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）-人教版高三全冊物理試題

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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,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

2、、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BB.33mg,方向由B指向AC.3mg,方向由A指向BD.3mg,方向由B指向A3.(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(chǎn)生的磁場中,距導線r處的磁感應強度B=kIr,其中k為常量)。某時刻有一電子(質(zhì)量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過原點O,速度大小為v,方向沿y

3、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2evkI3aB.方向指向x軸正方向,大小為2evkI3aC.方向垂直紙面向里,大小為evkI3aD.方向指向x軸正方向,大小為evkI3a4.(多選)如圖所示,平面直角坐標系的第二象限內(nèi)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(nèi)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,且在第二象限運動時的軌跡圓的半徑為R,已知帶電粒子的質(zhì)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

4、2B.粒子完成一次周期性運動的時間2m3qBC.粒子從O位置入射后第二次經(jīng)過x軸時的位置到坐標原點的距離為33RD.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x0,y0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。現(xiàn)有一質(zhì)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(jīng)歷的時間可能為5m3qBC.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為mqBD.粒子在

5、磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為m6qB6.(多選)(2019長沙四校模擬)如圖所示,圓心角為90的扇形COD內(nèi)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52C.粒子a、b的速率之比為25D.粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180537.(2019廣東珠海模擬)如圖所示,直角坐標系第、象限存在方

6、向垂直于紙面向里的勻強磁場,一質(zhì)量為m、電荷量為+q的粒子在紙面內(nèi)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平面內(nèi),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(nèi)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(zhì)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

7、的最短時間;(2)若粒子帶正電,求粒子在磁場中能夠經(jīng)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(zhì)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

8、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(nèi)有沿x軸正方向的勻強電場,第一、四象限內(nèi)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(nèi)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(zhì)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(nèi)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(nèi)電場的電

9、場強度大小;(2)求粒子第一次經(jīng)過x軸時的位置坐標。專題分層突破練9磁場帶電粒子在磁場中的運動1.A解析 根據(jù)安培定則,P產(chǎn)生的磁場的方向垂直于紙面向外,Q產(chǎn)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

10、可得:2FACcos30=mg,解得:FAC=33mg,則FAB=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(chǎn)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(chǎn)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

11、運動的軌跡圓半徑之比為12,故A正確;粒子在磁場中運動一個周期的軌跡如圖所示:在第二象限的周期T1=2mq2B=mqB,圓心角120,運動時間t1=120360T1=m3qB,在第二象限運動的周期T2=2mqB,圓心角120,運動時間t2=120360T2=2m3qB,所以粒子完成一次周期性運動的時間T0=t1+t2=mqB,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(jīng)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(jīng)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=2m

12、qB與速度無關,圓心角不變,所以在磁場中運動時間t=2T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=5m3qB。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t13T=2m3qB,故粒子在磁場中運動的時間范圍是2m3qBt5m3qB,BC正確

13、,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,sin=rRb,得Rb=54r,=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=Rava,粒子b在磁場中運動的時間tb=53180Rbvb,則tatb=18053,D正確。7.答案 (1)3

14、mv6qL(2)(12+103)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=Ltan60sin30=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=22Lv=4Lv,在磁場中偏轉了300,所用時間t2=300360T=56223Lv=103L3v,粒子從A點出發(fā)到再回到A點的時間t=t1+t2=(12+103)L3v8.答案 (1)vqBR2mt=mqB(2)18R2解析 (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:rR2聯(lián)立得:vqBR2m粒子在磁場中做圓周運動的周

15、期:T=2mqB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=mqB(2)分析可得,粒子在磁場中能經(jīng)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=12r2聯(lián)立可得:S=18R29.答案 (1)mvqx0(2)4x03v(3)最小長度為(2-3)x0,上端坐標為(0,2x0),下端坐標為(0,3x0)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=x0qvB=mv2R聯(lián)立得B=mvqx0圖a(2)粒子做圓周運動的周期為T,T=

16、2Rv=2x0v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=x03v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,由圖c可知到達金屬板右側下端的粒子用時最長,即t=5T6=5x03v則被板接收的粒子中最長和最短時間之差為t=4x03v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)x01

17、0.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=mq2OAt2=22100(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=2021000.4m=22m;粒子做圓周運動的周期T=2Rv=20s,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(jīng)過x軸,由等腰三角形性質(zhì)可知,粒子第一、二次經(jīng)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(jīng)過x軸時的位置坐標為(3m,0)。