（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

專題跟蹤檢測(九)(建議用時：45分鐘) 基礎通關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)知角速度減小，選項D正確2(2019·北京卷)如圖所示，正方形區(qū)域內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，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qvBm得r，所以磁感應強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側射出，選項C正確；若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉角增大，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)左手定則可以判斷，電流方向應沿順時針方向，根據(jù)力的平衡FBI·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 DD解析 如圖所示為粒子在勻強磁場中的運動軌跡示意圖，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，由幾何關系可知，PQON，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順時針轉動在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角當筒轉過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未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為()A B C DA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，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(0，a)點射出磁場，選項C正確，D錯誤7(2019·河南開封質檢)如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內充滿磁感應強度為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、質量為m、速度為v的粒子，不考慮粒子間的相互作用力，關于這些粒子的運動，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 對著圓心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，與粒子的速度有關，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tT知，運動時間t越小，選項C錯誤；速度滿足v時，軌跡半徑rR，入射點、出射點、O點與軌跡的圓心構成菱形，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)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，質量為m，電荷量為q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)域內存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小為B在t0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°范圍內其中，沿y軸正方向發(fā)射的粒子在tt0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，下列說法正確的是()A粒子在磁場中做圓周運動的半徑為dB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2t0BD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)幾何關系，粒子做圓周運動的半徑為r2d，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Bqv0m2r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12，質量之比為12，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 由甲粒子垂直于bc邊離開磁場可知，甲粒子向上偏轉，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，所以乙粒子帶負電，選項A錯誤；由幾何關系可知，R甲2L，乙粒子在磁場中偏轉的弦切角為60°，弦長為，所以2R乙sin 60°，解得R乙，根據(jù)qvBm，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qvBm可知，v，所以F洛qvB，即2××2，選項C正確；由幾何關系可知，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tT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(2019·安徽合肥模擬)如圖所示，在xOy平面內，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qvBm，根據(jù)幾何關系r，聯(lián)立得v，粒子在磁場中做圓周運動的周期T，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，有幾何關系可得該半圓的半徑rR，面積Sr2，聯(lián)立可得SR2.答案 (1)v(2)R212(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rmaxLcos 30°L，由上式可得，磁感應強度的最小值Bmin.(3)為使MN的右側都有粒子打到，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)