2019高考物理大二輪復習 專題三 電場和磁場 專題能力訓練9 磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動.doc

專題能力訓練9磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共6小題,每小題7分,共42分。在每小題給出的四個選項中,14題只有一個選項符合題目要求,56題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.如圖所示,一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd。bc邊長為l,線框的下半部分處在勻強磁場中,磁感應(yīng)強度大小為B,方向與線框平面垂直,在圖中垂直于紙面向里。線框中通以電流I,方向如圖所示,開始時線框處于平衡狀態(tài)。令磁場反向,磁感應(yīng)強度的大小仍為B,線框達到新的平衡。則在此過程中線框位移的大小x及方向是()A.x=2nIlBk,方向向上B.x=2nIlBk,方向向下C.x=nIlBk,方向向上D.x=nIlBk,方向向下2.(2017全國卷)如圖所示,在磁感應(yīng)強度大小為B0的勻強磁場中,兩長直導線P和Q垂直于紙面固定放置,兩者之間的距離為l。在兩導線中均通有方向垂直于紙面向里的電流I時,紙面內(nèi)與兩導線距離均為l的a點處的磁感應(yīng)強度為零。如果讓P中的電流反向、其他條件不變,則a點處磁感應(yīng)強度的大小為()A.0B.33B0C.233B0D.2B03.如圖所示,兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點,且與紙面垂直,導線中通有大小相等、方向相反的電流。a、O、b在M、N的連線上,O為MN的中點,c、d位于MN的中垂線上,且a、b、c、d到O點的距離均相等。關(guān)于以上幾點處的磁場,下列說法正確的是()A.O點處的磁感應(yīng)強度為零B.a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反C.c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同D.a、c兩點處磁感應(yīng)強度的方向不同4.一圓筒處于磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉(zhuǎn)動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉(zhuǎn)過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為()A.3BB.2BC.BD.2B5.(2018湖南郴州質(zhì)檢)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應(yīng)強度為B。M為磁場邊界上一點,有無數(shù)個電荷量為q、質(zhì)量為m的相同粒子(不計重力)在紙面內(nèi)向各個方向以相同的速率通過M點進入磁場,這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段圓弧上,這段圓弧的弧長是圓周長的。下列說法正確的是()A.粒子從M點進入磁場時的速率為v=2BqR2mB.粒子從M點進入磁場時的速率為v=BqR2mC.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到2B,則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼腄.若將磁感應(yīng)強度的大小增加到2B,則粒子射出邊界的圓弧長度變?yōu)樵瓉淼?26.如圖所示的區(qū)域共有六處開口,各相鄰開口之間的距離都相等,勻強磁場垂直于紙面,不同速度的粒子從開口a進入該區(qū)域,可能從b、c、d、e、f五個開口離開,粒子就如同進入“迷宮”一般,可以稱作“粒子迷宮”。以下說法正確的是()A.從d口離開的粒子不帶電B.從e、f口離開的粒子帶有異種電荷C.從b、c口離開的粒子運動時間相等D.從c口離開的粒子速度是從b口離開的粒子速度的2倍二、非選擇題(本題共4小題,共58分)7.(14分)如圖所示,正方形勻強磁場的邊界長為a,邊界由絕緣彈性壁圍成,磁場的磁感應(yīng)強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子垂直于磁場方向和邊界,從邊界正中點O孔處射入磁場,其射入時的速度為17Bqa8m,帶電粒子與壁碰撞前后沿壁方向的分速度不變,垂直壁方向的分速度反向、大小不變,且不計摩擦,不計粒子所受重力,碰撞時無電荷量損失,求:(1)帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑;(2)帶電粒子從O孔射入到從O孔射出所需要的時間。8.(14分)如圖甲所示,MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O,兩孔正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應(yīng)強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應(yīng)強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求:甲乙(1)磁感應(yīng)強度B0的大小;(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。9.(14分)如圖所示,在坐標系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OO為分界線,磁場a的磁感應(yīng)強度為2B,方向垂直紙面向里;磁場b的磁感應(yīng)強度為B,方向垂直紙面向外。P點在分界線上,坐標為(4l,3l)。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b,經(jīng)過一段時間后,粒子恰能經(jīng)過原點O,不計粒子重力。(sin 37=0.6,cos 37=0.8)(1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少?(2)粒子運動的速度可能是多少?10.(16分)如圖所示,圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強磁場,以圓心O為坐標原點建立坐標系,在y=-3R處有一垂直y軸的固定絕緣擋板,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子,與x軸成60角從M點(-R,0)以初速度v0斜向上射入磁場區(qū)域,經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后由N點離開磁場(N點未畫出)恰好垂直打在擋板上,粒子與擋板碰撞后原速率彈回,再次進入磁場,最后離開磁場。不計粒子的重力,求:(1)磁感應(yīng)強度B的大小;(2)N點的坐標;(3)粒子從M點進入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間。答案：1.B解析 線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力,處于平衡,安培力為FB=nBIl,且開始的方向向上,然后方向向下,大小不變。設(shè)在電流反向之前彈簧的伸長為x,則反向之后彈簧的伸長為(x+x),則有kx+nBIl-G=0k(x+x)-nBIl-G=0解之可得x=2nIlBk,且線框向下移動,故B正確。2.C解析 設(shè)導線P和Q在a點處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度B1、B2的大小為B,如圖甲所示,兩磁感應(yīng)強度的夾角為60,可知合磁感應(yīng)強度大小為3B,方向水平向右,所以勻強磁場的磁感應(yīng)強度B0=3B,方向水平向左;P中的電流反向后,導線P和Q在a點處產(chǎn)生磁場的磁感應(yīng)強度B1、B2如圖乙所示,各自大小仍為B,夾角為120,則其合磁感應(yīng)強度大小仍為B,方向豎直向上,與原勻強磁場B0合成后,總的磁感應(yīng)強度大小為B總=233B0,C正確。3.C解析 由安培定則可知,兩導線在O點產(chǎn)生的磁場均豎直向下,則合磁感應(yīng)強度一定不為零,選項A錯誤;兩導線在a、b兩點處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下,由對稱性知,電流M在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度,同時電流M在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度,所以a、b兩點處的合磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同,選項B錯誤;根據(jù)安培定則,兩導線在c、d兩點處產(chǎn)生的磁場分別垂直于c、d兩點與導線連線方向向下,且產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度相等,由平行四邊形定則可知,c、d兩點處的合磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同,選項C正確;a、c兩點處的合磁感應(yīng)強度方向均豎直向下,選項D錯誤。4.A解析 右圖為筒轉(zhuǎn)過90前后各點位置和粒子運動軌跡示意圖。M、N分別為入射點和出射點,分別作入射速度的垂線和MN的中垂線,交點即為軌跡圓的圓心O。根據(jù)題意,NMN=45,OM與NM延長線的夾角為60,所以O(shè)MN=75,MON=30,即軌跡圓的圓心角為30,轉(zhuǎn)動筒的時間和粒子在磁場中運動的時間相同,T磁12=T筒4,即1122mqB=142,解得比荷qm=3B,A選項正確。5.AC解析 因為粒子射出邊界的位置處于邊界的某一段圓弧上,并不是整個圓周上都有,所以,粒子做圓周運動的半徑小于R;則粒子能射到的邊界其圓弧所對應(yīng)的弦長正好等于圓周運動的直徑,因為這段圓弧的弧長是圓周長的14,所以,弦長對應(yīng)的等腰三角形的內(nèi)頂角為90,所以,弦長2r=2Rsin 45,則粒子做圓周運動的半徑r=Rsin 45=22R,粒子做圓周運動,洛倫茲力充當向心力,即qvB=mv2r,所以v=2qBR2m,故A正確,B錯誤。若B變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子在磁場中做圓周運動的半徑r=mvqB=R2,同理可得,對應(yīng)的弦長為R,由幾何關(guān)系可得粒子做圓周運動轉(zhuǎn)過磁場的圓心角為60,所以弧長之比為23,故C正確,D錯誤。6.AD解析 從d口離開的粒子不偏轉(zhuǎn),所以不帶電,A正確;根據(jù)左手定則,從f、e口離開的粒子帶有同種電荷,B錯誤;從b口離開的粒子運動時間是半個周期,從c口離開的粒子運動時間是14周期,C錯誤;從c口離開的粒子軌道半徑是從b口離開的粒子軌道半徑的2倍,因此速度也是2倍關(guān)系,D正確。7.答案 見解析解析 (1)設(shè)帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律有qvB=mv2r解得r=mvqB=mqB17Bqa8m=178a。(2)由于r=178a>2a,所以粒子射到AB邊,設(shè)射到AB邊點E距A的距離為x由幾何知識可得r2=a2+r-a2-x2,x=a4設(shè)粒子從O運動到E的時間為t1,OOE為,如圖所示sin =ar=817,解得=arcsin 817由t=mqB可得t1=mqBarcsin 817由分析可知粒子在磁場區(qū)域要運動8次類似OE的曲線運動和2次勻速直線運動,才可從O點射出設(shè)粒子從D到A的勻速直線運動時間為t2t2=av=8m17qB解得t=8t1+2t2=8mqBarcsin 817+16m17qB帶電粒子從O孔射入到射出所需要的時間為8mqBarcsin 817+16m17qB。8.答案 (1)2mqT0(2)d2nT0(n=1,2,3,)解析 設(shè)垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。(1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力B0qv0=mv02R,而v0=2T0R由兩式得磁感應(yīng)強度B0=2mqT0。(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子的運動軌跡應(yīng)如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期,即T0時,有R=d4做勻速圓周運動的周期T0=2Rv0當兩板之間正離子運動n個周期,即nT0時,有R=d4n(n=1,2,3,)聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=B0qRm=d2nT0(n=1,2,3,)。9.答案 (1)53m60qB(2)25qBl12nm(n=1,2,3,)解析 (1)設(shè)粒子的入射速率為v,用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a和b運動的軌道半徑和周期則Ra=mv2qB,Rb=mvqBTa=2m2qB=mqBTb=2mqB粒子先從磁場b運動,后進入磁場a運動,然后從O點射出,粒子從P運動到O點所用時間最短。如圖所示tan =3l4l=34得=37粒子在磁場b和磁場a運動的時間分別為tb=2(90-)360Tb,ta=2(90-)360Ta故從P到O所用最少時間為t=ta+tb=53m60qB。(2)由題意及圖可知n(2Racos +2Rbcos )=(3l)2+(4l)2(n=1,2,3,)解得v=25qBl12nm(n=1,2,3,)。10.答案 (1)mv0qR(2)32R,-12R(3)(5+)Rv0解析 (1)設(shè)粒子在磁場中的運動半徑為r,根據(jù)題設(shè)條件畫出粒子的運動軌跡,如圖所示。由幾何關(guān)系可以得到MONO1為一平行四邊形,所以r=R洛倫茲力提供向心力,則qv0B=mv02r,得到B=mv0qR。(2)由圖幾何關(guān)系可以得到xN=Rcos 30=32R,yN=-Rsin 30=-12R,所以N點坐標為32R,-12R。(3)由qvB=m2Tv可知,粒子在磁場中運動的周期T=2mqB,由幾何知識得到粒子在磁場中運動的圓心角共為150+30=180,粒子在磁場中運動時間t1=T2,粒子從出磁場到再次進磁場的時間為t2=2sv0,其中s=3R-12R,粒子從M點進入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間t=t1+t2解得t=(5+)Rv0。