（通用版）2020版高考物理二輪復習 專題分層突破練9 磁場 帶電粒子在磁場中的運動（含解析）

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1、專題分層突破練9　磁場　帶電粒子在磁場中的運動 A組 　　　　　　　　　　　　　 1. 如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關于兩線圈的轉動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是(　　) A.P順時針轉動,Q逆時針轉動,轉動時P與天花板連接的細線張力不變 B.P逆時針轉動,Q順時針轉動,轉動時兩細線張力均不變 C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大 D.P不動,Q逆時針轉動,轉動時P、Q間細線張力不變 2. 如圖所示

2、,A、B、C三根平行通電直導線均為m,通入的電流大小均相等,其中C中的電流方向與A、B中的電流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C靜止在空中,三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點,且三根導線均保持靜止,重力加速度為g,則A導線受到B導線的作用力大小和方向為(　　) A.33mg,方向由A指向B B.33mg,方向由B指向A C.3mg,方向由A指向B D.3mg,方向由B指向A 3. (2019江西省紅色七校聯(lián)考)如圖所示,三根通電長直導線P、Q、R互相平行,垂直紙面放置,其間距均為a,電流強度均為I,方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導線產生的磁場中,距導線r處的

3、磁感應強度B=kIr,其中k為常量)。某時刻有一電子(質量為m、電荷量為e)正好經過原點O,速度大小為v,方向沿y軸正方向,則電子此時所受的洛倫茲力為(　　) A.方向垂直紙面向里,大小為2evkI3a B.方向指向x軸正方向,大小為2evkI3a C.方向垂直紙面向里,大小為evkI3a D.方向指向x軸正方向,大小為evkI3a 4. (多選)如圖所示,平面直角坐標系的第二象限內存在著垂直紙面向外、磁感應強度大小為2B的勻強磁場,第三象限內存在著垂直紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶負電的粒子從原點O以某一速度沿與y軸成30°角方向斜向上射入磁場,且在第二象限運動

4、時的軌跡圓的半徑為R,已知帶電粒子的質量為m,所帶電荷量為q,且所受重力可以忽略。則(　　) A.粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2 B.粒子完成一次周期性運動的時間2πm3qB C.粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為33R D.若僅將粒子的入射速度大小變?yōu)樵瓉淼?倍,則粒子完成一次周期性運動的時間將減少 5. (多選)(2019四川五校聯(lián)考)如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸成30°角的方向射入磁

5、場。不計重力的影響,則下列說法正確的是(　　) A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點 B.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為5πm3qB C.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為πmqB D.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為πm6qB 6. (多選)(2019長沙四校模擬)如圖所示,圓心角為90°的扇形COD內存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,E點為半徑OD的中點。現(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b(不計重力)以大小不等的速度分別從O、E點均沿OC方向射入磁場,粒子a恰從D點射出磁場,粒子b恰從C點射出磁場,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,則下列說

6、法中正確的是(　　) A.粒子a帶正電,粒子b帶負電 B.粒子a、b在磁場中運動的加速度大小之比為5∶2 C.粒子a、b的速率之比為2∶5 D.粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180∶53 7.(2019廣東珠海模擬)如圖所示,直角坐標系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于紙面向里的勻強磁場,一質量為m、電荷量為+q的粒子在紙面內以速度v從y軸上的A點(0,-L)射入,其方向與x軸正方向成30°角,粒子離開磁場后能回到A點,不計重力。求: (1)磁感應強度B的大小; (2)粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間。 B組 8. 如圖所示,在xOy

7、平面內,有一以O為圓心、R為半徑的半圓形勻強磁場區(qū)域,磁場方向垂直坐標平面向里,磁感應強度大小為B。位于O點的粒子源向第二象限內的各個方向連續(xù)發(fā)射大量同種帶電粒子,粒子均不會從磁場的圓弧邊界射出。粒子的速率相等,質量為m、電荷量大小為q,粒子重力及粒子間的相互作用均不計。 (1)若粒子帶負電,求粒子的速率應滿足的條件及粒子在磁場中運動的最短時間; (2)若粒子帶正電,求粒子在磁場中能夠經過區(qū)域的最大面積。 9. 如圖所示,在x軸和x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場,坐標原點O處有一粒子源,可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小均為v、質

8、量為m、帶電荷量為+q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上,其速度立即變?yōu)?)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端,且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。 (1)求磁感應強度B的大小; (2)求被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值; (3)若在y軸上放置一擋板,使薄金屬板右側不能接收到帶電粒子,試確定擋板的最小長度和放置的位置坐標。 10.如圖甲所示,直角坐標系xOy中,第二象限內有沿x軸正方向的勻強

9、電場,第一、四象限內有垂直坐標平面的勻強交變磁場,磁場方向垂直紙面向外為正方向。第三象限內有一發(fā)射裝置(沒有畫出)沿y軸正方向射出一個比荷qm=100 C/kg的帶正電的粒子(可視為質點且不計重力),該粒子以v0=20 m/s的速度從x軸上的點A(-2m,0)進入第二象限,從y軸上的點C(0,4m)進入第一象限。取粒子剛進入第一象限的時刻為0時刻,第一、四象限內磁場的磁感應強度按圖乙所示規(guī)律變化,g取10 m/s2。 (1)求第二象限內電場的電場強度大小; (2)求粒子第一次經過x軸時的位置坐標。 專題分層突破練9　磁場 帶電粒子在磁

10、場中的運動 1.A　解析 根據(jù)安培定則,P產生的磁場的方向垂直于紙面向外,Q產生的磁場水平向右,根據(jù)同名磁極相互排斥的特點,從上往下看,P將順時針轉動,Q逆時針轉動;轉動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相反,兩環(huán)靠近部分的電流方向相同,所以兩個線圈相互吸引,細線張力減小。由整體法可知,P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變;故A正確,BCD錯誤。故選A。 2.A　解析 三根導線的截面處于一個等邊三角形的三個頂點,通入的電流大小均相等,則FBC=FAC=FAB,又反向電流相互排斥,對電流C受力分析如圖。由平衡條件可得:2FACcos30°=mg,解得:FAC=33mg,則FA

11、B=33mg,同向電流相互吸引,A導線受到B導線的作用力方向由A指向B。綜上答案為A。 3.A　解析 P、Q兩根導線到O點的距離相等,根據(jù)安培定則,兩導線在O點產生的磁場方向相反,大小相等,所以最終磁場的磁感應強度大小等于導線R在O點產生的磁場的磁感應強度大小,根據(jù)安培定則,磁場的方向沿x軸負方向,RO=32a,磁感應強度的大小B=kIr=2kI3a,根據(jù)左手定則,洛倫茲力方向垂直紙面向里,大小F=evB=2evkI3a,故A正確。 4.AC　解析 由半徑公式r=mvqB知,軌道半徑與磁感應強度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限兩磁場中運動的軌跡圓半徑之比為1∶2,故A正確;粒子在磁場

12、中運動一個周期的軌跡如圖所示: 在第二象限的周期T1=2πmq·2B=πmqB,圓心角120°,運動時間t1=120°360°T1=πm3qB,在第二象限運動的周期T2=2πmqB,圓心角120°,運動時間t2=120°360°T2=2πm3qB,所以粒子完成一次周期性運動的時間T0=t1+t2=πmqB,故B錯誤;粒子在第三象限軌跡圓的半徑為2R,從O點入射后第一次經過x軸時的位置到坐標原點的距離x1=3R,第二次圓弧的弦長x2=3R2=23R,所以粒子從O位置入射后第二次經過x軸時的位置到坐標原點的距離為33R,故C正確;若僅將粒子的入射速度變?yōu)樵瓉淼?倍,周期T=2πmqB與速度無

13、關,圓心角不變,所以在磁場中運動時間t=θ2πT不變,故D錯誤;故選AC。 5.BC　解析 帶正電粒子由P點沿與x軸成30°角的方向入射,則粒子運動軌跡的圓心在過P點且與速度方向垂直的方向上,粒子在磁場中要想到達坐標原點,轉過的圓心角肯定大于180°,假設如圖所示,而因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,A錯誤;由于P點的位置不定,所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角為300°,運動的時間t=56T=5πm3qB。當粒子從無限靠近坐標原點出發(fā)時,對應的最小圓心角也一定大于120°,所以運動時間t>13T=2πm3qB,故粒子在磁場中運動的時間范圍是2πm3qB

14、πm3qB,BC正確,D錯誤。 6. CD　解析 兩個粒子的運動軌跡如圖所示,根據(jù)左手定則判斷知粒子a帶負電,粒子b帶正電,A錯誤;設扇形COD的半徑為r,粒子a、b的軌道半徑分別為Ra、Rb, 則Ra=r2,Rb2=r2+Rb-r22, sinθ=rRb,得Rb=54r,θ=53°,由qvB=mv2R,得v=qBmR,所以粒子a、b的速率之比為vavb=RaRb=25,C正確;由牛頓第二定律得加速度a=qvBm,所以粒子a、b在磁場中運動的加速度大小之比為aaab=vavb=25,B錯誤;粒子a在磁場中運動的時間ta=πRava,粒子b在磁場中運動的時間tb=53°180°π

15、Rbvb,則tatb=18053,D正確。 7.答案 (1)3mv6qL　(2)(12+103π)L3v 解析 (1)粒子做勻速圓周運動的軌跡如圖所示,由幾何關系知, r=Ltan60°sin30°=23L,洛倫茲力提供向心力,qvB=mv2r, 聯(lián)立得B=3mv6qL。 (2)粒子做勻速直線運動的時間t1=2×2Lv=4Lv, 在磁場中偏轉了300°,所用時間 t2=300°360°T=56×2π×23Lv=103πL3v, 粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間t=t1+t2=(12+103π)L3v 8.答案 (1)v≤qBR2m　t=πmqB　(2)18πR2 解析

16、(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,則:qvB=mv2r 根據(jù)幾何關系:r≤R2 聯(lián)立得:v≤qBR2m 粒子在磁場中做圓周運動的周期: T=2πmqB 由粒子在磁場中運動的軌跡可得,沿y軸正向射入磁場中的粒子在磁場中運動時間最短,則:t=T2 聯(lián)立可得:t=πmqB (2)分析可得,粒子在磁場中能經過的區(qū)域為半圓,如圖中陰影部分, 由幾何關系可得該半圓的半徑:r'=12R 面積:S=12πr'2 聯(lián)立可得:S=18πR2 9.答案 (1)mvqx0　(2)4πx03v　(3)最小長度為(2-3)x0,上端坐標為(0,2x0),下端坐標為(0,3x0

17、) 解析 (1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做圓周運動,沿-x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方,如圖a所示,R=x0① qvB=mv2R② 聯(lián)立得B=mvqx0③ 圖a (2)粒子做圓周運動的周期為T, T=2πRv=2πx0v④ 圖b為帶電粒子打在金屬板左側面的兩個臨界點,由圖可知,圓心O與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形,帶電粒子速度方向和x軸正方向成30°,由圖b可知到達薄金屬板左側下端的粒子用時最短,即t=T6=πx03v⑤ 圖b 圖c為打在右側下端的臨界點,圓心與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形,帶電粒子速度方向和x軸正方向成150°

18、,由圖c可知到達金屬板右側下端的粒子用時最長,即t=5T6=5πx03v⑥ 則被板接收的粒子中最長和最短時間之差為Δt=4πx03v⑦ 圖c (3)由圖a可知擋板上端坐標為(0,2x0) 由圖c可知擋板下端y坐標為y2=2x0cos30°=3x0,下端(0,3x0) 最小長度L=(2-3)x0 10.答案 (1)1 N/C　(2)(3 m,0) 解析 (1)帶電粒子在第二象限的電場中只受電場力,且電場力方向與初速度方向垂直,所以,粒子做類平拋運動;粒子從A點到C點用時t=OCv0=420s=15s;粒子在水平方向上有a=qEm,所以OA=12at2,則有E=mqa=mq2OA

19、t2=2×2100×(15)?2N/C=1N/C。 (2)粒子進入磁場時的速度為v,則其豎直分量vy=v0=20m/s,水平分量vx=at=qEmt=20m/s,所以v=vx2+vy2=202m/s,v與y軸正方向的夾角為45°,在洛倫茲力作向心力的作用下,Bvq=mv2R,粒子在磁場中做圓周運動的半徑R=mvBq=202100×0.4m=22m;粒子做圓周運動的周期T=2πRv=π20s,所以由題圖乙可知,粒子每運動半個圓周則偏轉方向相反,則粒子在磁場中的運動如圖所示。因為42=8R,所以粒子運動第四個半圓的過程中第一次經過x軸,由等腰三角形性質可知,粒子第一、二次經過x軸,在x軸上對應的弦長為2R=1m,所以OD=3m,則粒子第一次經過x軸時的位置坐標為(3m,0)。 14