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(課標通用)高考物理二輪復習 專題3 電場與磁場 專題跟蹤檢測9(含解析)-人教版高三全冊物理試題

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1、專題跟蹤檢測(九) (建議用時:45分鐘) 基礎通關(guān) 1.(2019·安徽安慶高三期末)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行.一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的(  ) A.軌道半徑減小,角速度增大 B.軌道半徑減小,角速度減小 C.軌道半徑增大,角速度增大 D.軌道半徑增大,角速度減小 D 解析 分析軌道半徑,帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的速度v大小不變,磁感應強度B減小,由公式r=可知,軌道半徑增大;分析角速度,由公式T=可知,粒子在磁場中運動的周期增大,根據(jù)ω=知角速度減小,選

2、項D正確. 2.(2019·北京卷)如圖所示,正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場.一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入,從b點射出.下列說法正確的是(  ) A.粒子帶正電 B.粒子在b點速率大于在a點速率 C.若僅減小磁感應強度,則粒子可能從b點右側(cè)射出 D.若僅減小入射速率,則粒子在磁場中運動時間變短 C 解析 由題可知,粒子向下偏轉(zhuǎn),根據(jù)左手定則,所以粒子應帶負電,選項A錯誤;由于洛倫茲力不做功,所以粒子動能不變,即粒子在b點速率與a點速率相等,選項B錯誤;若僅減小磁感應強度,由公式qvB=m得r=,所以磁感應強度減小,半徑增大,所以粒子有可能從b點右側(cè)射出,選項C正確;若僅

3、減小入射速率,粒子運動半徑減小,在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大,則粒子在磁場中運動時間一定變長,選項D錯誤. 3.(2019·陜西八校聯(lián)考)如圖所示,在天花板下用細線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán),圓環(huán)處于靜止狀態(tài),圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應強度大小為B的水平勻強磁場中,環(huán)與磁場邊界交點A、B與圓心O連線的夾角為120°,此時懸線的拉力為F.若圓環(huán)通電,使懸線的拉力剛好為零,則環(huán)中電流大小和方向是(  ) A.大小為,沿順時針方向 B.大小為,沿逆時針方向 C.大小為,沿順時針方向 D.大小為,沿逆時針方向 A 解析 要使懸線拉力為零,則圓環(huán)通電后受到的安培力方向向上,根據(jù)左手定則可

4、以判斷,電流方向應沿順時針方向,根據(jù)力的平衡F=BI·R,求得I=,故選項A正確. 4.(2019·廣西玉林實驗中學期末)平面OM和平面ON之間的夾角為30°,其橫截面(紙面)如圖所示,平面OM上方存在勻強磁場,磁感應強度大小為B,方向垂直于紙面向外.一帶電粒子的質(zhì)量為m,電荷量為q(q>0).粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場,速度與OM成30°角.已知該粒子在磁場中的運動軌跡與ON只有一個交點,并從OM上另一點射出磁場.不計重力.粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(  ) A. B. C. D. D 解析 如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示

5、意圖, 設出射點為P,粒子運動軌跡與ON的交點為Q,粒子入射方向與OM成30°角,則射出磁場時速度方向與OM成30°角,由幾何關(guān)系可知,PQ⊥ON,故出射點到O點的距離為軌跡圓直徑的2倍,即4R,又粒子在勻強磁場中運動的軌跡半徑R=,選項D正確. 5.(2019·山東煙臺期末)一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示.圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉(zhuǎn)動.在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30°角.當筒轉(zhuǎn)過90°時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒.不計重力.若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶

6、電粒子的比荷為(  ) A. B. C. D. A 解析 如圖所示,粒子在磁場中做勻速圓周運動,圓弧所對應的圓心角由幾何知識知為30°,則=·,即=,選項A正確. 6.(2019·湖北孝感八校聯(lián)考)如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第一象限內(nèi)存在垂直紙面向里、范圍足夠大的勻強磁場,一個電子從原點O與x軸正方向成30°角以初速度v0射入第一象限,經(jīng)時間t從x軸上(a,0)點射出磁場,則(  ) A.如果僅將電子初速度變?yōu)?v0,則一定經(jīng)時間2t從點(2a,0)射出磁場 B.如果僅將電子初速度變?yōu)?v0,則仍經(jīng)時間t從點(a,0)射出磁場 C.如果初速度不變,從O點

7、射入的是正電子,則經(jīng)時間2t從(0,a)點射出磁場 D.如果初速度不變,從O點射入的是正電子,則經(jīng)時間t從(0,a)點射出磁場 C 解析 畫出電子在磁場中運動軌跡的示意圖,如圖所示,可以看出電子從原點O與x軸正方向成30°角以初速度v0射入磁場,設其圓心為O2,在磁場中運動的軌跡圓弧對應圓心角為60°,從(a,0)點射出磁場,其半徑也為a,由R=可知,如果電子只是初速度變?yōu)?v0,則半徑也變?yōu)樵瓉淼?倍,由T=可知,周期與速度無關(guān),則電子一定經(jīng)時間t從點(2a,0)射出磁場,選項A、B錯誤;由圖可以看出,如果初速度不變,從O點射入的是正電子,則半徑不變,圓心角為120°,所以經(jīng)時間2t從(

8、0,a)點射出磁場,選項C正確,D錯誤. 7.(2019·河南開封質(zhì)檢)如圖所示,在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度為B的勻強磁場,MN是一豎直放置的感光板,從圓形磁場最高點P垂直磁場射入大量的帶正電、電荷量為q、質(zhì)量為m、速度為v的粒子,不考慮粒子間的相互作用力,關(guān)于這些粒子的運動,下列說法正確的是(  ) A.只要對著圓心入射,出射后均可垂直打在MN上 B.對著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長線不一定過圓心 C.對著圓心入射的粒子,速度越大在磁場中通過的弧長越長,時間也越長 D.只要速度滿足v=,沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上 D 解析 對著圓心入射的粒

9、子,出射后不一定垂直打在MN上,與粒子的速度有關(guān),選項A錯誤;帶電粒子的運動軌跡是圓弧,根據(jù)幾何知識可知,對著圓心入射的粒子,其出射方向的反向延長線也一定過圓心,選項B錯誤;對著圓心入射的粒子,速度越大在磁場中軌跡半徑越大,弧長越長,軌跡對應的圓心角越小,由t=T知,運動時間t越小,選項C錯誤;速度滿足v=時,軌跡半徑r==R,入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構(gòu)成菱形,射出磁場時的軌跡半徑與最高點處的磁場半徑平行,粒子一定垂直打在MN板上,選項D正確. 能力提升 8.(2020·廣東六校聯(lián)考)(多選)如圖所示,邊長為L的正三角形abc區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,質(zhì)量為m,電荷量為q

10、的同種粒子每次都從a點沿與ab邊成30°角的方向垂直射入磁場,若初速度大小為v0,最后從ac邊界距a點處射出磁場.不計粒子的重力,下列說法正確的是(  ) A.若粒子射入磁場的速度增大為2v0,則出射位置距a點 B.若粒子射入磁場的速度增大為2v0,則粒子在磁場中的運動時間減小為原來的一半 C.若粒子射入磁場的速度不大于3v0,粒子從磁場中射出時速度方向均與ab邊垂直 D.即使粒子射入磁場的速度不同,從ac邊射出的所有粒子在磁場中的運動時間也相等 ACD 解析 如圖所示,粒子的速度加倍,做圓周運動的軌跡半徑加倍,出射位置與a點的距離也加倍,選項A正確;速度方向不變,被ac割下

11、的弧所對的圓心角相等,均為60°,故運動時間相等,選項B錯誤,D正確;只要粒子射入磁場的速度不大于3v0,初速度方向相同,則圓心均在與初速度垂直的射線上,射出時的速度方向均與ac邊成30°角,與ab邊垂直,選項C正確. 9.(2019·廣東湛江模擬)(多選)如圖所示,MN平行于y軸,在y軸與MN之間的區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場,磁感應強度大小為B.在t=0時刻,從原點O發(fā)射一束等速率的相同的帶電粒子,速度方向與y軸正方向的夾角分布在0°~90°范圍內(nèi).其中,沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t=t0時刻剛好從磁場右邊界MN上的P點離開磁場,已知P點的坐標是((2+)d,d)不計粒子重力,下列

12、說法正確的是(  ) A.粒子在磁場中做圓周運動的半徑為d B.粒子的發(fā)射速度大小為 C.帶電粒子的比荷為 D.帶電粒子在磁場中運動的最長時間為2t0 BD 解析 根據(jù)題意作出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌跡如圖甲所示, 圓心為O′,根據(jù)幾何關(guān)系,粒子做圓周運動的半徑為r=2d,選項A錯誤;沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為,運動時間t0=,解得v0=,選項B正確;沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為,對應運動時間為t0,所以粒子運動的周期為T=,由Bqv0=m2r得=,選項C錯誤;在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖乙所示,由幾何知

13、識得該粒子做圓周運動的圓心角為,在磁場中的運動時間為2t0,選項D正確. 10.(2019·安徽三校聯(lián)考)(多選)如圖所示,正方形abcd區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,甲、乙兩帶電粒子從a點沿與ab成30°角的方向垂直射入磁場.甲粒子垂直于bc邊離開磁場,乙粒子從ad邊的中點離開磁場.已知甲、乙兩帶電粒子的電荷量之比為1∶2,質(zhì)量之比為1∶2,不計粒子重力.下列判斷正確的是(  ) A.甲粒子帶負電,乙粒子帶正電 B.甲粒子的動能是乙粒子動能的16倍 C.甲粒子所受洛倫茲力是乙粒子所受洛倫茲力的2倍 D.甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的倍 CD 解析

14、由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知,甲粒子向上偏轉(zhuǎn),所以甲粒子帶正電,由粒子從ad邊的中點離開磁場可知,乙粒子向下偏轉(zhuǎn),所以乙粒子帶負電,選項A錯誤;由幾何關(guān)系可知,R甲=2L,乙粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的弦切角為60°,弦長為,所以=2R乙sin 60°,解得R乙=,根據(jù)qvB=m,所以Ek==,所以甲粒子的動能是乙粒子動能的24倍,選項B錯誤;由公式qvB=m可知,v=,所以F洛=qvB=,即=2××=2,選項C正確;由幾何關(guān)系可知,甲粒子的圓心角為30°,由B分析可得,乙粒子的圓心角為120°,根據(jù)公式t=T和T=可知,甲粒子在磁場中的運動時間是乙粒子在磁場中運動時間的倍,選項D正確. 11.(

15、2019·安徽合肥模擬)如圖所示,在xOy平面內(nèi),有一以O為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應強度大小為B.位于O點的粒子源向第二象限內(nèi)的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出.粒子的速率相等,質(zhì)量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計. (1)若粒子帶負電,求粒子的速率應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間; (2)若粒子帶正電,求粒子在磁場中能夠經(jīng)過區(qū)域的最大面積. 解析 (1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則qvB=m,根據(jù)幾何關(guān)系r≤,聯(lián)立得v≤,粒子在磁場中做圓周運動的周期T=,

16、由粒子在磁場中運動的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時間最短,則t=,聯(lián)立可得t=. (2)分析可得,粒子在磁場中能經(jīng)過的區(qū)域為半圓,如圖中陰影部分, 有幾何關(guān)系可得該半圓的半徑r′=R, 面積S=πr′2, 聯(lián)立可得S=πR2. 答案 (1)v≤  (2)πR2 12.(2019·江蘇七市模擬)如圖所示,在直角坐標系的原點O處有一放射源,向四周均勻發(fā)射速度大小相等、方向都平行于紙面的帶電粒子.在放射源右側(cè)有一很薄的擋板,垂直于x軸放置,擋板與xOy平面交線的兩端M、N正好與原點O構(gòu)成等邊三角形,O′為擋板與x軸的交點.在整個空間中,有垂直于xOy平面向外的勻強

17、磁場(圖中未畫出),帶電粒子在磁場中沿順時針方向做勻速圓周運動.已知帶電粒子的質(zhì)量為m,帶電荷量大小為q,速度大小為v,MN的長度為L.(不計帶電粒子的重力及粒子間的相互作用) (1)確定帶電粒子的電性; (2)要使帶電粒子不打在擋板上,求磁感應強度的最小值; (3)要使MN的右側(cè)都有粒子打到,求磁感應強度的最大值.(計算過程中,要求畫出各臨界狀態(tài)的軌跡圖) 解析 (1)帶電粒子沿順時針方向運動,由左手定則可得,粒子帶正電荷. (2)設磁感應強度大小為B,帶電粒子運動的軌跡半徑為r,帶電粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,有qvB=,解得r=. 由于從O點射出的粒子的速度

18、大小都相同,由上式可得,所有粒子的軌跡半徑都相等. 由幾何知識可知,為使粒子不打在擋板上,軌跡的半徑最大時,帶電粒子在O點沿y軸正方向射出,其軌跡剛好與MN相切,軌跡圓心為O1,如圖甲所示. 則最大半徑rmax=Lcos 30°=L, 由上式可得,磁感應強度的最小值Bmin=. (3)為使MN的右側(cè)都有粒子打到,打在N點的粒子最小半徑的軌跡為圖乙中的圓弧OMN. 圖中點O2為軌跡的圓心,由于內(nèi)接△OMN為正三角形, 由幾何知識知,最小的軌跡半徑為rmin=, 粒子做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供,有qvB=,所以磁感應強度的最大值Bmax=. 答案 (1)粒子帶正電 (2) (3)

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