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點處的磁感應強度為零B.a、b兩點處的磁感應強度大小相等、方向相反C.c、d兩點處的磁感應強度大小相等、方向相同D.a、c兩點處磁感應強度的方向不同4.一圓筒處于磁感應強度大小為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的磁感應強度為2B,方向垂直紙面向里;磁場b的磁感應強度為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 設導線P和Q在a點處產(chǎn)生磁場的磁感應強度B1、B2的大小為B,如圖甲所示,兩磁感應強度的夾角為60,可知合磁感應強度大小為3B,方向水平向右,所以勻強磁場的磁感應強度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)生的磁場的磁感應強度等于電流N在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度,同時電流M在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度等于電流N在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度,所以a、b兩點處的合磁感應強度大小相等、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)生的磁場的磁感應強度相等,由平行四邊形定則可知,c、d兩點處的合磁感應強度大小相等、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OMN=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,對應的弦長為R,由幾何關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倍關系,D正確。7.答案 見解析解析 (1)設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)設粒子在磁場中的運動半徑為r,根據(jù)題設條件畫出粒子的運動軌跡,如圖所示。由幾何關系可以得到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。