（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 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

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，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

9、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

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．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，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)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，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qvB＝m，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＝，

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

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

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)