【金版教程】（全国通用）2022高考物理二轮复习 新题重组练专题三　电场和磁场8b

【金版教程】（全国通用）2022高考物理二轮复习新题重组练专题三　电场和磁场8b一、选择题(本题共8小题，每小题8分，共64分，其中第3、5、8小题为多选题。)1．[2022·安徽高考]“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)A.　　　　　　　　　　B．TC.D．T2[解析]　等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有：qvB＝，得v＝动能Ek＝mv2＝由题意得Ek＝kT故有：kT＝，得B＝即B∝，选项A正确。[答案]　A2．如图所示，用三条细线悬挂的水平圆形线圈共有n＝10匝，线圈由粗细均匀、每米质量为2.5×10－3kg的导线绕制而成，三条细线呈对称分布，稳定时线圈平面水平。在线圈正下方放有一个圆柱形条形磁铁，磁铁的中轴线OO′垂直于线圈平面且通过其圆心O，测得线圈的导线所在处磁感应强度大小为0.5T，方向与竖直线成30°角，要使三条细线上的张力为零，线圈中通过的电流至少为(　　)A．0.1AB．0.16AC．0.01AD．无法确定9\n[解析]　由于对称，各电流元所受安培力在水平方向的合力为零，在竖直方向的合力为各电流元所受安培力的竖直分量之和，这就是整个线圈所受的安培力，故线圈的总长度L即为导线的有效长度，设此时线圈中通过的电流为I，则FA＝BIL，G＝mg＝kLg(其中k＝2.5×10－3kg/m)，根据平衡条件有G＝FAcos60°，联立以上各式并代入数据可得I＝0.1A，选项A正确。[答案]　A3．[2022·郑州三模]如图所示，扇形区域AOC内有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA上有一粒子源S.某一时刻，从S平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有部分粒子从边界OC射出磁场．已知∠AOC＝60°，从边界OC射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC射出的粒子在磁场中运动的时间不可能为(　　)A.B.C.　D.[解析]　本题以带电粒子在有界磁场中运动问题命题，意在考查考生的综合分析能力。粒子在磁场中做匀速圆周运动，粒子在磁场中出射点和入射点的连线即为轨迹的弦，初速度大小相同，轨迹半径R＝相同．设OS＝d，当出射点D与S点的连线垂直于OA时，DS弦最长，轨迹所对的圆心角最大，粒子在磁场中运动的时间最长，由此得轨迹半径为R＝9\nd；当出射点E与S点的连线垂直于OC时，弦ES最短，轨迹所对的圆心角最小，则粒子在磁场中运动的时间最短，则SE＝d，由几何知识，得θ＝60°，最短时间tmin＝T，所以粒子在磁场中运动时间范围为T≤t≤，选AB。[答案]　AB4．航母舰载机的起飞一般有两种方式：滑跃式(辽宁舰)和弹射式。弹射起飞需要在航母上安装弹射器，我国国产航母将安装电磁弹射器，其工作原理与电磁炮类似。用强迫储能器代替常规电源，它能在极短时间内释放所储存的电能，由弹射器转换为飞机的动能而将其弹射出去。如图是电磁弹射器简化原理图，平行金属导轨与强迫储能器连接，相当于导体棒的推进器ab跨放在平行导轨PQ、MN上，匀强磁场垂直于导轨平面，闭合开关S，强迫储能器储存的电能通过推进器释放，使推进器受到磁场的作用力平行导轨向前滑动，推动飞机使飞机获得比滑跃起飞时大得多的加速度，从而实现短距离起飞的目标。对于电磁弹射器，下列说法正确的是(不计一切摩擦和电阻消耗的能量)(　　)9\nA．强迫储能器上端为正极B．导轨宽度越大，飞机能获得的加速度越大C．强迫储能器储存的能量越多，飞机被加速的时间越长D．飞机的质量越大，离开弹射器时的动能越大[解析]　由左手定则可判断，通过ab的电流方向为由b到a，所以强迫储能器上端为负极，A错误；ab所受安培力F＝BIL与其有效长度成正比，故导轨宽度越大，推进器ab受到的安培力越大，飞机能获得的加速度越大，B正确；强迫储能器储存的能量越多，飞机能获得的动能越大，但加速时间受滑轨长度、飞机获得的加速度等影响，若滑轨长度一定，加速度越大，加速时间越短，C错误；由能量的转化和守恒定律可知，飞机离开弹射器时的动能取决于强迫储能器储存的能量，D错误。[答案]　B5．如图所示是两个横截面分别为圆形和正方形、磁感应强度相同的匀强磁场，圆形磁场的直径D等于正方形磁场的边长，两个电子以相同的速度同时分别飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直。进入圆形磁场的电子，速度方向对准了圆心，进入正方形磁场的电子是沿一边的中心且垂直于边界线进入的，则(　　)A．两个电子在磁场中运动的半径一定相同B．两电子在磁场中运动的时间有可能相同C．进入正方形磁场的电子一定先飞离磁场D．进入圆形磁场的电子一定不会后飞离磁场[解析]　电子垂直于磁场方向进入匀强磁场，洛伦兹力提供向心力，由qvB＝解得两个电子在磁场中运动的轨迹半径r＝，两电子速度v相同，所以半径相同，故A正确。电子从O点水平进入，由于它们进入圆形磁场和正方形磁场的轨迹半径、速度是相同的，把圆形磁场和正方形磁场的边界放到同一位置如图所示，由图可以看出进入磁场区域的电子的轨迹1，先飞离圆形磁场；进入磁场区域的电子的轨迹2，同时从圆形与正方形边界飞离磁场；进入磁场区域的电子的轨迹3，先飞离圆形磁场；所以电子不会先飞离正方形的磁场，即进入圆形磁场的电子一定不会后飞离磁场，故B、D正确，C错误。[答案]　ABD9\n6．如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，在磁场区域的上方有一水平放置的感光板MN。从磁场区域最左端Q垂直磁场射入大量的带电荷量为q、质量为m、速率为v的粒子，且速率满足v＝，最后都打在了感光板上。不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力，关于这些粒子，以下说法正确的是(　　)A．这些粒子都带负电B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心C．只有对着圆心入射的粒子，出射后才垂直打在感光板MN上D．沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在感光板MN上[解析]　粒子最后都打在了感光板上，说明粒子向上偏，根据左手定则知粒子带正电，A错误；粒子所受洛伦兹力充当向心力，做半径为r＝的匀速圆周运动；因为速率满足v＝，所以r＝＝R，根据几何关系知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，C错误、D正确，显然B错误。[答案]　D7．[2022·南昌模拟]如图所示，在x>0，y>0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面(纸面)向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，下列说法正确的是(　　)A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点9\nB．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm/3qBC．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm/qBD．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm/6qB[解析]　带正电的粒子从P点与x轴正向成30°角射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的方向上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故选项A错误；由于P点的位置不定，所以粒子在磁场中的轨迹圆弧所对的圆心角也不同。最大的圆心角是圆弧与y轴相切时，即为300°，运动时间为T，而最小的圆心角为粒子从坐标原点出发时，即为120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中的运动所经历的时间最长为，最短为，选项C正确，B、D错误。[答案]　C8．半径为R的半圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。磁场的左边垂直x轴放置一线型粒子发射装置，与O点距离为L，在－R≤y≤R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出相同的带正电粒子，粒子质量为m，电量为q，且每个粒子的初速度均为v，如图所示，粒子的重力以及粒子间的相互作用均可以忽略不计，观察到所有粒子均可以到达y轴，下列说法正确的是(　　)A．有些粒子可能会到达y轴的同一位置B．粒子的初速度v应小于C．最后到达y轴的粒子用时为9\nD．若从有粒子到达y轴开始计时，直到最后一个粒子到达y轴计时结束，那么计时的时间不会超过－[解析]　y＝R处的粒子直接射到y轴上的(0，R)点处，其他位置射入的粒子向上偏转，也有能射到(0，R)点处的，所以A对；y＝0沿x轴处射入的粒子能打到y轴的临界条件应满足R＝⇒v＝，所以粒子的初速度若小于，则有的粒子不能射到y轴上，B错；y＝0处沿x轴射入磁场中的粒子弧长最长，到达y轴所用时间最长，最长时间为t2＝＋T＝＋，最短时间的为y＝±R处的粒子，到达y轴用时为t1＝，C错；所以若从有粒子达y轴开始计时，直到最后一个到达，所用时间为Δt＝t2－t1＝－，D对，选A、D。[答案]　AD二、计算题(本题共2小题，共36分。需写出规范的解题步骤。)9．[2022·江苏高考]某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示。装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d。装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上。在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点。改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置。不计粒子的重力。(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值。[解析]　(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r根据题意L＝3rsin30°＋3dcos30°且h＝r(1－cos30°)解得h＝(L－d)(1－)(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′m＝qvB，m＝qv′B由题意知3rsin30°＝4r′sin30°9\n解得Δv＝v－v′＝(－d)(3)设粒子经过上方磁场n＋1次由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n＜－1，n取整数)[答案]　(1)(L－d)(1－)(2)(－d)(3)(－d)(1≤n＜－1，n取整数)10．[2022·广东高考]如图所示，足够大的平行挡板A1、A2竖直放置，间距6L。两板间存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN为理想分界面，Ⅰ区的磁感应强度为B0，方向垂直纸面向外。A1、A2上各有位置正对的小孔S1、S2，两孔与分界面MN的距离均为L。质量为m、电量为＋q的粒子经宽度为d的匀强电场由静止加速后，沿水平方向从S1进入Ⅰ区，并直接偏转到MN上的P点，再进入Ⅱ区，P点与A1板的距离是L的k倍，不计重力，碰到挡板的粒子不予考虑。(1)若k＝1，求匀强电场的电场强度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向从S2射出，求出粒子在磁场中的速度大小v与k的关系式和Ⅱ区的磁感应强度B与k的关系式。[解析]　(1)粒子在电场中，由动能定理有qEd＝mv－0①粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qv1B0＝m②9\n当k＝1时，由几何关系得r＝L③由①②③解得E＝④(2)由于2＜k＜3时，由题意可知粒子在Ⅱ区只能发生一次偏转，运动轨迹如图所示，由几何关系可知(r1－L)2＋(kL)2＝r⑤解得r1＝L⑥粒子在Ⅰ区洛伦兹力提供向心力qvB0＝⑦由⑥⑦解得v＝⑧粒子在Ⅱ区洛伦兹力提供向心力qvB＝m⑨由对称性及几何关系可知＝⑩解得r2＝L⑪由⑧⑨⑪解得B＝B0[答案]　(1)　(2)v＝　B＝B09