（通用版）2020版高考物理二轮复习 专题分层突破练9 磁场 带电粒子在磁场中的运动（含解析）

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1、专题分层突破练9　磁场　带电粒子在磁场中的运动 A组 　　　　　　　　　　　　　 1. 如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是(　　) A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变 B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变 C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大 D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变 2. 如图所示

2、,A、B、C三根平行通电直导线均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为(　　) 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江西省红色七校联考)如图所示,三根通电长直导线P、Q、R互相平行,垂直纸面放置,其间距均为a,电流强度均为I,方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中,距导线r处的

3、磁感应强度B=kIr,其中k为常量)。某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过原点O,速度大小为v,方向沿y轴正方向,则电子此时所受的洛伦兹力为(　　) A.方向垂直纸面向里,大小为2evkI3a B.方向指向x轴正方向,大小为2evkI3a C.方向垂直纸面向里,大小为evkI3a D.方向指向x轴正方向,大小为evkI3a 4. (多选)如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场,且在第二象限运动

4、时的轨迹圆的半径为R,已知带电粒子的质量为m,所带电荷量为q,且所受重力可以忽略。则(　　) A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2 B.粒子完成一次周期性运动的时间2πm3qB C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为33R D.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍,则粒子完成一次周期性运动的时间将减少 5. (多选)(2019四川五校联考)如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁

5、场。不计重力的影响,则下列说法正确的是(　　) A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点 B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为5πm3qB C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqB D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qB 6. (多选)(2019长沙四校模拟)如图所示,圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,E点为半径OD的中点。现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场,粒子a恰从D点射出磁场,粒子b恰从C点射出磁场,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说

6、法中正确的是(　　) A.粒子a带正电,粒子b带负电 B.粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2 C.粒子a、b的速率之比为2∶5 D.粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶53 7.(2019广东珠海模拟)如图所示,直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m、电荷量为+q的粒子在纸面内以速度v从y轴上的A点(0,-L)射入,其方向与x轴正方向成30°角,粒子离开磁场后能回到A点,不计重力。求: (1)磁感应强度B的大小; (2)粒子从A点出发到再回到A点的时间。 B组 8. 如图所示,在xOy

7、平面内,有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子,粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等,质量为m、电荷量大小为q,粒子重力及粒子间的相互作用均不计。 (1)若粒子带负电,求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间; (2)若粒子带正电,求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。 9. 如图所示,在x轴和x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质

8、量为m、带电荷量为+q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为0)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。 (1)求磁感应强度B的大小; (2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值; (3)若在y轴上放置一挡板,使薄金属板右侧不能接收到带电粒子,试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标。 10.如图甲所示,直角坐标系xOy中,第二象限内有沿x轴正方向的匀强

9、电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷qm=100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以v0=20 m/s的速度从x轴上的点A(-2m,0)进入第二象限,从y轴上的点C(0,4m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化,g取10 m/s2。 (1)求第二象限内电场的电场强度大小; (2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。 专题分层突破练9　磁场 带电粒子在磁

10、场中的运动 1.A　解析 根据安培定则,P产生的磁场的方向垂直于纸面向外,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,从上往下看,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相反,两环靠近部分的电流方向相同,所以两个线圈相互吸引,细线张力减小。由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,BCD错误。故选A。 2.A　解析 三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,通入的电流大小均相等,则FBC=FAC=FAB,又反向电流相互排斥,对电流C受力分析如图。由平衡条件可得:2FACcos30°=mg,解得:FAC=33mg,则FA

11、B=33mg,同向电流相互吸引,A导线受到B导线的作用力方向由A指向B。综上答案为A。 3.A　解析 P、Q两根导线到O点的距离相等,根据安培定则,两导线在O点产生的磁场方向相反,大小相等,所以最终磁场的磁感应强度大小等于导线R在O点产生的磁场的磁感应强度大小,根据安培定则,磁场的方向沿x轴负方向,RO=32a,磁感应强度的大小B=kIr=2kI3a,根据左手定则,洛伦兹力方向垂直纸面向里,大小F=evB=2evkI3a,故A正确。 4.AC　解析 由半径公式r=mvqB知,轨道半径与磁感应强度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2,故A正确;粒子在磁场

12、中运动一个周期的轨迹如图所示: 在第二象限的周期T1=2πmq·2B=πmqB,圆心角120°,运动时间t1=120°360°T1=πm3qB,在第二象限运动的周期T2=2πmqB,圆心角120°,运动时间t2=120°360°T2=2πm3qB,所以粒子完成一次周期性运动的时间T0=t1+t2=πmqB,故B错误;粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R,从O点入射后第一次经过x轴时的位置到坐标原点的距离x1=3R,第二次圆弧的弦长x2=3R2=23R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为33R,故C正确;若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍,周期T=2πmqB与速度无

13、关,圆心角不变,所以在磁场中运动时间t=θ2πT不变,故D错误;故选AC。 5.BC　解析 带正电粒子由P点沿与x轴成30°角的方向入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点且与速度方向垂直的方向上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角肯定大于180°,假设如图所示,而因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角为300°,运动的时间t=56T=5πm3qB。当粒子从无限靠近坐标原点出发时,对应的最小圆心角也一定大于120°,所以运动时间t>13T=2πm3qB,故粒子在磁场中运动的时间范围是2πm3qB

14、πm3qB,BC正确,D错误。 6. CD　解析 两个粒子的运动轨迹如图所示,根据左手定则判断知粒子a带负电,粒子b带正电,A错误;设扇形COD的半径为r,粒子a、b的轨道半径分别为Ra、Rb, 则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的速率之比为vavb=RaRb=25,C正确;由牛顿第二定律得加速度a=qvBm,所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为aaab=vavb=25,B错误;粒子a在磁场中运动的时间ta=πRava,粒子b在磁场中运动的时间tb=53°180°π

15、Rbvb,则tatb=18053,D正确。 7.答案 (1)3mv6qL　(2)(12+103π)L3v 解析 (1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系知, r=Ltan60°sin30°=23L,洛伦兹力提供向心力,qvB=mv2r, 联立得B=3mv6qL。 (2)粒子做匀速直线运动的时间t1=2×2Lv=4Lv, 在磁场中偏转了300°,所用时间 t2=300°360°T=56×2π×23Lv=103πL3v, 粒子从A点出发到再回到A点的时间t=t1+t2=(12+103π)L3v 8.答案 (1)v≤qBR2m　t=πmqB　(2)18πR2 解析

16、(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qvB=mv2r 根据几何关系:r≤R2 联立得:v≤qBR2m 粒子在磁场中做圆周运动的周期: T=2πmqB 由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则:t=T2 联立可得:t=πmqB (2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分, 由几何关系可得该半圆的半径:r'=12R 面积:S=12πr'2 联立可得:S=18πR2 9.答案 (1)mvqx0　(2)4πx03v　(3)最小长度为(2-3)x0,上端坐标为(0,2x0),下端坐标为(0,3x0

17、) 解析 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,沿-x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方,如图a所示,R=x0① qvB=mv2R② 联立得B=mvqx0③ 图a (2)粒子做圆周运动的周期为T, T=2πRv=2πx0v④ 图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点,由图可知,圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成30°,由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短,即t=T6=πx03v⑤ 图b 图c为打在右侧下端的临界点,圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成150°

18、,由图c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长,即t=5T6=5πx03v⑥ 则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt=4πx03v⑦ 图c (3)由图a可知挡板上端坐标为(0,2x0) 由图c可知挡板下端y坐标为y2=2x0cos30°=3x0,下端(0,3x0) 最小长度L=(2-3)x0 10.答案 (1)1 N/C　(2)(3 m,0) 解析 (1)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力,且电场力方向与初速度方向垂直,所以,粒子做类平抛运动;粒子从A点到C点用时t=OCv0=420s=15s;粒子在水平方向上有a=qEm,所以OA=12at2,则有E=mqa=mq2OA

19、t2=2×2100×(15) 2N/C=1N/C。 (2)粒子进入磁场时的速度为v,则其竖直分量vy=v0=20m/s,水平分量vx=at=qEmt=20m/s,所以v=vx2+vy2=202m/s,v与y轴正方向的夹角为45°,在洛伦兹力作向心力的作用下,Bvq=mv2R,粒子在磁场中做圆周运动的半径R=mvBq=202100×0.4m=22m;粒子做圆周运动的周期T=2πRv=π20s,所以由题图乙可知,粒子每运动半个圆周则偏转方向相反,则粒子在磁场中的运动如图所示。因为42=8R,所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴,由等腰三角形性质可知,粒子第一、二次经过x轴,在x轴上对应的弦长为2R=1m,所以OD=3m,则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(3m,0)。 14