2021高考物理大一轮复习领航检测：第九章　磁场-第4节 Word版含解析

这是一份2021高考物理大一轮复习领航检测：第九章　磁场-第4节 Word版含解析，共12页。

1．如图所示，匀强电场方向水平向右，匀强磁场方向垂直纸面向里，将带正电的小球在场中静止释放，最后落到地面上．关于该过程，下述说法正确的是( )
A．小球做匀变速曲线运动
B．小球减少的电势能等于增加的动能
C．电场力和重力做的功等于小球增加的动能
D．若保持其他条件不变，只减小磁感应强度，小球着地时动能不变
解析：选C.重力和电场力是恒力，但洛伦兹力是变力，因此合外力是变化的，由牛顿第二定律知其加速度也是变化的，选项A错误；由动能定理和功能关系知，选项B错误，选项C正确；磁感应强度减小时，小球落地时的水平位移会发生变化，则电场力所做的功也会随之发生变化，选项D错误．
2．带电质点在匀强磁场中运动，某时刻速度方向如图所示，所受的重力和洛伦兹力的合力恰好与速度方向相反，不计阻力，则在此后的一小段时间内，带电质点将( )
A．可能做直线运动
B．可能做匀减速运动
C．一定做曲线运动
D．可能做匀速圆周运动
解析：选C.带电质点在运动过程中，重力做功，速度大小和方向发生变化，洛伦兹力的大小和方向也随之发生变化，故带电质点不可能做直线运动，也不可能做匀减速运动和匀速圆周运动，C正确．
3．(多选)质量为m、电荷量为q的微粒以速度v与水平方向成θ角从O点进入方向如图所示的正交的匀强电场和匀强磁场组成的混合场区，该微粒在电场力、洛伦兹力和重力的共同作用下，恰好沿直线运动到A，下列说法中正确的是( )
A．该微粒一定带负电荷
B．微粒从O到A的运动可能是匀变速运动
C．该磁场的磁感应强度大小为eq \f(mg,qvcs θ)
D．该电场的场强为Bvcs θ
解析：选AC.若微粒带正电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向左的电场力qE和斜向右下方的洛伦兹力qvB，知微粒不能做直线运动，据此可知微粒应带负电荷，它受竖直向下的重力mg、水平向右的电场力qE和斜向左上方的洛伦兹力qvB，又知微粒恰好沿着直线运动到A，可知微粒应该做匀速直线运动，则选项A正确，B错误；由平衡条件有：qvBcs θ＝mg，qvBsin θ＝qE，得磁场的磁感应强度B＝eq \f(mg,qvcs θ)，电场的场强E＝Bvsin θ，故选项C正确，D错误．
4．(多选)如图所示，已知一带电小球在光滑绝缘的水平面上从静止开始经电压U加速后，水平进入互相垂直的匀强电场E和匀强磁场B的复合场中(E和B已知)，小球在此空间的竖直面内做匀速圆周运动，则( )
A．小球可能带正电
B．小球做匀速圆周运动的半径为r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2UE,g))
C．小球做匀速圆周运动的周期为T＝eq \f(2πE,Bg)
D．若电压U增大，则小球做匀速圆周运动的周期增加
解析：选BC.小球在复合场中做匀速圆周运动，则小球受到的电场力和重力满足mg＝Eq，方向相反，则小球带负电，A错误；因为小球做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，由牛顿第二定律和动能定理可得：Bqv＝eq \f(mv2,r)，Uq＝eq \f(1,2)mv2，联立两式可得：小球做匀速圆周运动的半径r＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2UE,g))，由T＝eq \f(2πr,v)可以得出T＝eq \f(2πE,Bg)，与电压U无关，所以B、C正确，D错误．
5．(多选)如图所示，在第二象限中有水平向右的匀强电场，在第一象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场．有一重力不计的带电粒子(电荷量为q，质量为m)以垂直于x轴的速度v0从x轴上的P点进入匀强电场，恰好与y轴正方向成45°角射出电场，再经过一段时间又恰好垂直于x轴进入第四象限．已知OP之间的距离为d，则( )
A．带电粒子通过y轴时的坐标为(0，d)
B．电场强度的大小为eq \f(mv\\al(2,0),2qd)
C．带电粒子在电场和磁场中运动的总时间为eq \f(3π＋4d,2v0)
D．磁感应强度的大小为eq \f(\r(2)mv0,4qd)
解析：选BC. 粒子在电场中做类平抛运动，因为进入磁场时速度方向与y轴正方向成45°角，所以沿x轴正方向的分速度vx＝v0，在x轴正方向做匀加速运动，有d＝eq \f(0＋v0,2)t，沿y轴正方向做匀速运动，有s＝v0t＝2d，故选项A错误．沿x轴正方向做匀加速运动，根据vx＝v0＝eq \f(Eq,m)×eq \f(2d,v0)＝eq \f(2Eqd,mv0)，解得E＝eq \f(mv\\al(2,0),2qd)，故选项B正确．粒子进入磁场后做匀速圆周运动，轨迹如图所示，由图可知粒子在磁场中运动的半径R＝2eq \r(2)d，圆心角θ＝135°＝eq \f(3,4)π，所以在磁场中的运动时间为t1＝eq \f(2πR×\f(135,360),\r(2)v0)＝eq \f(3π×2\r(2)d,4\r(2)v0)＝eq \f(3πd,2v0)；在电场中的运动时间为t2＝eq \f(2d,v0)，所以总时间为t＝t1＋t2＝eq \f(3π＋4d,2v0)，故选项C正确．由qvB＝eq \f(mv2,R)可知，磁感应强度B＝eq \f(m×\r(2)v0,q×2\r(2)d)＝eq \f(mv0,2qd)，故选项D错误．
6．在某空间存在着水平向右的匀强电场E和垂直于纸面向里的匀强磁场B，如图所示，一段光滑且绝缘的圆弧轨道AC固定在纸面内，其圆心为O点，半径R＝1.8 m，OA连线在竖直方向上，AC弧对应的圆心角θ＝37°.今有一质量m＝3.6×10－4 kg、带电荷量q＝＋9.0×10－4 C的带电小球(可视为质点)，以v0＝4.0 m/s的初速度沿水平方向从A点射入圆弧轨道内，一段时间后从C点离开，小球离开C点后做匀速直线运动．已知重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，不计空气阻力，求：
(1)匀强电场的场强E；
(2)小球刚离开C点时的速度大小；
(3)小球刚射入圆弧轨道时，轨道对小球的瞬间支持力．
解析：(1)当小球离开圆弧轨道后，对其受力分析如图甲所示，由平衡条件得F电＝qE＝mgtan θ，
代入数据解得E＝3 N/C.
(2)小球从进入圆弧轨道到离开圆弧轨道的过程中，由动能定理得
F电Rsin θ－mgR(1－cs θ)＝eq \f(mv2,2)－eq \f(mv\\al(2,0),2)，
代入数据得v＝5 m/s.
(3)由(1)可知F洛＝qvB＝eq \f(mg,cs θ)，
解得B＝1 T，
小球射入圆弧轨道瞬间竖直方向的受力情况如图乙所示，
由牛顿第二定律得FN＋Bqv0－mg＝eq \f(mv\\al(2,0),R)，
代入数据得FN＝3.2×10－3 N.
答案：(1)3 N/C (2)5 m/s (3)3.2×10－3 N
[综合应用题组]
7. 如图所示，在直角坐标系xOy平面内，虚线MN平行于y轴，N点坐标为(－L,0)，MN与y轴之间有沿y轴正方向的匀强电场，在第四象限的某区域有方向垂直于坐标平面的矩形有界匀强磁场(图中未画出)．现有一质量为m、电荷量为－e的电子，从虚线MN上的P点，以平行于x轴正方向的初速度v0射入电场，并从y轴上点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，0.5L))射出电场，射出时速度方向与y轴负方向成30°角，进入第四象限后，经过矩形磁场区域，电子过点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),6)L，－L))，不计电子重力，求：
(1)匀强电场的电场强度E的大小；
(2)匀强磁场的磁感应强度B的大小和电子在磁场中运动的时间t；
(3)矩形有界匀强磁场区域的最小面积Smin.
解析：(1)设电子在电场中运动的加速度为a，时间为t，离开电场时，沿y轴方向的速度大小为vy，则L＝v0t
a＝eq \f(eE,m)
vy＝at
vy＝eq \f(v0,tan 30°)
解得：E＝eq \f(\r(3)mv\\al(2,0),eL)
(2) 设轨迹与x轴的交点为D，OD距离为xD，则
xD＝0.5Ltan 30°＝eq \f(\r(3),6)L
所以，DQ平行于y轴，电子在磁场中做匀速圆周运动的轨道的圆心在DQ上，电子运动轨迹如图所示．
设电子离开电场时速度为v，在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，
则evB＝meq \f(v2,r)
v＝eq \f(v0,sin 30°)
由几何关系有 r＋eq \f(r,sin 30°)＝L，即r＝eq \f(L,3)
联立以上各式解得 B＝eq \f(6mv0,eL)
电子转过的圆心角为120°，则得 t＝eq \f(T,3)
T＝eq \f(2πm,eB)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(或T＝\f(2πr,v)＝\f(πL,3v0)))
得t＝eq \f(πL,9v0)
(3)以切点F、Q的连线长为矩形的一条边，与电子的运动轨迹相切的另一边作为其FQ的对边，有界匀强磁场区域面积为最小．
Smin＝eq \r(3)r×eq \f(r,2)
得Smin＝eq \f(\r(3)L2,18)
答案：(1)eq \f(\r(3)mv\\al(2,0),eL) (2)eq \f(6mv0,eL) eq \f(πL,9v0) (3)eq \f(\r(3)L2,18)
8．如图所示，圆柱形区域的半径为R，在区域内有垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场；对称放置的三个相同的电容器，极板间距为d，板间电压为U，与磁场相切的极板，在切点处均有一小孔，一带电粒子，质量为m，带电荷量为＋q，自某电容器极板上的M点由静止释放，M点在小孔a的正上方，若经过一段时间后，带电粒子又恰好返回M点，不计带电粒子所受重力．求：
(1)带电粒子在磁场中运动的轨道半径；
(2)U与B所满足的关系式；
(3)带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间．
解析：(1)由几何关系解得r＝eq \r(3)R.
(2)设粒子加速后获得的速度为v，
由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2－0，
由洛伦兹力提供向心力，得qvB＝meq \f(v2,r)，
联立解得B＝eq \f(1,R) eq \r(\f(2mU,3q)).
(3)根据运动电荷在磁场中做匀速圆周运动的周期
T＝eq \f(2πm,qB)＝2πR eq \r(\f(3m,2qU))，
依题意分析可知粒子在磁场中运动一次所经历的时间为eq \f(1,6)T，故粒子在磁场中运动的总时间t1＝3×eq \f(1,6)T＝πReq \r(\f(3m,2qU))，
而粒子在匀强电场中所做运动类似竖直上抛运动，设每次上升或下降过程经历的时间为t2，则有
d＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,2)，
a＝eq \f(qU,md)，
解得t2＝deq \r(\f(2m,qU))，
粒子在电场中运动的总时间为
t3＝6t2＝6deq \r(\f(2m,qU)).
带电粒子由静止释放到再次返回M点所经历的时间为
t＝t1＋t3＝πReq \r(\f(3m,2qU))＋6deq \r(\f(2m,qU)).
答案：(1)eq \r(3)R (2)B＝eq \f(1,R) eq \r(\f(2mU,3q))
(3)πReq \r(\f(3m,2qU))＋6deq \r(\f(2m,qU))
9．如图所示，在xOy平面第一象限内有平行于y轴的匀强电场和垂直于xOy平面的匀强磁场，匀强电场电场强度为E.一带电荷量为＋q的小球从y轴上离坐标原点距离为L的A点处，以沿x正向的初速度进入第一象限，如果电场和磁场同时存在，小球将做匀速圆周运动，并从x轴上距坐标原点eq \f(L,2)的C点离开磁场．如果只撤去磁场，并且将电场反向，带电小球以相同的初速度从A点进入第一象限，仍然从x轴上距坐标原点eq \f(L,2)的C点离开电场．求：
(1)小球从A点出发时的初速度大小；
(2)磁感应强度B的大小和方向．
解析：(1)由带电小球做匀速圆周运动知mg＝Eq
所以电场反向后竖直方向受力
Eq＋mg＝ma得a＝2g
小球做类平抛运动，有eq \f(L,2)＝v0t，L＝eq \f(1,2)at2
得v0＝eq \f(1,2)eq \r(gL)
(2)带电小球做匀速圆周运动时，洛伦兹力提供向心力，有
qv0B＝eq \f(mv\\al(2,0),R)得B＝eq \f(mv0,qR)
由圆周运动轨迹分析得(L－R)2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(L,2)))2＝R2
R＝eq \f(5L,8)
代入得B＝eq \f(4E\r(gL),5gL)
由左手定则得，磁感应强度垂直于xOy平面向外．
答案：(1)eq \f(1,2)eq \r(gL) (2)eq \f(4E\r(gL),5gL)，垂直于xOy平面向外
10．如图甲所示，建立Oxy坐标系．两平行极板P、Q垂直于y轴且关于x轴对称，极板长度和板间距均为l.在第一、四象限有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直于Oxy平面向里．位于极板左侧的粒子源沿x轴向右连续发射质量为m、电荷量为＋q、速度相同、重力不计的带电粒子．在0～3t0时间内两板间加上如图乙所示的电压(不考虑极板边缘的影响)．已知t＝0时刻进入两板间的带电粒子恰好在t0时刻经极板边缘射入磁场．上述m、q、l、t0、B为已知量．(不考虑粒子间相互影响及返回极板间的情况)
(1)求电压U0的大小；
(2)求eq \f(1,2)t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中做圆周运动的半径；
(3)何时进入两板间的带电粒子在磁场中的运动时间最短？求此最短时间．
解析：(1)t＝0时刻进入两板间的带电粒子在电场中做匀变速曲线运动，t0时刻刚好从极板边缘射出，在y轴负方向偏移的距离为eq \f(1,2)l，则有
E＝eq \f(U0,l)①
qE＝ma②
eq \f(1,2)l＝eq \f(1,2)ateq \\al(2,0)③
联立①②③式，解得两板间偏转电压为
U0＝eq \f(ml2,qt\\al(2,0))④
(2)eq \f(1,2)t0时刻进入两板间的带电粒子，前eq \f(1,2)t0时间在电场中偏转，后eq \f(1,2)t0时间两板间没有电场，带电粒子做匀速直线运动．
带电粒子沿x轴方向的分速度大小为
v0＝eq \f(l,t0)⑤
带电粒子离开电场时沿y轴负方向的分速度大小为
vy＝a·eq \f(1,2)t0⑥
带电粒子离开电场时的速度大小为
v＝eq \r(v\\al(2,0)＋v\\al(2,y))⑦
设带电粒子离开电场进入磁场做匀速圆周运动的半径为R，则有qvB＝meq \f(v2,R)⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式解得
R＝eq \f(\r(5)ml,2qBt0)⑨
(3)2t0时刻进入两板间的带电粒子在磁场中运动时间最短．带电粒子离开电场时沿y轴正方向的分速度为
vy′＝at0⑩
设带电粒子离开电场时速度方向与y轴正方向夹角为α，则tan α＝eq \f(v0,vy′)⑪
联立③⑤⑩⑪式解得
α＝eq \f(π,4)⑫
带电粒子在磁场中运动轨迹如图所示，圆弧所对的圆心角2α＝eq \f(π,2)，所求最短时间为
tmin＝eq \f(1,4)T⑬
带电粒子在磁场中运动的周期为
T＝eq \f(2πm,qB)⑭
联立⑬⑭式得tmin＝eq \f(πm,2qB)
答案：(1)eq \f(ml2,qt\\al(2,0)) (2)eq \f(\r(5)ml,2qBt0) (3)2t0 eq \f(πm,2qB)