2019高考物理大二轮复习专题三电场和磁场专题能力训练9磁场性质及带电粒子在磁场中的运动.doc

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1、1专题能力训练 9 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动(时间:45 分钟 满分:100 分)一、选择题(本题共 6 小题,每小题 7 分,共 42 分。在每小题给出的四个选项中,1 4 题只有一个选项符合题目要求,5 6 题有多个选项符合题目要求。全部选对的得 7 分,选对但不全的得 4 分,有选错的得 0 分)1.如图所示,一劲度系数为 k 的轻质弹簧,下面挂有匝数为 n 的矩形线框 abcd。 bc 边长为 l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为 B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流 I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。令磁场反向,磁感应强度的大小仍

2、为 B,线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小 x 及方向是( )A. x= ,方向向上 B. x= ,方向向下2 2C. x= ,方向向上 D. x= ,方向向下 2.(2017全国卷 )如图所示,在磁感应强度大小为 B0的匀强磁场中,两长直导线 P 和 Q 垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为 l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流 I 时,纸面内与两导线距离均为 l 的 a 点处的磁感应强度为零。如果让 P 中的电流反向、其他条件不变,则 a 点处磁感应强度的大小为( )A.0 B. B0 C. B0 D.2B033 2333.2如图所示,两根相互平行的长直导线过纸面上的 M

3、、 N 两点,且与纸面垂直,导线中通有大小相等、方向相反的电流。 a、 O、 b 在 M、 N 的连线上, O 为 MN 的中点, c、 d 位于 MN 的中垂线上,且a、 b、 c、 d 到 O 点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是( )A.O 点处的磁感应强度为零B.a、 b 两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C.c、 d 两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D.a、 c 两点处磁感应强度的方向不同4.一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径 MN 的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度 顺时针转动。在该截面内,

4、一带电粒子从小孔 M 射入筒内,射入时的运动方向与 MN 成 30角。当筒转过 90时,该粒子恰好从小孔 N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为( )A. B.3 2C. D. 25.(2018湖南郴州质检)如图所示,半径为 R 的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B。 M 为磁场边界上一点,有无数个电荷量为 q、质量为 m 的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过 M 点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是( )A.粒子从 M 点进入磁场时的速率为 v=22B.粒子

5、从 M 点进入磁场时的速率为 v=2C.若将磁感应强度的大小增加到 B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的2D.若将磁感应强度的大小增加到 B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的2226.3如图所示的区域共有六处开口,各相邻开口之间的距离都相等,匀强磁场垂直于纸面,不同速度的粒子从开口 a 进入该区域,可能从 b、 c、 d、 e、 f 五个开口离开,粒子就如同进入“迷宫”一般,可以称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是( )A.从 d 口离开的粒子不带电B.从 e、 f 口离开的粒子带有异种电荷C.从 b、 c 口离开的粒子运动时间相等D.从 c 口离开的粒子速度是从 b 口离开的粒子速度的 2

6、 倍二、非选择题(本题共 4 小题,共 58 分)7.(14 分)如图所示,正方形匀强磁场的边界长为 a,边界由绝缘弹性壁围成,磁场的磁感应强度为 B。质量为 m、电荷量为 q 的带正电粒子垂直于磁场方向和边界,从边界正中点 O 孔处射入磁场,其射入时的速度为 ,带电粒子与壁碰撞前后沿壁方向的分速度不变,垂直壁方向的分速度反向、大178小不变,且不计摩擦,不计粒子所受重力,碰撞时无电荷量损失,求:(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径;(2)带电粒子从 O 孔射入到从 O 孔射出所需要的时间。8.(14 分)如图甲所示, MN 为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为 d,两板中央各有一个

7、小孔O、 O,两孔正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在 t=0 时垂直于 M 板从小孔 O 射入磁场。已知正离子质量为 m、电荷量为 q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为 T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:4甲乙(1)磁感应强度 B0的大小;(2)要使正离子从 O孔垂直于 N 板射出磁场,正离子射入磁场时的速度 v0的可能值。9.(14 分)如图所示,在坐标系 xOy 中,第一象限内充满着两个匀强磁场 a 和 b,OO为分界线,磁场 a 的磁感应强度为 2B,方向垂直纸面向里;磁场 b

8、 的磁感应强度为 B,方向垂直纸面向外。 P 点在分界线上,坐标为(4 l,3l)。一质量为 m,电荷量为 q 的带正电的粒子从 P 点沿 y 轴负方向射入磁场 b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点 O,不计粒子重力。(sin 37 =0.6,cos 37=0.8)(1)粒子从 P 点运动到 O 点的时间最少是多少?(2)粒子运动的速度可能是多少?510.(16 分)如图所示,圆心为 O、半径为 R 的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心 O为坐标原点建立坐标系,在 y=-3R 处有一垂直 y 轴的固定绝缘挡板,一质量为 m、电荷量为 +q 的粒子,与 x 轴成 60角从 M 点(

9、 -R,0)以初速度 v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由 N 点离开磁场(N 点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场。不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度 B 的大小;(2)N 点的坐标;(3)粒子从 M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。答案：1.B 解析 线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力,处于平衡,安培力为 FB=nBIl,且开始的方向向上,然后方向向下,大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长为 x,则反向之后弹簧的伸长为(x+ x),则有kx+nBIl-G=0k(x+ x)-nBIl-G=0解之可得 x= ,且线框向下移动,故

10、B 正确。22.C 解析 设导线 P 和 Q 在 a 点处产生磁场的磁感应强度 B1、 B2的大小为 B,如图甲所示,两磁感应强度的夹角为 60,可知合磁感应强度大小为 B,方向水平向右 ,所以匀强磁场的磁感应强度 B0=3B,方向水平向左 ;P 中的电流反向后 ,导线 P 和 Q 在 a 点处产生磁场的磁感应强度 B1、 B2如图乙3所示,各自大小仍为 B,夹角为 120,则其合磁感应强度大小仍为 B,方向竖直向上,与原匀强磁场B0合成后,总的磁感应强度大小为 B 总 = B0,C 正确。23363.C 解析 由安培定则可知,两导线在 O 点产生的磁场均竖直向下,则合磁感应强度一定不为零,选

11、项 A 错误;两导线在 a、 b 两点处产生的磁场方向均竖直向下,由对称性知,电流 M 在 a 处产生的磁场的磁感应强度等于电流 N 在 b 处产生的磁场的磁感应强度,同时电流 M 在 b 处产生的磁场的磁感应强度等于电流 N 在 a 处产生的磁场的磁感应强度,所以 a、 b 两点处的合磁感应强度大小相等、方向相同,选项 B 错误;根据安培定则,两导线在 c、 d 两点处产生的磁场分别垂直于 c、 d 两点与导线连线方向向下,且产生的磁场的磁感应强度相等,由平行四边形定则可知, c、 d 两点处的合磁感应强度大小相等、方向相同,选项 C 正确; a、 c 两点处的合磁感应强度方向均竖直向下,选

12、项 D 错误。4.A 解析 右图为筒转过 90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。 M、 N分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和 MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心 O。根据题意, NMN=45,OM 与 NM 延长线的夹角为 60,所以 OMN=75, MON=30,即轨迹圆的圆心角为 30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同, ,即磁12=筒4,解得比荷 ,A 选项正确。1122=142 =375.AC 解析 因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上,并不是整个圆周上都有,所以,粒子做圆周运动的半径小于 R;则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径,因为这

13、段圆弧的弧长是圆周长的 ,所以,弦长对应的等腰三角形的内顶角为 90,所以,弦长142r=2Rsin 45,则粒子做圆周运动的半径 r=Rsin 45= R,粒子做圆周运动,洛伦兹力充当向心22力,即 qvB=m ,所以 v= ,故 A 正确,B 错误。若 B 变为原来的 倍,则粒子在磁场中做圆周2 22 2运动的半径 r= ,同理可得 ,对应的弦长为 R,由几何关系可得粒子做圆周运动转过磁场的圆=2心角为 60,所以弧长之比为 2 3,故 C 正确,D 错误。6.AD 解析 从 d 口离开的粒子不偏转,所以不带电,A 正确;根据左手定则,从 f、 e 口离开的粒子带有同种电荷,B 错误;从

14、b 口离开的粒子运动时间是半个周期,从 c 口离开的粒子运动时间是 周期,14C 错误;从 c 口离开的粒子轨道半径是从 b 口离开的粒子轨道半径的 2 倍,因此速度也是 2 倍关系,D正确。7.答案 见解析解析 (1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为 r,由牛顿第二定律有 qvB=m2解得 r= a。=178=178(2)由于 r= a2a,所以粒子射到 AB 边,设射到 AB 边点 E 距 A 的距离为 x178由几何知识可得 r2=a2+ ,x=-(2-)2 4设粒子从 O 运动到 E 的时间为 t1, OOE 为 ,如图所示sin = ,817解得 = arcsin 8178由 t

15、=可得 t1= arcsin 817来源:学 &科 &网由分析可知粒子在磁场区域要运动 8 次类似 OE 的曲线运动和 2 次匀速直线运动,才可从 O 点射出设粒子从 D 到 A 的匀速直线运动时间为 t2t2=817解得 t=8t1+2t2= arcsin 8 817+1617带电粒子从 O 孔射入到射出所需要的时间为 arcsin 。8 817+16178.答案 (1) (2) (n=1,2,3,)20 20解析 设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力 B0qv0= ,而 v0= R02 20由两式得磁感应强度 B0= 。20(2)要使正离子从 O孔垂

16、直于 N 板射出磁场,正离子的运动轨迹应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期,即 T0时,有 R=4做匀速圆周运动的周期 T0=20当两板之间正离子运动 n 个周期,即 nT0时,有 R= (n=1,2,3,)4联立求解,得正离子的速度的可能值为 v0= (n=1,2,3,)。0=2099.答案 (1) (2) (n=1,2,3,)5360 2512解析 (1)设粒子的入射速率为 v,用 Ra、 Rb、 Ta、 Tb分别表示粒子在磁场 a 和 b 运动的轨道半径和周期则 Ra= ,Rb=2 Ta=22=Tb=2来源 :学 科 网 粒子先从磁场 b 运动,后进入磁场 a 运动,然后从 O 点射

17、出,粒子从 P 运动到 O 点所用时间最短。如图所示tan =34=34得 = 37粒子在磁场 b 和磁场 a 运动的时间分别为 tb= Tb,ta= Ta2(90-)360 2(90-)360故从 P 到 O 所用最少时间为 t=ta+tb= 。5360(2)由题意及图可知n(2Racos + 2Rbcos )= (n=1,2,3,)(3)2+(4)2解得 v= (n=1,2,3,)。251210.答案 (1) (2)0 (32,-12)(3)(5+)0解析 (1)设粒子在磁场中的运动半径为 r,根据题设条件画出粒子的运动轨迹,如图所示。10由几何关系可以得到 MONO1为一平行四边形,所以 r=R洛伦兹力提供向心力,则 qv0B=m ,得到 B= 。02 0(2)由图几何关系可以得到 xN=Rcos 30= R,yN=-Rsin 30=- R,所以 N 点坐标为32 12。(32,-12)(3)由 qvB=m v 可知,粒子在磁场中运动的周期 T= ,由几何知识得到粒子在磁场中运动2 2的圆心角共为 150+30=180,粒子在磁场中运动时间 t1= ,粒子从出磁场到再次进磁场的时间2为 t2= ,其中 s=3R- R,粒子从 M 点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间 t=t1+t220 12解得 t= 。(5+)0