（新課標）2019版高考物理一輪復(fù)習(xí) 主題八 磁場 課時跟蹤訓(xùn)練41.doc

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課時跟蹤訓(xùn)練(四十一)增分提能一、選擇題1(2017全國卷)如圖，空間某區(qū)域存在勻強電場和勻強磁場，電場方向豎直向上(與紙面平行)，磁場方向垂直于紙面向里三個帶正電的微粒a、b、c電荷量相等，質(zhì)量分別為ma、mb、mc.已知在該區(qū)域內(nèi)，a在紙面內(nèi)做勻速圓周運動，b在紙面內(nèi)向右做勻速直線運動，c在紙面內(nèi)向左做勻速直線運動下列選項正確的是()Amambmc BmbmamcCmcmamb Dmcmbma解析由題意知，三個帶電微粒受力情況：magqE，mbgqEBqv，mcgBqvqE，所以mbmamc，故B正確，A、C、D錯誤答案B2(多選)如圖所示，整個空間存在垂直紙面向里的勻強磁場，ac為一水平線一帶電小球從a點由靜止釋放，部分運動軌跡如圖中曲線所示，b為整段軌跡的最低點下列說法正確的是()A軌跡ab為四分之一圓弧B小球經(jīng)過b點后一定能到ac水平線C小球到b點時速度一定最大，且沿水平方向D小球在b點時受到的洛倫茲力與重力大小相等解析由于小球同時受到重力和洛倫茲力作用，且小球從a點運動到b點的過程中洛倫茲力逐漸增大，故小球不能做圓周運動，選項A錯誤；在小球運動的過程中，由于洛倫茲力不做功，故只有小球的重力做功，機械能守恒，故小球經(jīng)過b點后一定能到ac水平線，選項B正確；由于b點為最低點，此時小球重力做功最多，由動能定理可知，此時小球的速度一定最大，且速度方向沿切線方向，選項C正確；小球做曲線運動，在b點有豎直向上的向心力，故洛倫茲力大于重力，選項D錯誤答案BC3(2017北京西城區(qū)模擬)圖甲中質(zhì)子經(jīng)過直線加速器加速后進入半徑一定的環(huán)形加速器，在環(huán)形加速器中，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速，當質(zhì)子的速度達到要求后，再將它們分成兩束引導(dǎo)到圖乙的對撞軌道中，在對撞軌道中兩束質(zhì)子沿相反方向做勻速圓周運動，并最終實現(xiàn)對撞質(zhì)子在磁場的作用下做圓周運動下列說法中正確的是()A質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減弱B質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變C質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場會逐漸減弱D質(zhì)子在對撞軌道中運動時，軌道所處位置的磁場始終保持不變解析質(zhì)子在環(huán)形加速器中運動時，質(zhì)子每次經(jīng)過位置A時都會被加速，速度增大，環(huán)形軌道的半徑保持不變，由qvBm，即r知，B逐漸增大，故A、B錯誤；質(zhì)子在對撞軌道中運動時，環(huán)形軌道的半徑保持不變，洛倫茲力不做功，速率不變，由r知，磁場始終保持不變，故C錯誤，D正確答案D4如圖所示，空間存在足夠大、正交的勻強電場和磁場，電場強度大小為E、方向豎直向下，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向里從電場、磁場中某點P由靜止釋放一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(粒子的重力忽略不計)，其運動軌跡如圖虛線所示對于帶電粒子在電場、磁場中下落的最大高度H，下列給出了四個表達式，可能正確的是()A. B. C. D.解析根據(jù)題意，由動能定理知粒子運動到最低點的過程中有，qEHmv2，在最低點，洛倫茲力大于電場力，qE，且H的單位一定跟的單位相同，故A正確答案A5如圖所示，空間的某個復(fù)合場區(qū)域內(nèi)存在著方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場質(zhì)子由靜止開始經(jīng)一加速電場加速后，垂直于復(fù)合場的界面進入并沿直線穿過場區(qū)，質(zhì)子從復(fù)合場區(qū)穿出時的動能為Ek.那么氘核同樣由靜止開始經(jīng)同一加速電場加速后穿過同一復(fù)合場后的動能Ek的大小是()AEkEk BEkEkCEkEk D條件不足，難以確定解析設(shè)質(zhì)子的質(zhì)量為m，則氘核的質(zhì)量為2m.在加速電場中，由動能定理可得eUmv2，在復(fù)合場內(nèi)，由BqvqE，得v；同理對于氘核由動能定理可得離開加速電場的速度比質(zhì)子的速度小，所以當它進入復(fù)合場時所受的洛倫茲力小于電場力，將往電場力方向偏轉(zhuǎn)，電場力做正功，故動能增大，B正確答案B6(多選)如圖所示，某空間存在正交的勻強磁場和勻強電場，電場方向水平向右，磁場方向垂直紙面向里，一帶電微粒從a點進入場區(qū)并剛好能沿ab直線向上運動，下列說法中正確的是()A微粒一定帶負電B微粒的動能一定減小C微粒的電勢能一定增加D微粒的機械能一定增加解析微粒進入場區(qū)后沿直線ab運動，則微粒受到的合力或者為零，或者合力方向在ab直線上(垂直于運動方向的合力仍為零)若微粒所受合力不為零，則必然做變速運動，由于速度的變化會導(dǎo)致洛倫茲力變化，則微粒在垂直于運動方向上的合力不再為零，微粒就不能沿直線運動，因此微粒所受合力只能為零而做勻速直線運動；若微粒帶正電，則受力分析如圖甲所示，合力不可能為零，故微粒一定帶負電，受力分析如圖乙所示，故選項A正確，B錯誤；靜電力做正功，微粒電勢能減小，機械能增大，故選項C錯誤，D正確答案AD7如圖所示，一個帶正電荷的小球從a點出發(fā)水平進入正交垂直的勻強電場和勻強磁場區(qū)域，電場方向豎直向上，某時刻小球運動到了b點，則下列說法正確的是()A從a到b，小球可能做勻速直線運動B從a到b，小球可能做勻加速直線運動C從a到b，小球動能可能不變D從a到b，小球機械能可能不變解析帶電小球的初速度是水平的，從a運動到b點的過程中小球在豎直方向上發(fā)生位移，說明小球做的是曲線運動，所以小球受力不為零，即小球不可能做勻速直線運動，故A錯誤從以上分析可知小球做曲線運動，即變速運動，故小球受到磁場的洛倫茲力也是變化的，故小球受到的合力是變力，所以小球不可能做勻加速直線運動，故B錯誤當小球的重力和電場力平衡時，小球受到的洛倫茲力只改變小球的速度方向，小球的動能不變，故C正確從a到b，電場方向豎直向上，電場力一定做功，故機械能肯定不守恒，故D錯誤答案C8如圖所示，在豎直平面內(nèi)放一個光滑絕緣的半圓形軌道，水平方向的勻強磁場與半圓形軌道所在的平面垂直一個帶負電荷的小滑塊由靜止開始從半圓軌道的最高點M滑下到最右端，則下列說法中正確的是()A滑塊經(jīng)過最低點時的速度比磁場不存在時大B滑塊從M點到最低點的加速度比磁場不存在時小C滑塊經(jīng)過最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時小D滑塊從M點到最低點所用時間與磁場不存在時相等解析由于洛倫茲力不做功，故與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的速度不變，選項A錯誤；由a，與磁場不存在時相比，滑塊經(jīng)過最低點時的加速度不變，選項B錯誤；由左手定則，滑塊經(jīng)最低點時受到的洛倫茲力向下，而滑塊所受的向心力不變，故滑塊經(jīng)最低點時對軌道的壓力比磁場不存在時大，選項C錯誤；由于洛倫茲力始終與運動方向垂直，在任意一點，滑塊經(jīng)過時的速度均不變，選項D正確答案D9(多選)如圖甲所示，絕緣輕質(zhì)細繩一端固定在方向相互垂直的勻強電場和勻強磁場中的O點，另一端連接帶正電的小球，小球所帶的電荷量為q6107 C，在圖示坐標中，電場方向沿豎直方向，坐標原點O的電勢為零當小球以2 m/s的速率繞O點在豎直平面內(nèi)做勻速圓周運動時，細繩上的拉力剛好為零在小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關(guān)系如圖乙所示，重力加速度g10 m/s2.則下列判斷正確的是()A勻強電場的場強大小為3.2106 V/mB小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少了2.4 JC小球做順時針方向的勻速圓周運動D小球所受的洛倫茲力的大小為3 N解析根據(jù)小球從最低點運動到最高點的過程中，軌跡上每點的電勢隨縱坐標y的變化關(guān)系可得，勻強電場的電場強度大小E V/m5106 V/m，選項A錯誤；由于帶電小球在運動過程中，只有重力和電場力做功，則只有重力勢能和電勢能的相互轉(zhuǎn)化，又由于帶電小球在復(fù)合場(重力場、勻強電場和勻強磁場)中做勻速圓周運動，且細繩上的拉力剛好為零，則小球受到的豎直向下的重力與其受到的電場力等大、反向，即qEmg，因此當帶電小球從最低點運動到最高點的過程中，即小球重力勢能增加最多的過程中，電勢能減少量為qE2L2.4 J，選項B正確；由于帶電小球所受的洛倫茲力提供小球做勻速圓周運動的向心力，根據(jù)左手定則可知，小球沿逆時針方向運動，選項C錯誤；根據(jù)牛頓第二定律可得fB，又qEmg，解得fB3 N，即小球所受的洛倫茲力的大小為3 N，選項D正確答案BD二、非選擇題10如圖所示，質(zhì)量為m1 kg、電荷量為q5102 C的帶正電的小滑塊，從半徑為R0.4 m的光滑絕緣圓弧軌道上由靜止自A端滑下整個裝置處在方向互相垂直的勻強電場與勻強磁場中已知E100 V/m，方向水平向右；B1 T，方向垂直紙面向里(g10 m/s2)求：(1)滑塊到達C點時的速度；(2)在C點時滑塊所受洛倫茲力解析以滑塊為研究對象，自軌道上A點滑到C點的過程中，受重力mg，方向豎直向下；靜電力qE，方向水平向右；洛倫茲力FqvB，方向始終垂直于速度方向(1)滑塊從A到C過程中洛倫茲力不做功，由動能定理得mgRqERmv得vC 2 m/s，方向水平向左(2)根據(jù)洛倫茲力公式得：FqvCB510221 N0.1 N，方向豎直向下答案(1)2 m/s，方向水平向左(2)0.1 N，方向豎直向下11.(2017濟寧三模)如圖所示，在xOy平面的第一、四象限內(nèi)存在著方向垂直紙面向外、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，第四象限內(nèi)存在方向沿y方向、電場強度為E的勻強電場從y軸上坐標為a的一點向磁場區(qū)發(fā)射速度大小不等的帶正電同種粒子，速度方向范圍是與y方向成30150，且在xOy平面內(nèi)結(jié)果所有粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后都垂直打到x軸上，然后進入第四象限的勻強電場區(qū)已知帶電粒子電量為q，質(zhì)量為m，重力不計求：(1)垂直y軸方向射入磁場的粒子運動的速度大小v1；(2)粒子在第一象限的磁場中運動的最長時間以及對應(yīng)的射入方向；(3)從x軸上x(1)a點射入第四象限的粒子穿過電磁場后經(jīng)過y軸上yb的點，求該粒子經(jīng)過yb點的速度大小解析(1)粒子運動規(guī)律如圖所示粒子運動的圓心在O點，軌跡半徑r1a由牛頓第二定律得：qv1Bm解得：v1(2)當粒子初速度與y軸正方向夾角為30時，粒子運動的時間最長，此時軌道對應(yīng)的圓心角150粒子在磁場中運動的周期：T粒子的運動時間：tT(3)如圖所示，設(shè)粒子射入磁場時速度方向與y軸負方向的夾角為，由幾何知識得：RRcos(1)aRsina解得：45Ra此粒子進入磁場的速度v0，v0設(shè)粒子到達y軸上速度為v，根據(jù)動能定理得：Eqbmv2mvv.答案(1)(2)(3)12(2017四川聯(lián)考)如圖甲所示，、兩區(qū)域內(nèi)分布有垂直于紙面的勻強磁場，平行虛線MN、PQ、EF為磁場的邊界，區(qū)域的磁場寬度為s，兩磁場之間的區(qū)域?qū)挾葹長，分布著周期性變化的勻強電場，一質(zhì)量為m、電荷量為q、重力不計的粒子從區(qū)域距左邊界為L的A點以平行于邊界且與磁場垂直的方向以初速度v0在磁場中開始運動，以此作為計時起點，豎直向下為電場正方向，電場隨時間周期性變化的規(guī)律如圖乙所示，粒子離開區(qū)域進入電場時，速度恰好與電場方向垂直，再經(jīng)過一段時間粒子又恰好回到A點，如此循環(huán)，粒子循環(huán)運動一周，電場恰好變化一個周期，已知sin370.6，cos370.8.(1)求區(qū)域的磁場的磁感應(yīng)強度B1；(2)若E0，要實現(xiàn)上述循環(huán)，區(qū)域的磁場寬度s的最小值為多少？(3)若E0，要實現(xiàn)上述循環(huán)，電場的變化周期T應(yīng)為多少？解析(1)畫出粒子的運動軌跡，如圖所示由圖中幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域做勻速圓周運動的半徑r1L，由洛倫茲力提供向心力得qv0B1m，解得B1.(2)粒子在電場中做類平拋運動，設(shè)它離開電場時沿電場方向的速度為vy，速度偏向角為，根據(jù)運動學(xué)規(guī)律有Lv0t，vyat，根據(jù)牛頓第二定律得a，又tan，聯(lián)立解得53，所以可得粒子離開電場時的速度為vv0.粒子在電場中沿電場線方向移動的距離yat2L，由圖中幾何關(guān)系可知，粒子在區(qū)域做勻速圓周運動的半徑r2L.由此可得要實現(xiàn)題述循環(huán)，區(qū)域的磁場寬度s應(yīng)滿足的條件為sr2(1sin53)，即smin.(3)電場變化的周期等于粒子運動的周期，粒子在區(qū)域運動的時間為t1.粒子在電場中運動的時間為t2.粒子在區(qū)域運動時間為t3.綜上可知，電場變化的周期為Tt1t2t3L.答案(1)(2)(3)L