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

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BB平行于BC，由B指向CC平行于CA，由C指向AD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，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()A0BBILC.BILD2BIL解析：B由并聯(lián)電路分流規(guī)律可知底邊通過的電流I1I，上方兩邊內(nèi)通過的電流為I2I.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，故金屬框受到的磁場力FBL·IBL·IBLI，B正確3如圖所示，在天花板下用細線懸掛一半徑為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，電流方向應(yīng)沿順時針方向，根據(jù)力的平衡有FF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(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 ，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()AF 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×2RL，解得R.故a、b連線的長度dR，此時圓環(huán)受到的安培力FFF，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)qvBm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qvBm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t1t2為()A21 B23 C32 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點進入C點飛出時軌跡所對圓心角190°，粒子由P點進入M點飛出時軌跡所對圓心角260°，則，故選項C正確8.(2020·涼山州模擬)如圖所示，有一邊長L2 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/m200 C/kg的帶正電粒子從AB邊上的P點垂直AB邊進入磁場，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)( )A500 m/s B600 m/sC4×102 m/s D1 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：RLsin 60°2×m m又qvBm，解得v200×× m/s600 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()A11 B23C.2 D.3解析：C粒子在磁場中運動時，Bqv.粒子運動軌跡半徑Rd.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AN方向進入磁場時，到達PQ邊界的最下端距A點的豎直距離L1d.運動軌跡與PQ相切時，切點為到達PQ邊界的最上端，距A點的豎直距離L2d，所以粒子在PQ邊界射出的區(qū)域長度為LL1L2d；因為Rd，所以粒子在MN邊界射出區(qū)域的長度為L2Rd.故兩區(qū)域長度之比為LLdd2，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1B若甲、乙兩粒子完全相同，則甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為21C若甲、乙兩粒子同時到達Q點，則甲、乙兩粒子的速度之比為2D若甲、乙兩粒子同時到達Q點，則甲、乙兩粒子的比荷之比為21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21，B正確；若甲、乙兩粒子同時到達Q點，則兩粒子在磁場中運動的時間相同，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21，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y0區(qū)域磁場不變，而將y0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BB勻強磁場的磁感應(yīng)強度BC電荷從O運動到P，第二次所用時間一定短些D電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負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(aR)2b2R2，解得R.又qv0Bm，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y0區(qū)域磁場不變，而將y0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t2T.第一次做勻速圓周運動，運動時間t1T，因大于b，所以t1t2，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軸負方向的夾角為，則有tan .設(shè)第二次與x軸負方向的夾角為，則有tan .又，可知tan tan .電荷通過P點時的速度，第二次與x軸負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t1t2t3332.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v1v2v3B粒子的速率可能是v2v1v3C粒子的比荷D粒子的比荷解析：BD3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t1t2t3332，三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)角為60°，如圖所示，由幾何關(guān)系知：r3sin 60°L，得r3L.又r3，得，故D正確由得t1t2，又T，得，C項錯誤14如圖，紙面內(nèi)有E、F、G三點，GEF30°，EFG135°.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(q0)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從射出到經(jīng)過G點所用的時間；(2)點電荷b的速度大小解析：(1)設(shè)點電荷a的速度大小為v，由牛頓第二定律得qvB，由式得v.設(shè)點電荷a的運動周期為T，T.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，由幾何關(guān)系可得90°故a從開始運動到經(jīng)過G點所用的時間t(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1，依題意有t，由式得v1v.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160°R12R聯(lián)立式，解得v1.答案：(1)(2)