質(zhì)子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r1，另一種粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑為r2，兩種粒子的運動軌跡如圖所示，則由幾何關(guān)系可知，d2r1sin，3d2r2sin，兩式聯(lián)立可解得r23r1，由洛倫茲力提供向心力可得r1，另一種粒子的半徑r2，可得3，故從E點飛出的可能是氚核，選項A錯誤，B正確；由幾何知識可知，兩粒子在磁場中運動時，轉(zhuǎn)過的圓心角均為2()，故選項D正確；根據(jù)T可知兩種粒子的周期不同，由tT可知，兩粒子在磁場中的運動時間不相等，選項C錯誤答案BD4(2018·安徽示范高中質(zhì)檢)(多選)電磁動力發(fā)射裝置原理如圖所示，把待發(fā)射導(dǎo)體放置在強磁場中的M、N兩平行導(dǎo)軌中并與導(dǎo)軌良好接觸，導(dǎo)軌長度為x(不變)，再給導(dǎo)體通以大電流，使導(dǎo)體在安培力作用下沿導(dǎo)軌加速運動，并以某一速度發(fā)射出去已知磁場方向垂直兩導(dǎo)軌所在平面向上，下列說法正確的是()A要把導(dǎo)體向右發(fā)射出去，應(yīng)將N接電源正極，M接電源負極B在導(dǎo)體質(zhì)量、電流大小和磁感應(yīng)強度大小一定時，要增大發(fā)射速度，應(yīng)減小導(dǎo)軌間距和導(dǎo)體直徑C在其他條件不變時，可改變磁感應(yīng)強度B的方向，使之與導(dǎo)軌所在平面平行來增大發(fā)射速度D在其他條件不變時，可增大電流來增大發(fā)射速度解析由左手定則可知，要把導(dǎo)體向右發(fā)射出去，導(dǎo)體中的電流方向應(yīng)垂直紙面向里，則應(yīng)將N接電源正極，M接電源負極，A正確；導(dǎo)體發(fā)射的過程中，安培力對導(dǎo)體做正功，則由動能定理BILxmv2可知，v，在導(dǎo)體的質(zhì)量、電流大小和磁感應(yīng)強度大小一定時，要增大發(fā)射速度，應(yīng)增大導(dǎo)軌間距和導(dǎo)體直徑，B錯誤；在其他條件不變時，若磁感應(yīng)強度的方向與導(dǎo)軌所在平面平行，導(dǎo)體所受的安培力在垂直導(dǎo)軌所在平面方向上，則導(dǎo)體不能發(fā)射出去，C錯誤；由v可知，在其他條件不變時，可增大電流來增大發(fā)射速度，D正確答案AD5(2018·衡水中學(xué)高三調(diào)研)如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L，水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q、速率均為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都會聚到一點，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強度可以是哪一種(其中B0，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項中曲線為半徑是的圓)()解析若帶電粒子水平向右射入選項A所示的勻強磁場中，根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qv0B0，解得粒子運動的軌跡半徑RL，恰好等于磁場圓形邊界的半徑，所以可以使粒子都會聚到一點(梭形磁場區(qū)域的最下方點)，選項A正確；對于選項B中的圖象，粒子運動的軌跡半徑是磁場圓半徑的2倍，所以帶電粒子流無法從磁場區(qū)域的同一點離開，選項B錯誤；同理可知，選項D的圖象也不符合題意，選項D錯誤；對選項C的圖象分析，可知粒子都從磁場區(qū)域的下邊界離開，但不能會聚到同一點，選項C錯誤答案A6(2018·石家莊質(zhì)檢一) (多選)如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，直角邊bc的長度為L.三個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1t2t3332.不計粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A粒子的速率關(guān)系一定是v1v2<v3B粒子的速率關(guān)系可能是v2<v1<v3C粒子的比荷為D粒子的比荷為解析帶電粒子在勻強磁場中做圓周運動，由洛倫茲力提供向心力知，qvBm，解得R，設(shè)帶電粒子在勻強磁場中的運動軌跡所對的圓心角為，則運動時間t，即運動時間t與運動軌跡所對的圓心角成正比，可知帶電粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角123t1t2t3332，分析可知v3較大，v1和v2的大小關(guān)系可能為v1>v2、v1v2或v1<v2，則選項A錯誤，B正確；根據(jù)題述t1t2t3332，可知速率為v1和v2的粒子從ab邊射出，軌跡所對的圓心角相同，速率為v3的粒子從ac邊射出，從ab邊射出的粒子的運動軌跡所對的圓心角為，其時間t2t1，粒子比荷為，選項C錯誤；速率為v3的粒子的運動軌跡所對的圓心角為，由幾何關(guān)系可得Rcos30°L，解得RL，代入R，解得粒子比荷，選項D正確答案BD7(2018·昆明市高三摸底)(多選)如圖所示，在一磁感應(yīng)強度大小為B0、方向水平向右的勻強磁場中，有一通電直導(dǎo)線abc從中點折成夾角為120°的兩段(abc平面位于紙面內(nèi))，為使兩段通電導(dǎo)線ab、bc所受安培力大小相等，在紙面內(nèi)abc所在區(qū)域再加上另一磁感應(yīng)強度也為B0的勻強磁場，此時，合磁場的磁感應(yīng)強度大小變?yōu)锽，則()ABB0 BBB0CBB0 DBB0解析假設(shè)選項A正確，即BB0，考慮到另一勻強磁場的大小也為B0，應(yīng)用平行四邊形定則可得，合磁場B的方向與水平方向成30°角，這樣將合磁場分別沿著通電導(dǎo)線和垂直通電導(dǎo)線分解，則FabBcos30°·ILB0IL，F(xiàn)bcBcos30°·ILB0IL，符合題設(shè)要求，因此，選項A正確；同理可分析，選項C正確，B、D均錯誤答案AC8(2018·沈陽市高三質(zhì)檢一)(多選)如圖所示，垂直紙面向里的勻強磁場區(qū)域?qū)挾葹閐，縱向范圍足夠大現(xiàn)有一群電子從坐標(biāo)原點O以相同的速率v沿紙面不同方向進入磁場，并從右側(cè)射出若電子在磁場中運動的軌跡半徑為d，忽略電子間的相互作用，則下列判斷正確的是()A右邊界有電子射出的范圍為d<ydB右邊界有電子射出的范圍為0<ydC電子在磁場內(nèi)運動的最短時間為D電子在磁場內(nèi)運動的最短時間為解析沿y軸正方向射入磁場的電子從右邊界上yd處射出，沿x軸正方向射入磁場的電子運動軌跡剛好與右邊界在yd處相切，所以右邊界有電子射出的范圍為d<yd，選項A正確，B錯誤；電子射入點和射出點的連線越短，電子在勻強磁場中運動軌跡所對的圓心角越小，運動時間越短，當(dāng)電子射出點在x軸上時運動軌跡所對的最小圓心角為，電子在磁場中運動的最短時間t，選項C正確，D錯誤答案AC9(多選)如圖所示，在正方形abcd內(nèi)充滿方向垂直紙面向里、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場a處有比荷相等的甲、乙兩種粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁場，經(jīng)時間t1從d點射出磁場，乙粒子沿與ab成30°角的方向以速度v2垂直射入磁場經(jīng)時間t2垂直cd射出磁場，不計粒子重力和粒子間的相互作用力，則下列說法中正確的是()Av1v212 Bv1v24Ct1t221 Dt1t231解析甲、乙兩粒子的運動軌跡如圖所示，粒子在磁場中的運行周期為T，因為甲、乙兩種粒子的比荷相等，故T甲T乙設(shè)正方形的邊長為L，則由圖知甲粒子運行半徑為r1，運行時間為t1，乙粒子運行半徑為r2，運行時間為t2，而r，所以v1v2r1r24，選項A錯誤、B正確；t1t231，選項C錯誤、D正確答案BD二、非選擇題10(2018·全國卷)如圖，從離子源產(chǎn)生的甲、乙兩種離子，由靜止經(jīng)加速電壓U加速后在紙面內(nèi)水平向右運動，自M點垂直于磁場邊界射入勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，磁場左邊界豎直已知甲種離子射入磁場的速度大小為v1，并在磁場邊界的N點射出；乙種離子在MN的中點射出；MN長為l.不計重力影響和離子間的相互作用求(1)磁場的磁感應(yīng)強度大小；(2)甲、乙兩種離子的比荷之比解析(1)設(shè)甲種離子所帶電荷量為q1、質(zhì)量為m1，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R1，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，由動能定理有q1Um1v由洛倫茲力公式和牛頓第二定律有q1v1Bm1由幾何關(guān)系知2R1l由式得B(2)設(shè)乙種離子所帶電荷量為q2、質(zhì)量為m2，射入磁場的速度為v2，在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R2.同理有q2Um2vq2v2Bm2由題給條件有2R2由式得，甲、乙兩種離子的比荷之比為14答案(1)(2)1411(2018·江蘇卷)如圖所示，真空中四個相同的矩形勻強磁場區(qū)域，高為4d，寬為d，中間兩個磁場區(qū)域間隔為2d，中軸線與磁場區(qū)域兩側(cè)相交于O、O點，各區(qū)域磁感應(yīng)強度大小相等某粒子質(zhì)量為m、電荷量為q，從O沿軸線射入磁場當(dāng)入射速度為v0時，粒子從O上方處射出磁場取sin53°0.8，cos53°0.6.(1)求磁感應(yīng)強度大小B；(2)入射速度為5v0時，求粒子從O運動到O的時間t；(3)入射速度仍為5v0，通過沿軸線OO平移中間兩個磁場(磁場不重疊)，可使粒子從O運動到O的時間增加t，求t的最大值解析(1)粒子圓周運動的半徑r0，由題意知r0，解得B(2)設(shè)粒子在矩形磁場中的偏轉(zhuǎn)角為由drsin，得sin，即53°在一個矩形磁場中的運動時間t1·，解得t1直線運動的時間t2，解得t2則t4t1t2(3)將中間兩磁場分別向中央移動距離x粒子向上的偏移量y2r(1cos)xtan由y2d，解得xd則當(dāng)xmd時，t有最大值粒子直線運動路程的最大值sm(2d2xm)3d增加路程的最大值smsm2dd增加時間的最大值tm答案(1)(2)(3)