2019届高考物理二轮专题复习专题五电场与磁场第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动限时检测.doc

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1、1第 2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动一、选择题(本大题共 8小题,每小题 8分,共 64分.第 15 题只有一项符合题目要求,第68 题有多项符合题目要求)1.(2018北京卷,18)某空间存在匀强磁场和匀强电场.一个带电粒子(不计重力)以一定初速度射入该空间后,做匀速直线运动;若仅撤除电场,则该粒子做匀速圆周运动.下列因素与完成上述两类运动无关的是( C )A.磁场和电场的方向 B.磁场和电场的强弱C.粒子的电性和电量 D.粒子入射时的速度解析:在匀强磁场和匀强电场的叠加区域内,带电粒子做匀速直线运动,则速度方向与电场方向和磁场方向均垂直,qvB=qE,故 v= .因此粒子是否做匀速直线

2、运动,与粒子的电性、电量均无关.而与磁场和电场的方向、强弱及速度大小均有关.撤去电场时,粒子速度方向仍与磁场垂直,满足做匀速圆周运动的条件,选项 C正确.2.(2018江西高三毕业班质检)如图所示的虚线区域内,充满垂直纸面向内的匀强磁场和竖直向上的匀强电场,一带电颗粒 A以一定初速度由左边界的 O点射入磁场、电场区域,恰好沿水平直线从区域右边界 O点穿出,射出时速度的大小为 vA,若仅撤去磁场,其他条件不变,另一个相同的颗粒 B仍以相同的速度由 O点射入并从区域右边界穿出,射出时速度的大小为vB,则颗粒 B( D )A.穿出位置一定在 O点上方,v BvAC.穿出位置一定在 O点下方,v Bv

3、A解析:设带电颗粒从 O位置飞入的速度为 v0,若带电颗粒 A带负电,其电场力、重力、洛伦兹力均向下,与运动方向垂直,不可能做直线运动.颗粒 A一定为正电荷,且满足 mg=Eq+Bqv0,出射速度 vA=v0.若仅撤去磁场,由于 mgEq,带电颗粒 B向下偏转,穿出位置一定在 O点下方,合力对其做正功,出射速度 vBvA,D正确.3.(2018河南二模)如图所示,直线 MN与水平方向成 =30角,MN 的右上方区域存在磁感应强度大小为 B、方向水平向外的匀强磁场,MN 的左下方区域存在磁感应强度大小为 2B、方向水平向里的匀强磁场,MN 与两磁场均垂直.一粒子源位于 MN上的 a点,能水平向右

4、发射不同速率、质量为 m、电荷量为 q(q0)的同种粒子(粒子重力不计),所有粒子均能通过 MN上的 b点.已知 ab=L,MN两侧磁场区域均足够大,则粒子的速率可能是( B )2A. B.C. D.解析:粒子在 MN的右上方区域的轨道半径 R1= ,在 MN的左下方区域的轨道半径 R2= =R1,根据粒子做匀速圆周运动,由几何关系可得 ab= L=n(R1+R2)= (n=1,2,3,),故粒子速率 v= (n=1,2,3,),故 B正确,A,C,D 错误.4.(2018深圳一模)如图所示,直线 MN左侧空间存在范围足够大、方向垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为 B,在磁场中 P点有一

5、个粒子源,可在纸面内各个方向射出质量为m、电荷量为 q的带正电粒子(重力不计),已知POM=60,PO 间距为 L,粒子速率均为,则粒子在磁场中运动的最短时间为( B )32A. B.2 3C. D.4 6解析:粒子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力作向心力,则有 qvB=m ,2解得 R= = = L;粒子做圆周运动的周期为 T= = = ;因为粒子做圆周运动的半径、周期相同,332 2那么,粒子转过的圆心角越小,则其弦长越小,运动时间越短;所以,过 P点作 OM的垂线,可知,粒子运动轨迹的弦长最小为 Lsin 60= L=R,故最短弦长对应的圆心角为 60,所以,粒子3在磁场中运动的最短时间为

6、tmin= T= ,故 A,C,D错误,B 正确.16 35.(2018河北衡水四模)如图所示,在竖直平面内,由绝缘材料制成的竖直平行轨道 CD,FG与半圆轨道 DPG平滑相接,CD 段粗糙,其余部分都光滑,圆弧轨道半径为 R,圆心为 O,P为圆弧最低点,整个轨道处于水平向右的匀强电场中,电场强度为 E.PDC段还存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为 B.有一金属圆环 M,带有正电荷 q,质量 m= ,套在轨道 FG上,圆环与 CD轨道间的动摩擦因数 =0.2.如果圆环从距 G点高为 10R处由静止释放,则下列说法正确的是( C )A.圆环在 CD轨道上也能到达相同高度处B.圆环第一次运动

7、到 P点(未进入磁场区域)时对轨道的压力为 18mgC.圆环在整个运动过程中克服摩擦力所做的功为 8mgRD.圆环最终会静止在 P点解析:圆环从 M点到 CD轨道最高点的过程中,电场力和摩擦力都做负功,圆环的机械能减少,所以圆环在 CD轨道上不能到达相同高度处,故 A错误.设圆环第一次运动到 P点时速度为 v,由动能定理得 mg(10R+R)-EqR= mv2,在 P点,由牛顿第二定律得 N-mg=m ,结合 m= ,解得12 2N=21mg,由牛顿第三定律知圆环第一次运动到 P点(未进入磁场区域)时对轨道的压力N=N=21mg,故 B错误.当圆环经过 D点速度为零时,设圆环能返回到 G点上方

8、 H点,H 点离G点的距离为 x.D到 H的过程,由动能定理得 qE2R-mgx=0,得 x=2R,圆环最终会在 DH(H点在 G点上方 2R处)往复运动,经过 D点或 H点时速度为 0,对整个过程,由动能定理得mg8R-Wf=0,得克服摩擦力所做的功为 Wf=8mgR,故 C正确,D 错误.6.(2018陕西一模)如图所示,在平面直角坐标系的第一象限内分布着非匀强磁场、磁场方向垂直纸面向里,沿 y轴方向磁场分布是均匀的,沿 x轴方向磁感应强度与 x满足关系 B=kx,其中 k是一恒定的正数.由粗细均匀的同种规格导线制成的正方形线框 ADCB边长为 a,A处有一小开口 AE,整个线框放在磁场中

9、,且 AD边与 y轴平行,AD 边与 y轴距离为 a,线框 AE两点与一电源相连,稳定时流入线框的电流为 I,关于线框受到的安培力情况,下列说法正确的是( BC )A.整个线框受到的合力方向与 BD连线垂直B.整个线框沿 y轴方向所受合力为 0C.整个线框在 x轴方向所受合力为 ka2I,沿 x轴正方向D.整个线框在 x轴方向所受合力为 ka2I,沿 x轴正方向344解析:从题意可得 AD边处的磁感应强度 B1=ka,则 AD边受到的安培力大小为 FAD=B1IL=ka2I,根据左手定则知,方向沿 x轴负方向;BC 边处的磁感应强度 B2=2ka,则 BC边受到的安培力大小为 FBC=B2IL

10、=2ka2I,根据左手定则知,方向沿 x轴正方向;整个线框在 x轴方向所受合力为FBC-FAD=ka2I,方向沿 x轴正方向;沿 y轴方向磁场分布是不变的,则 DC和 EB边所受的安培力大小相等,方向相反,合力为零,A,D 错误,B,C 正确.7.如图所示为一种质谱仪示意图,由加速电场、静电分析器和磁分析器组成.若静电分析器通道中心线的半径为 R,通道内均匀辐射电场在中心线处的电场强度大小为 E,磁分析器有范围足够大的有界匀强磁场,磁感应强度大小为 B、方向垂直纸面向外.一质量为 m、电荷量为q的粒子从静止开始经加速电场加速后沿中心线通过静电分析器,由 P点垂直边界进入磁分析器,最终打到胶片上

11、的 Q点.不计粒子重力.下列说法中正确的是( AD )A.极板 M比极板 N电势高B.加速电场的电压 U=ERC.直径 PQ=2B D.若一群粒子从静止开始经过上述过程都落在胶片上同一点,则该群粒子具有相同的比荷解析:粒子在静电分析器内沿电场线方向偏转,说明粒子带正电荷,极板 M比极板 N电势高,选项 A正确;由 Uq= mv2和 Eq= 可得 U= ,选项 B错误;直径 PQ=2r= =2 ,可见12 2 2 2只有比荷相同的粒子才能打在胶片上的同一点,选项 C错误,D 正确.8.如图,在 x轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为 B的匀强磁场,x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为 的匀强

12、磁场.一带负电的粒子从原点 O以与 x轴成 30角斜向上射入磁场,且在上方运动半径为 R,则( CD )A.粒子经偏转一定能回到原点 OB.粒子在 x轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为 21C.粒子完成一次周期性运动的时间为D.粒子第二次射入 x轴上方磁场时,沿 x轴前进 3R解析:根据左手定则判断可知,带负电荷的粒子在第一象限和第四象限所受的洛伦兹力方向不同,在第一象限沿顺时针方向运动,而在第四象限沿逆时针方向运动,不可能回到坐标原点O,故 A错误;由 r= ,粒子圆周运动的半径与磁感应强度 B成反比,粒子在 x轴上方和下方两磁场中的运动半径之比为 12,故 B错误;粒子在第一、四象限的运

13、动轨迹对应的圆心角均为 60,由 T= ,粒子在第一象限的运动时间为 t1= T= ,粒子在第四象限的运动时2 16 35间为 t2= = ,粒子完成一次周期性运动的时间为 t1+t2= ,故 C正确;根据几何16 22 知识,粒子第二次射入 x轴上方磁场时,沿 x轴前进距离为 R+2R=3R,故 D正确.二、非选择题(本大题共 2小题,共 36分)9.(16分)(2018天津卷,11)如图所示,在水平线 ab的下方有一匀强电场,电场强度为 E,方向竖直向下,ab 的上方存在匀强磁场,磁感应强度为 B,方向垂直纸面向里,磁场中有一内、外半径分别为 R, R的半圆环形区域 ,外圆与 ab的交点分

14、别为 M,N.一质量为 m、电荷量为3q的带负电粒子在电场中 P点静止释放,由 M进入磁场,从 N射出,不计粒子重力.(1)求粒子从 P到 M所用的时间 t;(2)若粒子从与 P同一水平线上的 Q点水平射出,同样能由 M进入磁场,从 N射出,粒子从 M到 N的过程中,始终在环形区域中运动,且所用的时间最少,求粒子在 Q时速度 v0的大小.解析:(1)设粒子在磁场中运动的速度大小为 v,所受洛伦兹力提供向心力,有 qvB= , 设粒子在电场中运动所受电场力为 F,有 F=qE, 设粒子在电场中运动的加速度为 a,根据牛顿第二定律有 F=ma, 粒子在电场中做初速度为零的匀加速直线运动,有 v=a

15、t, 联立式得 t= . 3(2)粒子进入匀强磁场后做匀速圆周运动,其周期与速度、半径无关,运动时间只由粒子所通过的圆弧所对的圆心角的大小决定.故当轨迹与内圆相切时,所用的时间最短.设粒子在磁场中的轨迹半径为 r,由几何关系可得(r-R) 2+( R)2=r 2, 设粒子进入磁场时速度方向与 ab的夹角为 ,即圆弧所对圆心角的一半,由几何关系知6tan = , 粒子从 Q射出后在电场中做类平抛运动,在电场方向上的分运动和从 P释放后的运动情况相同,所以粒子进入磁场时沿竖直方向的速度同样为 v.在垂直于电场方向上的分速度始终等于 v0,由运动的合成和分解可得tan = , 0联立式得 v0= .

16、答案:(1) (2)3 10.(20分)(2018山东临沂模拟)如图所示,MN 为平行金属板,N 板上有一小孔 Q,一个粒子源 P在 M板附近,可释放初速度为零、质量为 m、电荷量为 q的带正电的粒子,粒子经板间加速电场加速后,从小孔 Q射出,沿半径为 R的圆筒上的小孔 E进入圆筒,筒里有平行于筒内中心轴的匀强磁场,磁场的磁感应强度为 B,筒上另一小孔 F与小孔 E,Q,P在同一直线上,该直线与磁场垂直,E,F 连线为筒的直径,粒子进入筒内磁场偏转,与筒壁碰撞后速度大小不变,方向反向,不计粒子的重力,M,N 间可加不同电压.(1)要使粒子以速度 v进入磁场,M,N 间的电压为多大?(2)若粒子

17、与筒壁碰撞一次后从 F点射出,粒子在磁场中运动的时间为多少?(3)若粒子从 E点进入磁场,与筒壁发生三次碰撞后从 F点射出,则粒子在磁场中运动的路程为多少?(已知 tan 22.5= -1)2解析:(1)粒子经加速电场加速,根据动能定理则 qU= mv212求得加速电压的大小 U= .(2)若粒子与筒壁碰撞一次后从 F点射出磁场,其运动轨迹如(甲)图所示,粒子在磁场中运动的时间等于粒子在磁场中做圆周运动的半个周期,即 qBv=m ,2T= = ,27t= T= .12 (3)若粒子进入磁场后,与筒壁发生三次碰撞后从 F点射出有两种 情况轨迹如图(乙)所示,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r1=Rtan 22.5=( -1)R,粒子在磁场中运动的路程s1=4 2r 1=3( -1)R.135360 2轨道如图(丙)所示,则粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r2= = =( +1)R,21粒子在磁场中运动的路程s2=4 2r 2=( +1)R.2答案:(1) (2) (3)3( -1)R或 ( +1)R 2 2