高考物理二輪課時作業(yè)：專題三 2 磁場及帶電粒子在磁場中的運動 Word版含解析

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1、 專題三 第2講 [A級－對點練] [題組一]　磁場及磁場對電流的作用 1.三根平行的長直導(dǎo)體棒分別過正三角形ABC的三個頂點，并與該三角形所在平面垂直，各導(dǎo)體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖所示．則三角形的中心O處的合磁場方向為(　　) A．平行于AB，由A指向B B．平行于BC，由B指向C C．平行于CA，由C指向A D．由O指向C 解析：A　[如圖所示，由右手螺旋定則可知，A處導(dǎo)體棒中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向平行于BC，同理，可知B、C處導(dǎo)體棒中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的方向分別平行于AC、AB，又由于三根導(dǎo)體棒中電流大小相等

2、，到O點的距離相等，則它們在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，再由平行四邊形定則，可得O處的合磁場方向為平行于AB，由A指向B，故選A.] 2．如圖所示，一個邊長為L、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．若通以圖示方向的電流(從A點流入，從c點流出)，電流強度I，則金屬框受到的磁場力為(　　) A．0　　B．BIL　　　C.BIL　　　D．2BIL 解析：B　[由并聯(lián)電路分流規(guī)律可知底邊通過的電流I1＝I，上方兩邊內(nèi)通過的電流為I2＝I.上方兩邊受到的磁場力的合力可等效為平行底邊、長為L的直導(dǎo)線受到的磁場力，由左手定則判定可知受磁場力方向均向上，故金屬

3、框受到的磁場力F＝BL·I＋BL·I＝BLI，B正確．] 3．如圖所示，在天花板下用細(xì)線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止?fàn)顟B(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場中，環(huán)與磁場邊界交點A、B與圓心O連線的夾角為120°，此時懸線的張力為F.若圓環(huán)通電，使懸線的張力剛好為零，則圓環(huán)中電流大小和方向是(　　) A．電流大小為，電流方向沿順時針方向 B．電流大小為，電流方向沿逆時針方向 C．電流大小為，電流方向沿順時針方向 D．電流大小為，電流方向沿逆時針方向 解析：A　[要使懸線拉力為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力方向豎直向上，根據(jù)左手定則可以判斷，電流方向

4、應(yīng)沿順時針方向，根據(jù)力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·R，求得I＝，A項正確．] 4．如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，金屬棒ab兩端由等長輕質(zhì)軟導(dǎo)線水平懸掛，平衡時兩懸線與水平面的夾角均為θ(θ＜90°)．緩慢調(diào)節(jié)滑動變阻器的滑片位置以改變通過棒中的電流I，下列4幅圖像中能正確反映θ與I的變化規(guī)律的是(　　) 解析：A　[對ab棒受力分析如圖所示．由平衡條件有tan θ＝，可得I＝·，又知為常數(shù)，故A項正確，B、C、D項錯誤．] 5．一通電直導(dǎo)線與x軸平行放置，勻強磁場的方向與xOy坐標(biāo)平面平行，導(dǎo)線受到的安培力為F.若將該導(dǎo)線做成圓，放置在xOy坐標(biāo)平面內(nèi)，如圖所示，并保持通

5、電的電流不變，兩端點a、b連線也與x軸平行，則圓受到的安培力大小為(　　) A．F B.F C.F D.F 解析：C　[通電導(dǎo)線長為L，其與x軸平行放置時，受到的安培力為F，制作成圓時，半徑為R，則×2πR＝L，解得R＝.故a、b連線的長度d＝R＝，此時圓環(huán)受到的安培力F′＝F＝F，故C正確．] [題組二]　帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動 6．(2019·北京卷，16T)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強磁場．一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出．下列說法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子在b點速率大于在a點速率 C

6、．若僅減小磁感應(yīng)強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短 解析：C　[由左手定則確定粒子的電性，由洛倫茲力的特點確定粒子在b、a兩點的速率，根據(jù)qvB＝m確定粒子運動半徑和運動時間．由題可知，粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則，所以粒子應(yīng)帶負(fù)電，故A錯誤；由于洛倫茲力不做功，所以粒子動能不變，即粒子在b點速率與a點速率相等，故B錯誤；若僅減小磁感應(yīng)強度，由公式qvB＝m得：r＝，所以磁感應(yīng)強度減小，半徑增大，所以粒子有可能從b點右側(cè)射出，故C正確，若僅減小入射速率，粒子運動半徑減小，在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角增大，則粒子在磁場中運動時間一定變長，故D錯誤．] 7

7、．如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)．設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為(　　) A．2∶1 B．2∶3 C．3∶2 D.∶ 解析：C　[如圖所示為粒子兩次運動軌跡圖，由幾何關(guān)系知粒子由A點進(jìn)入C點飛出時軌跡所對圓心角θ1＝90°，粒子由P點進(jìn)入M點飛出時軌跡所對圓心角θ2＝60°，則＝＝＝，故選項C正確．] 8.(2020·涼

8、山州模擬)如圖所示，有一邊長L＝2 m的正三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝ T，有一比荷q/m＝200 C/kg的帶正電粒子從AB邊上的P點垂直AB邊進(jìn)入磁場，AP的距離為 m，要使粒子能從AC邊射出磁場，帶電粒子的最大初速度為(粒子的重力不計)(　　 ) A．500 m/s B．600 m/s C．4×102 m/s D．1 200 m/s 解析：B　[從AC邊穿出的粒子其臨界軌跡如圖所示，對速度較大的粒子，對應(yīng)的半徑為R， 根據(jù)幾何關(guān)系可知，此時粒子的軌道半徑： R＝Lsin 60°＝2×m＝ m 又qvB＝m， 解得v＝＝200×× m/

9、s＝600 m/s，故B正確，A、C、D錯誤．] [題組三]　帶電粒子在磁場中的臨界、極值、多解問題 9．如圖所示，平行邊界MN、PQ間有垂直紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，兩邊界的間距為d.MN上有一粒子源A，可在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場中射入質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子．粒子射入磁場的速度大小v＝，不計粒子的重力，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為(　　) A．1∶1 B．2∶3 C.∶2 D.∶3 解析：C　[粒子在磁場中運動時，Bqv＝.粒子運動軌跡半徑R＝＝d.由左手定則可得：粒子沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，做圓周運動．粒子沿A

10、N方向進(jìn)入磁場時，到達(dá)PQ邊界的最下端距A點的豎直距離L1＝＝d.運動軌跡與PQ相切時，切點為到達(dá)PQ邊界的最上端，距A點的豎直距離L2＝＝d，所以粒子在PQ邊界射出的區(qū)域長度為L＝L1＋L2＝d；因為R＜d，所以粒子在MN邊界射出區(qū)域的長度為L′＝2R＝d.故兩區(qū)域長度之比為L∶L′＝d∶d＝∶2，故C項正確，A、B、D錯誤．] 10．如圖所示，在直角坐標(biāo)系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外．許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負(fù)方向與y軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域．不計重力及粒子間的相互作用．下列圖中陰影

11、部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝，正確的圖是(　　) 解析：D　[由左手定則可知帶正電粒子的偏轉(zhuǎn)方向，以R＝為半徑作圓a和圓b，如圖所示，將圓a以O(shè)點為軸順時針轉(zhuǎn)動，直到與b圓重合，可以判斷出圖D正確．] [B級－綜合練] 11．(多選)如圖所示，MN是垂直于紙面向里的勻強磁場的邊界．在邊界上P點甲、乙兩粒子同時沿與PN分別成60°、30°角垂直磁場方向射入磁場，經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后均從Q點射出磁場．不計粒子的重力以及粒子間的相互作用，則下列判斷正確的是(　　) A．若甲、乙兩粒子完全相同，則甲、乙兩粒子的速度之比為1∶ B．若甲、乙兩粒子完全相同，則甲、乙兩粒子

12、在磁場中運動的時間之比為2∶1 C．若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點，則甲、乙兩粒子的速度之比為∶2 D．若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點，則甲、乙兩粒子的比荷之比為2∶1 解析：ABD　[設(shè)P、Q間的距離為L，則由幾何關(guān)系可得甲、乙粒子在磁場中做圓周運動軌跡的半徑分別為r甲＝＝，r乙＝＝L.如果兩粒子完全相同，由r＝得v＝，則甲、乙兩粒子的速度之比為v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝1∶，A正確；如果甲、乙兩粒子完全相同，由T＝可知粒子做圓周運動的周期相同，則兩粒子在磁場中運動的時間之比等于兩粒子在磁場中運動的軌跡所對的圓心角之比，t甲∶t乙＝∶＝2∶1，B正確；若甲、乙兩粒子同時到達(dá)Q點，則兩粒子在磁場中

13、運動的時間相同，則兩粒子的速度之比等于軌跡的弧長之比，v甲∶v乙＝∶＝2∶，由r＝可得＝，則甲、乙兩粒子的比荷之比為∶＝∶＝2∶1，C錯誤、D正確．] 12．(多選)如圖所示直角坐標(biāo)系xOy，P(a，－b)為第四象限內(nèi)的一點．一質(zhì)量為m、電荷量為q的負(fù)電荷(重力不計)從原點O以初速度v0沿y軸正方向射入．第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，該電荷恰好能通過P點；第二次保持y＞0區(qū)域磁場不變，而將y＜0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向的勻強電場，該電荷仍通過P點，則(　　) A．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝ B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝ C．電荷從O運動到P，第二次所用時間一定短些

14、 D．電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定小些 解析：AC　[第一次在整個坐標(biāo)系內(nèi)加垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，該電荷恰好能通過P點，做勻速圓周運動，軌跡如圖，由幾何關(guān)系得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝.又qv0B＝m，解得勻強磁場的磁感應(yīng)強度B＝，故A正確，B錯誤． 第二次保持y＞0區(qū)域磁場不變，而將y＜0區(qū)域磁場改為沿x軸正方向的勻強電場．該電荷仍通過P點，先做勻速圓周運動后做類平拋運動，運動時間t2＝T＋.第一次做勻速圓周運動，運動時間t1＝T＋，因大于b，所以t1＞t2，即第二次所用時間一定短些，故C正確． 電荷通過P點時的速度，設(shè)第一次與x軸負(fù)方向的夾角為α

15、，則有tan α＝＝.設(shè)第二次與x軸負(fù)方向的夾角為θ，則有tan θ＝＝.又＝＞，可知tan θ＞tan α.電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負(fù)方向的夾角一定大些，故D錯誤．] 13．(多選)如圖所示，等腰直角三角形abc區(qū)域內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，直角邊bc的長度為L.3個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以不同速率v1、v2、v3射入磁場，在磁場中運動的時間分別為t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶2.不計粒子的重力及粒子間的相互作用，下列說法正確的是(　　) A．粒子的速率關(guān)系一定是v1＝v2＜v3 B．粒子的速率可能是v2＜v1＜v

16、3 C．粒子的比荷＝ D．粒子的比荷＝ 解析：BD　[3個相同的帶正電粒子從b點沿bc方向分別以速率v1、v2、v3射入磁場．粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB＝，可得r＝.軌跡半徑與速率成正比，又知三粒子在磁場中運動時間之比為t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，三粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝相等，則它們在磁場中偏轉(zhuǎn)角度之比等于時間之比，可知速率為v1、v2的粒子從ab邊穿出，偏轉(zhuǎn)角為90°，但兩者的速率大小關(guān)系不定，速率為v3的粒子從ac邊穿出，則其軌跡半徑最大，由半徑公式r＝知v3一定大于v1和v2，所以選項A錯誤，選項B正確．速率為v3的粒子偏轉(zhuǎn)角

17、為60°，如圖所示，由幾何關(guān)系知：r3sin 60°＝L，得r3＝L.又r3＝，得＝，故D正確．由＝得t1＝t2＝，又T＝，得＝＝，C項錯誤．] 14．如圖，紙面內(nèi)有E、F、G三點，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°.空間有一勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向外．先使帶有電荷量為q(q＞0)的點電荷a在紙面內(nèi)垂直于EF從F點射出，其軌跡經(jīng)過G點；再使帶有同樣電荷量的點電荷b在紙面內(nèi)與EF成一定角度從E點射出，其軌跡也經(jīng)過G點．兩點電荷從射出到經(jīng)過G點所用的時間相同，且經(jīng)過G點時的速度方向也相同．已知點電荷a的質(zhì)量為m，軌道半徑為R，不計重力，求： (1)點電荷a從射出

18、到經(jīng)過G點所用的時間； (2)點電荷b的速度大?。? 解析：(1)設(shè)點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvB＝，① 由①式得v＝.② 設(shè)點電荷a的運動周期為T，T＝.③ 如圖所示， O和O1分別是a和b的圓弧軌道的圓心．設(shè)a在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為θ，由幾何關(guān)系可得 θ＝90°④ 故a從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間 t＝＝⑤ (2)設(shè)點電荷b的速度大小為v1，軌跡半徑為R1，b在磁場中的偏轉(zhuǎn)角度為θ1，依題意有t＝＝，⑥ 由⑥式得v1＝v.⑦ 由于兩軌道在G點相切，所以過G點的半徑OG和O1G在同一直線上．由幾何關(guān)系和題給條件可得 θ1＝60°⑧ R1＝2R⑨ 聯(lián)立②④⑦⑧⑨式，解得v1＝. 答案：(1)　(2)