2022年高考物理二輪復習 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運動素能特訓

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1、2022年高考物理二輪復習 專題整合突破三 電場和磁場 第8講 磁場及帶電體在磁場中的運動素能特訓 一、選擇題(本題共8小題，每小題8分，共64分，其中1～5為單選題，6～8為多選題) 1．[xx·太原模擬]從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用。如圖為地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)，赤道上方的磁場可看成與地面平行。若有來自宇宙的一束粒子流，其中含有α(He的原子核)、β(電子)、γ(光子)射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下(　　) A．α射線沿直線射向赤道 B．β射線向西偏轉 C

2、．γ射線向東偏轉 D．質子向北偏轉 答案　B 解析　赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線和質子向東偏轉，帶負電的β射線向西偏轉，不帶電的γ射線不偏轉，B項正確。 2．如圖所示，一圓環(huán)用細橡皮筋懸吊著處于靜止狀態(tài)，環(huán)中通以逆時針方向的電流，在環(huán)的兩側放有平行于橡皮筋的直導線，導線和環(huán)在同一豎直面內(nèi)，兩導線到橡皮筋的距離相等?，F(xiàn)在直導線中同時通以方向如圖所示、大小相等的電流，則通電的瞬間(　　) A．環(huán)將向右擺動 B．俯視看環(huán)會發(fā)生順時針轉動 C．橡皮筋會被拉長 D．環(huán)有收縮的趨勢 答案　D 解析　直導線通電后，由安培定則可知，兩導線間平面

3、上的磁場方向垂直于紙面向里，由于磁場分布具有軸對稱性，將圓環(huán)分成若干段小的直導線，由左手定則可知，各段受到的安培力都指向圓心，根據(jù)對稱性可知，它們的合力為零，因此環(huán)不會擺動，也不會轉動，橡皮筋的拉力也不會增大，只是環(huán)有收縮的趨勢，A、B、C項錯誤，D項正確。 3．[xx·邢臺摸底]如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，有一帶正電的電荷從D點以v0的速度沿DB方向射入磁場，恰好從A點射出，已知電荷的質量為m，帶電量為q，不計電荷的重力，則下列說法正確的是(　　) A．勻強磁場的磁感應強度為 B．電荷在磁場中運動的時間為 C．若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊

4、界射出，電荷在磁場中運動的時間會減小 D．若電荷的入射速度變?yōu)?v0，則粒子會從AB邊的中點射出 答案　A 解析　帶正電的電荷從D點射入，恰好從A射出，在磁場中的軌跡半徑R＝L，由牛頓第二定律Bqv0＝得B＝，A選項正確。電荷在磁場中運動的時間為t＝T＝×＝，B選項錯誤。若減小電荷的入射速度，使電荷從CD邊界射出，軌跡所對的圓心角將變大，在磁場中運動的時間會變長，C選項錯誤。若v＝2v0，則由Bqv＝得r＝2L，如圖從F點射出，設BF＝x，由幾何關系知r2＝(r－x)2＋L2，則x＝L，D選項錯誤。 4．[xx·西安八校聯(lián)考]如圖所示，空間中存在一勻強磁場，將長度為L的直導線放

5、置在y軸上，當通以大小為I、沿y軸負方向的電流后，測得其受到的安培力大小為F，方向沿x軸正方向。則關于磁感應強度的方向和大小，說法正確的是(　　) A．只能沿x軸正方向 B．可能在xOy平面內(nèi)，大小為 C．可能在xOz平面內(nèi)，大小為 D．可能在yOz平面內(nèi)，大小為 答案　D 解析　電流I沿y軸負方向，安培力大小為F，沿x軸正方向，若B＝，則B與I不垂直，但要求B的兩個分量，一個沿z軸正向，一個平行y軸，那只能在yOz平面內(nèi)，選項D正確，A、B、C錯誤。 5．[xx·寶雞質檢]如圖所示，橫截面為正方形abcd的有界勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。一束電子以大小不同、方向垂直ad

6、邊界的速度飛入該磁場。對于從不同邊界射出的電子，下列判斷錯誤的是(　　) A．從c點離開的電子在磁場中運動時間最長 B．從ad邊射出的電子在磁場中運動的時間都相等 C．電子在磁場中運動的速度偏轉角最大為π D．從bc邊射出的電子的速度一定大于從ad邊射出的電子的速度 答案　A 解析　根據(jù)帶電粒子在有界磁場中運動周期公式T＝，運動時間t＝T＝，由幾何條件可知，從ad邊離開的電子在磁場中運動時間最長且均為半個周期，偏轉角最大且均為π，A項錯，B、C項正確；由幾何關系可知，從bc邊射出的電子軌道半徑大于從ad邊射出的電子軌道半徑，又由半徑公式R＝可知，從bc邊射出的電子的速度大于從ad邊

7、射出的電子的速度，D項正確，故選A項。 6．[xx·成都二診]如圖甲所示為足夠大空間內(nèi)存在水平方向的勻強磁場，在磁場中A、B兩物塊疊在一起置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣，A、B接觸面粗糙，自t＝0時刻起用水平恒力F作用在物塊B上，由靜止開始做勻加速直線運動。乙圖圖象的橫軸表示時間，則縱軸y可以表示(　　) A．A所受支持力的大小　　　 B．B對地面壓力的大小 C．A所受合力的大小 D．B所受摩擦力的大小 答案　AB 解析　由于A、B由靜止開始做勻加速直線運動，所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B對A的摩擦力，以A為研究對象，由牛頓第二定律得f＝mA

8、a，不隨時間改變，故C、D選項錯誤。A帶正電，所受洛倫茲力向下，A受支持力FNA＝mAg＋Bqv＝mAg＋Bqat，符合圖象。B受地面支持力FNB＝(mA＋mB)g＋Bqv＝(mA＋mB)g＋Bqat，也符合圖象，故A、B選項正確。 7．[xx·河北、河南、山西考前質監(jiān)]如圖所示，在xOy平面內(nèi)的y軸和虛線之間除圓形區(qū)域外的空間存在勻強磁場，磁場方向垂直紙面向外，磁感應強度大小為B。虛線經(jīng)過Q點(3L,0)且與y軸平行。圓形區(qū)域的圓心P的坐標為(2L,0)，半徑為L。一個質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子從y軸上某點垂直y軸進入磁場，不計粒子的重力，則(　　) A．如果粒子沒有經(jīng)過圓形

9、區(qū)域到達了Q點，則粒子的入射速度為v＝ B．如果粒子沒有經(jīng)過圓形區(qū)域到達了Q點，則粒子的入射速度為v＝ C．粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vmin＝ D．粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸，則粒子的最小入射速度為vmin＝ 答案　AC 解析　若粒子沒經(jīng)過圓形區(qū)域到達了Q點，則軌跡如圖，和圓形區(qū)域相切于Q點，則r＝3L，根據(jù)牛頓第二定律Bqv＝得v＝，A選項正確，B選項錯誤。粒子第一次從P點經(jīng)過了x軸，如圖： 設在磁場中轉過的圓心角為θ，由幾何關系得rsinθ＋Lcosθ＝2L，得r＝L ＝L ＝L＝L＝(＋tan)L≥L。據(jù)Bqv＝得vmin＝，選項C正確，

10、D錯誤。 8．[xx·鹽城二模]如圖所示，空間有一垂直紙面向外的磁感應強度為0.5 T的勻強磁場，一質量為0.2 kg且足夠長的絕緣木板靜止在光滑水平面上，在木板左端放置一質量為m＝0.1 kg、帶正電q＝0.2 C的滑塊，滑塊與絕緣木板之間動摩擦因數(shù)為0.5，滑塊受到的最大靜摩擦力可認為等于滑動摩擦力。現(xiàn)對木板施加方向水平向左，大小為F＝0.6 N的恒力，g取10 m/s2。則滑塊(　　) A．開始做勻加速運動，然后做加速度減小的加速運動，最后做勻速直線運動 B．一直做加速度為2 m/s2的勻加速運動，直到滑塊飛離木板為止 C．速度為6 m/s時，滑塊開始減速 D．最終做速度為

11、10 m/s的勻速運動 答案　AD 解析　當滑塊和絕緣木板受力運動后，對滑塊進行受力分析如圖，開始時對滑塊和木板整體應用牛頓第二定律有：F＝(m＋M)a，得a＝2 m/s2，f＝ma<μmg，所以滑塊與木板整體一起勻加速，隨著速度v的增大，滑塊與木板間正壓力變小，最大靜摩擦變小，當最大靜摩擦達到fm＝ma＝0.2 N時，滑塊與木板開始滑動，滑動摩擦力提供加速度，即μFN＝ma，F(xiàn)N減小，a減小，當FN＝0時，滑塊勻速，A正確，B錯誤，C錯誤。最終勻速時，Bqv＝mg得v＝＝10 m/s，D正確。 二、計算題(本題共2小題，共36分，需寫出規(guī)范的解題步驟) 9．[xx·西安二模]如圖

12、所示，在一個圓形區(qū)域內(nèi)，兩個方向相反且都垂直于紙面的勻強磁場分布在以直徑A2A4為邊界的兩個半圓形區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4與A1A3的夾角為60°。一質量為m、帶電量為＋q的粒子以某一速度從Ⅰ區(qū)的邊緣點A1處沿與A1A3成30°角的方向射入磁場，隨后該粒子以垂直于A2A4的方向經(jīng)過圓心O進入Ⅱ區(qū)，最后再從A4處射出磁場。已知該粒子從射入到射出磁場所用的時間為t，求： (1)畫出粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡； (2)粒子在磁場Ⅰ和Ⅱ中的軌道半徑R1和R2比值； (3)Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)中磁感應強度的大小(忽略粒子重力)。 答案　(1)見解析圖　(2)2∶1　(3)　 解析　(1)畫出粒子在磁

13、場Ⅰ和Ⅱ中的運動軌跡如圖所示。 (2)設粒子的入射速度為v，已知粒子帶正電，故它在磁場中先順時針做圓周運動，再逆時針做圓周運動，最后從A4點射出，用B1、B2、R1、R2、T1、T2分別表示在磁場Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)的磁感應強度、軌道半徑和周期(沒有設符號的，在圖中標記也可以) 設圓形區(qū)域的半徑為r，如圖所示，已知帶電粒子過圓心且垂直A2A4進入Ⅱ區(qū)磁場，連接A1A2，△A1OA2為等邊三角形，A2為帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動軌跡的圓心，其半徑R1＝A1A2＝OA2＝r 在Ⅱ區(qū)磁場中運動的半徑R2＝ 即：R1∶R2＝2∶1 (3)qvB1＝m qvB2＝m T1＝＝ T2＝＝ 圓心角

14、∠A1A2O＝60°，帶電粒子在Ⅰ區(qū)磁場中運動的時間為t1＝T1 在Ⅱ區(qū)磁場中運動時間為t2＝T2 帶電粒子從射入到射出磁場所用的總時間t＝t1＋t2 由以上各式可得 B1＝，B2＝。 10．[xx·鹽城二模]如圖所示的xOy坐標系中，y軸右側空間存在范圍足夠大的勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于xOy平面向里。P點的坐標為(－2L,0)，Q1、Q2兩點的坐標分別為(0，L)，(0，－L)。坐標為(－L,0)處的C點固定一平行于y軸放置的長為L的絕緣彈性擋板，C為擋板中點，帶電粒子與彈性絕緣擋板碰撞前后，沿y方向分速度不變，沿x方向分速度反向，大小不變。帶負電的粒子質量為m，電

15、量為q，不計粒子所受重力。若粒子在P點沿PQ1方向進入磁場，經(jīng)磁場運動后，求： (1)從Q1直接到達Q2處的粒子初速度大?。? (2)從Q1直接到達O點，粒子第一次經(jīng)過x軸的交點坐標； (3)只與擋板碰撞兩次并能回到P點的粒子初速度大小。 答案　(1)　(2)(，0)　(3) 解析　(1)由題意畫出粒子運動軌跡，如圖(甲)所示， 設PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R1，由幾何關系得： R1cosθ＝L 其中：cosθ＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動qv1B＝m 解得：v1＝ (2)由題意畫出粒子運動軌跡如圖(乙)所示，設其與x軸交點為E，由

16、幾何關系得：R2cosθ＝，R2＝L 設E點橫坐標為xE，由幾何關系得：xE＝2R2sinθ 得xE＝ 則E點坐標為：(，0) (3)由題意畫出粒子運動軌跡如圖(丙)所示，設PQ1與x軸正方向夾角為θ，粒子在磁場中做圓周運動的半徑大小為R3，偏轉一次后在y負方向偏移量為Δy1，由幾何關系得： y1＝2R3cosθ， 為保證粒子最終能回到P，粒子與擋板碰撞后，速度方向應與PQ1連線平行，每碰撞一次，粒子進出磁場在y軸上這段距離y2(如圖中，A、F間距)可由題給條件， 有＝tanθ 得y2＝ 當粒子只碰二次，其幾何條件是3y1－2y2＝2L 解得：R3＝L 粒子在磁場中做勻速圓周運動：qvB＝m 解得：v＝