2022《名師面對面》高考物理大一輪復習課時訓練：高考熱點探究8-第8章磁場

第八章熱點1：推斷帶電粒子在磁場中的運動情形1．(多選)(2022年海南卷)如圖8－1，兩根平行長直導線相距2l，通有大小相等、方向相同的恒定電流，a、b、c是導線所在平面內的三點，左側導線與它們的距離分別為eq\f(l,2)、l和3l.關于這三點處的磁感應強度，下列推斷正確的是()圖8－1A．a處的磁感應強度大小比c處的大B．b、c兩處的磁感應強度大小相等C．a、c兩處的磁感應強度方向相同D．b處的磁感應強度為零【答案】AD【解析】由右手定則可以推斷，a、c兩處的磁場是兩電流在a、c處產生的磁場疊加，但a距離兩導線比c近，故a處的磁感應強度大小比c處的大，A正確；b、c與右側電流距離相同，故右側電流對此兩處的磁場等大反向，但由于左側電流在此兩處產生大小不同、方向相同的磁場，故b、c兩處的磁感應強度大小不相等，B錯誤；由右手定則可知，a處磁場垂直紙面對里，c處磁場垂直紙面對外，C錯誤；b與兩導線距離相等，故兩磁場疊加為零，D正確．2．(單選)(2022年全國卷)如圖8－2，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿過鋁板后到達PQ的中點O，已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變，不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為()圖8－2A．2 B.eq\r(2)C．1 D.eq\f(\r(2),2)【答案】D【解析】粒子垂直于磁場方向進入磁場，在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，在薄板上方，eq\f(PQ,2)＝eq\f(mv1,qB1)，在薄板下方eq\f(QO,2)＝eq\f(mv2,qB2)，即可得eq\f(mv1,qB1)＝eq\f(2mv2,qB2)，依據粒子穿越鋁板時動能損失一半，可得eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)＝2×eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)，即v1＝eq\r(2)v2，代入可得eq\f(B1,B2)＝eq\f(\r(2),2)，選項D正確．3．(單選)(2022年北京卷)帶電離子a、b在同一勻強磁場中做勻速圓周運動，它們的動量大小相等，a運動的半徑大于b運動的半徑．若a、b的電荷量分別為qa、qb，質量分別為ma、mb，周期分別為Ta、Tb.則確定有()A．qa＜qb B．ma＜mbC．Ta＜Tb D.eq\f(qa,ma)<eq\f(qb,mb)【答案】A【解析】依據洛倫茲力供應向心力，Bvq＝eq\f(mv2,R)，可得離子的運動半徑為R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(p,Bq)，離子的動量大小相等，且在同一個磁場中，則q與R成反比，已知Ra＞Rb，可得qa＜qb，A正確；已知它們的動量大小相等，但不知速度的大小關系，無法比較它們的質量大小關系，B錯誤；由于T＝eq\f(2πR,v)，不知速度的大小關系，無法比較它們的周期大小關系，C錯誤；由于不知道質量的關系，所以它們的比荷大大小關系不能確定，D錯誤．熱點2：帶電粒子在復合場中的運動4．(2022年重慶卷)如圖8－3所示，在無限長的豎直邊界NS和MT間布滿勻強電場，同時該區(qū)域上、下部分分別布滿方向垂直于NSTM平面對外和向內的勻強磁場，磁感應強度大小分別為B和2B，KL為上下磁場的水平分界線，在NS和MT邊界上，距KL高h處分別有P、Q兩點，NS和MT間距為1.8h.質量為m、帶電量為＋q的粒子從P點垂直于NS邊界射入該區(qū)域，在兩邊界之間做圓周運動，重力加速度為g.(1)求該電場強度的大小和方向；(2)要使粒子不從NS邊界飛出，求粒子入射速度的最小值；(3)若粒子能經過Q點從MT邊界飛出，求粒子入射速度的全部可能值．圖8－3【答案】(1)E＝eq\f(mg,q)，方向向上(2)vmin＝eq\f(9－6\r(2)qBh,m)(3)eq\f(0.68qBh,m)；eq\f(0.545qBh,m)；eq\f(0.52qBh,m)【解析】(1)設電場強度大小為E.由題意有mg＝qE，得E＝eq\f(mg,q)，方向豎直向上．(2)如圖甲所示，設粒子不從NS邊飛出的入射速度最小值為vmin，對應的粒子在上下區(qū)域運動的半徑為r1和r2，圓心的連線與NS的夾角為φ甲乙由r＝eq\f(mv,qB)，有r1＝eq\f(mvmin,qB)，r2＝eq\f(1,2)r1，由(r1＋r2)sinφ＝r2，解得vmin＝(9－6eq\r(2))eq\f(qBh,m)，(3)如圖乙所示，設粒子的入射速度為v，粒子在上下方區(qū)域的運動半徑為r1和r2，粒子第一次通過KL時距離K點為x由題意有3nx＝1.8h(n＝1,2,3)，eq\f(3,2)x≥eq\f(9－6\r(2),2)h，x＝eq\r(r\o\al(2,1)－h(huán)－r12)，得r1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(0.36,n2)))eq\f(h,2)，n＜3.5.即n＝1時，v＝eq\f(0.68qBh,m)；n＝2時，v＝eq\f(0.545qBh,m)；n＝3時，v＝eq\f(0.52qBh,m).5．(2022年廣東卷)如圖8－4所示，足夠大的平行擋板A1、A2豎直放置，間距6L.兩板間存在兩個方向相反的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，以水平面MN為抱負分界面．Ⅰ區(qū)的磁感應強度為B0，方向垂直紙面對外，A1、A2上各有位置正對的小孔S1、S2，兩孔與分界面MN的距離均為L.質量為m、＋q的粒子經寬度為d的勻強電場由靜止加速后，沿水平方向從S1進入Ⅰ區(qū)，并直接偏轉到MN上的P點，再進入Ⅱ區(qū)．P點與A1板的距離是L的k倍．不計重力，遇到擋板的粒子不予考慮(1)若k＝1，求勻強電場的電場強度E；(2)若2<k<3，且粒子沿水平方向從S2射出，求出粒子在磁場中的速度大小v與k的關系式和Ⅱ區(qū)的磁感應強度B與k的關系式．圖8－4【答案】(1)E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2dm)(2)v＝eq\f(2qB01＋k,2m)B＝eq\f(kB,3－k)【解析】(1)假如k＝1，則有：MP＝L，即該狀況粒子的軌跡半徑為：R＝L，粒子運動軌跡是勻速圓周運動，其向心力由洛倫茲力供應：qvB0＝meq\f(v2,R)，v＝eq\f(qB0R,m)，粒子在勻強電場中，據動能定理有：qEd＝eq\f(1,2)mv2，E＝eq\f(qB\o\al(2,0)L2,2dm).(2)由于P距離A1為k，且2＜k＜3，粒子從S2水平飛出，該粒子運動軌跡如下圖所示，則