統(tǒng)考版2024屆高考物理二輪專項分層特訓(xùn)卷第二部分核心熱點專項練專項8磁場及帶電粒子在磁場中的運動

專項8磁場及帶電粒子在磁場中的運動一、單項選擇題1．[2023·全國乙卷]如圖，一磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，方向垂直于紙面(xOy平面)向里，磁場右邊界與x軸垂直．一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，粒子離開磁場后，沿直線運動打在垂直于x軸的接收屏上的P點；SP＝l，S與屏的距離為eq\f(l,2)，與x軸的距離為a.如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏．該粒子的比荷為()A．eq\f(E,2aB2)B．eq\f(E,aB2)C．eq\f(B,2aE2)D．eq\f(B,aE2)2.[2023·河北押題卷]如圖所示，某物理興趣小組制作了一種可“稱量”磁感應(yīng)強度大小的實驗裝置．U形磁鐵置于水平電子測力計上，U形磁鐵兩極之間的磁場可視為水平勻強磁場，不計兩極間以外區(qū)域磁場．一水平導(dǎo)體棒垂直磁場方向放入U形磁鐵兩極之間(未與磁鐵接觸)，導(dǎo)體棒由兩根絕緣桿固定于鐵架臺上．導(dǎo)體棒沒有通電時，測力計的示數(shù)為G0；導(dǎo)體棒通以圖示方向電流I(如圖所示)時，測力計的示數(shù)為G1.測得導(dǎo)體棒在兩極間的長度為L，磁鐵始終靜止，不考慮導(dǎo)體棒電流對磁鐵磁場的影響．下列說法正確的是()A．導(dǎo)體棒所在處磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\f(G0－G1,IL)B．導(dǎo)體棒所在處磁場的磁感應(yīng)強度大小為B＝eq\f(G0＋G1,IL)C．若使圖示方向電流增大，被“稱量”的磁感應(yīng)強度將減小D．若通以圖示大小相等方向相反的電流I，測力計示數(shù)將變?yōu)?G0－G13．[2022·全國甲卷]空間存在著勻強磁場和勻強電場，磁場的方向垂直于紙面(xOy平面)向里，電場的方向沿y軸正方向．一帶正電的粒子在電場和磁場的作用下，從坐標原點O由靜止開始運動．下列四幅圖中，可能正確描述該粒子運動軌跡的是()4．[2023·廣東廣州聯(lián)考]如圖所示，圓形虛線框內(nèi)有一垂直紙面向里的勻強磁場，Oa、Ob、Oc、Od是以不同速率對準圓心入射的正電子或負電子的運動徑跡，a、b、d三個出射點和圓心的連線分別與豎直方向成90°、60°、45°的夾角，則下列判斷正確的是()A．沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最短B．沿徑跡Oc、Od運動的粒子均為正電子C．沿徑跡Oa、Ob運動的粒子速率比值為eq\f(\r(3),3)D．沿徑跡Ob、Od運動的粒子時間之比為9∶85．[2022·廣東卷]如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場．一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域．下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()6．[2023·河北石家莊高三模擬]如圖所示，圖甲為磁流體發(fā)電機原理示意圖，圖乙為質(zhì)譜儀原理圖，圖丙和圖丁分別為多級直線加速器和回旋加速器的原理示意圖，忽略粒子在圖丁的D形盒狹縫中的加速時間，下列說法正確的是()A．圖甲中，將一束等離子體噴入磁場，A、B板間產(chǎn)生電壓，A板電勢高B．圖乙中eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))H、eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H、eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H三種粒子經(jīng)加速電場射入磁場，eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑最大C．圖丙中，加速電壓越大，粒子獲得的能量越高，比回旋加速器更有優(yōu)勢D．圖丁中，隨著粒子速度的增大，交變電流的頻率也應(yīng)該增大二、多項選擇題7．[2022·廣東卷]如圖所示，磁控管內(nèi)局部區(qū)域分布有水平向右的勻強電場和垂直紙面向里的勻強磁場．電子從M點由靜止釋放，沿圖中所示軌跡依次經(jīng)過N、P兩點．已知M、P在同一等勢面上，下列說法正確的有()A．電子從N到P，電場力做正功B．N點的電勢高于P點的電勢C．電子從M到N，洛倫茲力不做功D．電子在M點所受的合力大于在P點所受的合力8．[2022·全國乙卷]安裝適當(dāng)?shù)能浖?，利用智能手機中的磁傳感器可以測量磁感應(yīng)強度B.如圖，在手機上建立直角坐標系，手機顯示屏所在平面為xOy面．某同學(xué)在某地對地磁場進行了四次測量，每次測量時y軸指向不同方向而z軸正向保持豎直向上．根據(jù)表中測量結(jié)果可推知()測量序號Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A.測量地點位于南半球B．當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃笮〖s為50μTC．第2次測量時y軸正向指向南方D．第3次測量時y軸正向指向東方9．[2023·全國甲卷]光滑剛性絕緣圓筒內(nèi)存在著平行于軸的勻強磁場，筒上P點開有一個小孔，過P的橫截面是以O(shè)為圓心的圓，如圖所示．一帶電粒子從P點沿PO射入，然后與筒壁發(fā)生碰撞．假設(shè)粒子在每次碰撞前、后瞬間，速度沿圓上碰撞點的切線方向的分量大小不變，沿法線方向的分量大小不變、方向相反；電荷量不變．不計重力．下列說法正確的是()A．粒子的運動軌跡可能通過圓心OB．最少經(jīng)2次碰撞，粒子就可能從小孔射出C．射入小孔時粒子的速度越大，在圓內(nèi)運動時間越短D．每次碰撞后瞬間，粒子速度方向一定平行于碰撞點與圓心O的連線三、非選擇題10．如圖所示，真空中有一平行板電容器水平放置，電容器極板長度D＝eq\f(3\r(3),5)m，上極板固定于x軸，左端位于坐標原點，兩板間距離足夠大且?guī)У攘慨惙N電荷．“V”形槽由兩塊長L＝eq\r(3)m的絕緣擋板組成，傾斜擋板HI與水平擋板IJ夾角為60°并相交于I，其中H位于x軸，I位于電容器右端正下方．兩擋板的角平分線IK上有一以O(shè)B為圓心，半徑R＝eq\f(\r(3),10)m的圓形勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝0.8T，方向垂直于xOy平面向外．在y軸上的y0處沿x軸正方向發(fā)射一電荷量q＝1.0×10－17C，質(zhì)量m＝8.0×10－23kg，速度v0＝1.5×104m/s的帶正電粒子．不計電容器極板及擋板的厚度，不計重力和邊緣效應(yīng)．(1)若平行板電容器的電場強度E＝2×103N/C，求粒子離開電容器時的豎直位移y1.(2)若改變電場強度E的大小使粒子恰好能垂直擋板HI從擋板正中央的小孔S穿入“V”形槽，求帶電粒子出發(fā)的位置y0.(3)若在(2)的條件下，粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后垂直打到IJ擋板上，求圓心OB到I的距離l.11．[2022·湖南卷]如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為eq\r(3)d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器．此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力．(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E′.專項8磁場及帶電粒子在磁場中的運動1．解析：由題知，一帶電粒子由O點沿x正向入射到磁場中，在磁場另一側(cè)的S點射出，則根據(jù)幾何關(guān)系可知粒子做圓周運動的半徑r＝2a則粒子做圓周運動有qvB＝meq\f(v2,r)則有eq\f(q,m)＝eq\f(v,2a·B)如果保持所有條件不變，在磁場區(qū)域再加上電場強度大小為E的勻強電場，該粒子入射后則會沿x軸到達接收屏，則有Eq＝qvB聯(lián)立有eq\f(q,m)＝eq\f(E,2a·B2)故選A.答案：A2．解析：當(dāng)導(dǎo)體棒通以圖示方向電流I時，根據(jù)左手定則可知，導(dǎo)體棒受安培力向上，則磁鐵受到向下的作用力，由平衡可知F安＝BIL＝G1－G0解得B＝eq\f(G1－G0,IL)，選項A、B錯誤；磁體兩極間的磁感應(yīng)強度只與磁體本身有關(guān)，若使圖示方向電流增大，被“稱量”的磁感應(yīng)強度不變，選項C錯誤；若通以圖示大小相等方向相反的電流I，則安培力反向，此時測力計示數(shù)將變?yōu)镹＝G0－F安＝2G0－G1，選項D正確．答案：D3．解析：帶正電粒子從原點O由靜止釋放，在電場力作用下，獲得向上的速度后，會受到向左的洛倫茲力，故粒子向左側(cè)偏轉(zhuǎn)，排除A、C選項；當(dāng)粒子再回到x軸時，電場力整體做功為零，洛倫茲力始終不做功，故此時速度為零，以后會重復(fù)原來的運動，不可能運動到x軸下方，故B正確，D錯誤．答案：B4．解析：因為正電子和負電子的電荷量q和質(zhì)量m均相等，而帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，所以四種徑跡的周期相等，而沿徑跡Oc運動的粒子的速度偏轉(zhuǎn)角最大，徑跡對應(yīng)的圓心角也最大，設(shè)偏轉(zhuǎn)角為θ，由t＝eq\f(θ,2π)T可知，沿徑跡Oc運動的粒子在磁場中運動時間最長，選項A錯誤；由左手定則可判斷沿徑跡Oc、Od運動的粒子均帶負電，選項B錯誤；設(shè)圓形磁場半徑為r，根據(jù)幾何關(guān)系可得沿徑跡Oa、Ob運動的粒子軌道半徑分別為ra＝r，rb＝eq\r(3)r，根據(jù)qBv＝meq\f(v2,r)，可得eq\f(va,vb)＝eq\f(ra,rb)＝eq\f(\r(3),3)，選項C正確；由A項分析可知，運動時間之比為偏轉(zhuǎn)角之比，所以eq\f(tb,td)＝eq\f(θb,θd)＝eq\f(60°,45°)＝eq\f(4,3)，選項D錯誤．答案：C5．解析：根據(jù)題述情境，質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場，由左手定則可知，質(zhì)子先向y軸正方向偏轉(zhuǎn)穿過MNPQ平面，再向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以A可能正確，B錯誤；該軌跡在Oxz平面上的投影為一條平行于x軸的直線，C、D錯誤．答案：A6．解析：由左手定則知正離子向下偏轉(zhuǎn)，所以下極板帶正電，A板是電源的負極，B板是電源的正極，故A錯誤；由qU＝eq\f(1,2)mv2和qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2Um,q))，eq\o\al(\s\up1(1),\s\do1(1))H、eq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))H、eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H三種粒子經(jīng)加速電場射入磁場，eq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(1))H在磁場中的偏轉(zhuǎn)半徑最大，故B正確；粒子通過多極直線加速器加速，加速電壓越大，粒子獲得的能量越高，但要產(chǎn)生這種高壓所需的技術(shù)要求很高，同時加速裝置的長度也要很長，故多級直線加速器不一定比回旋加速器更有優(yōu)勢，故C錯誤；在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，則qvB＝eq\f(mv2,r)，T＝eq\f(2πr,v)，聯(lián)立解得T＝eq\f(2πm,qB)，故理論上，粒子做圓周運動的周期沒變，故交流電的頻率不變，故D錯誤．答案：B7．解析：電子從M點由靜止釋放，從M到N，電場力做正功，M、P在同一等勢面上，可知電子從N到P，電場力做負功，A錯誤；根據(jù)沿電場線方向電勢降低，可知N點電勢高于P點電勢，B正確；根據(jù)洛倫茲力方向與速度方向垂直，對帶電粒子永遠不做功，可知電子從M到N，洛倫茲力不做功，C正確；洛倫茲力不做功，且M、P在同一等勢面上，可知電子在M點和P點速度都是零，即電子在M點和P點都是只受到電場力作用，所以電子在M點所受的合力等于在P點所受的合力，D錯誤．答案：BC8．解析：依題意，z軸正向保持豎直向上，測量結(jié)果表明z軸方向的磁感應(yīng)強度為負，即測量地點的磁感應(yīng)強度的豎直分量是向下的，說明測量地點位于北半球，A錯誤；每次測量得到的地磁場的兩個分量互相垂直，任選一組數(shù)據(jù)根據(jù)平行四邊形定則可以求出當(dāng)?shù)氐牡卮艌龃鸥袘?yīng)強度大小約為50μT，B正確；在北半球，地磁場的水平分量是由南向北的，第2次測量時得到的水平分量即By是負值，說明y軸正向與地磁場的水平分量方向相反，即指向南方，C正確；第3次測量時By為零，說明y軸沿東西方向，又因Bx為正，即x軸正向指北方，則y軸正向應(yīng)指向西方，D錯誤．答案：BC9．解析：假設(shè)粒子帶負電，第一次從A點和筒壁發(fā)生碰撞如圖，O1為圓周運動的圓心由幾何關(guān)系可知∠O1AO為直角，即粒子此時的速度方向為OA，說明粒子在和筒壁碰撞時速度會反向，由圓的對稱性在其它點撞擊同理，D正確；假設(shè)粒子運動過程過O點，則過P點的速度的垂線和OP連線的中垂線是平行的不能交于一點確定圓心，由圓形對稱性撞擊筒壁以后的A點的速度垂線和AO連線的中垂線依舊平行不能確定圓心，則粒子不可能過O點，A錯誤；由題意可知粒子射出磁場以后的圓心組成的多邊形應(yīng)為以筒壁的內(nèi)接圓的多邊形，最少應(yīng)為三角形如圖所示，即撞擊兩次，B正確；速度越大粒子做圓周運動的半徑越大，碰撞次數(shù)可能會增多，粒子運動時間不一定減少，C錯誤．故選BD.答案：BD10．解析：（1）粒子在極板間做類平拋運動，豎直位移為y1＝eq\f(1,2)·eq\f(qE,m)·eq\f(D2,veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)))＝0.6m.（2）設(shè)粒子在電容器右側(cè)N點飛出，到上極板的距離為d，由幾何關(guān)系可得d＝Lcos30°－eq\f(L,2cos30°)＝0.5m由速度反向延長線過水平位移中點可得粒子在電場中豎直位移為y′＝eq\f(D,2)tan30°＝0.3m則有y0＝d－y′＝0.2m.（3）設(shè)粒子出電場后的速度為v，有v＝eq\f(v0,cos30°)在勻強磁場區(qū)域，粒子做勻速圓周運動，如圖所示，由洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq