（新課標(biāo)）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(biāo)）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(yùn)動，曲率半徑變大 B．沿路徑a運(yùn)動，曲率半徑變小 C．沿路徑b運(yùn)動，曲率半徑變大 D．沿路徑b運(yùn)動，曲率半徑變小 [解析]　根據(jù)右手定則，粒子運(yùn)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(yùn)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(yùn)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(qiáng)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(yùn)動，根據(jù)題意畫出電子的運(yùn)動軌跡，如圖所示． 電子1垂直射入磁場，從b點離開，則運(yùn)動了半個圓周，ab即為電子1的運(yùn)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(yùn)動的時間t1＝＝，電子2運(yùn)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(qiáng)磁場中，磁感應(yīng)強(qiáng)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(fù)電，小球在斜面上的最大速度為 D．如果小球帶負(fù)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(fù)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(qiáng)度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有

6、界勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)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(jìn)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(yùn)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(yùn)動的直徑相同，由于磁感應(yīng)強(qiáng)度、電場強(qiáng)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(qiáng)度為B的水平勻強(qiáng)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(jìn)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(jìn)入磁場時所受洛倫茲力可能向上 B．帶電質(zhì)點進(jìn)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(qiáng)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(fù)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(qiáng)磁場中有一電荷量為q的正離子，由a點沿 半圓軌道運(yùn)動，當(dāng)它運(yùn)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(yùn)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(biāo)系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)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(fù)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(qiáng)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(yùn)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(yùn)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(xì)桿上滑動，細(xì)桿處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)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(yùn)動過程中，圓環(huán)運(yùn)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(dāng)qvB＝mg時，環(huán)和桿之間無彈力，此時v＝，當(dāng)v0＝v時，環(huán)在桿上直接做勻速直線運(yùn)動，選項A正確；當(dāng)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(yùn)動，環(huán)的加速度減小，當(dāng)減速到qvB＝mg時，環(huán)和桿之間無彈力，此后環(huán)做勻速運(yùn)動，選項D正確；當(dāng)v0

12、圖所示，在Ⅰ、Ⅱ兩個區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B的勻強(qiáng)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(yùn)動軌跡半徑為 B．粒子從距A點0.5d處射入，不會進(jìn)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(yùn)動的時間為 D．能夠進(jìn)入Ⅱ區(qū)域的粒子，在Ⅱ區(qū)域內(nèi)運(yùn)動的最短時間為 [解析]　粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)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(jìn)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(jìn)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(yùn)動的軌跡為半個圓周，故時間t＝＝，故C正確；從A點進(jìn)入Ⅱ區(qū)域的粒子在磁場Ⅱ中運(yùn)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(qiáng)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(yùn)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(fù)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(yùn)動，進(jìn)入上方磁場做勻速圓周運(yùn)動，再分別做勻速直線運(yùn)動和勻速圓周運(yùn)動的軌跡如圖所示，由于上、下方磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)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(yùn)動和兩次勻速圓周運(yùn)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(fù)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(biāo)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(qiáng)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(biāo)為(0，R0)的A點沿y軸負(fù)方向射入磁場區(qū)域Ⅰ，粒子全部經(jīng)過坐標(biāo)為(R0,0)的P點，方向沿x軸正方向．當(dāng)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(qiáng)磁場時，上述粒子仍從A點沿y軸負(fù)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(qiáng)度B1的大?。? (

17、2)若環(huán)形區(qū)域Ⅱ中磁感應(yīng)強(qiáng)度B2＝B1，求M點坐標(biāo)及環(huán)形外圓半徑R. (3)求粒子從A點沿y軸負(fù)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(yùn)動到P點，顯然r1＝R0， 且qB1v0＝m，而E0＝mv， 所以B1＝. (2)粒子進(jìn)入環(huán)形區(qū)域Ⅱ后做沿順時針方向的勻速圓周運(yùn)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(yùn)動的軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系可知，∠POM＝60°，故M點的坐標(biāo)為 xM＝R0cos60°＝R0， yM＝－R0sin60°＝－R0， 則M點的坐標(biāo)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(jìn)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