2020高考物理二轮复习第1部分专题4电场和磁场第2讲磁场带电粒子在磁场中的运动限时检测含解析

2020高考物理二轮复习第1部分专题4电场和磁场第2讲磁场带电粒子在磁场中的运动限时检测含解析

第2讲　磁场、带电粒子在磁场中的运动 ‎ [限时45分钟；满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分，共30分)‎ ‎1．(2019·新乡二模)如图4－2－19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 图4－2－19‎ 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 解析　根据安培定则，P产生的磁场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。‎ 答案　A ‎2．(2019·蚌埠质检)如图4－2－20所示，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 图4－2－20‎ 9‎ A.mg，方向由A指向B　　B.mg，方向由B指向A C.mg，方向由A指向B D.mg，方向由B指向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：2FACcos 30°＝mg，解得：FAC＝mg，则FAB＝mg，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。‎ 答案　A ‎3．(多选)(2019·安徽皖南八校联考)如图4－2－21所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是 图4－2－21‎ A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场 B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0‎ C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0‎ D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0‎ 解析　带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。作出粒子恰好从各边射出的轨迹，发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故A正确；作出粒子恰好从ab边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于150°，在磁场中经历的时间不大于个周期，即。圆心角不小于60°，在磁场中经历的时间不小于个周期，即，故B正确；作出粒子恰好从bc 9‎ 边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于240°，在磁场中经历的时间不大于个周期，即。圆心角不小于150°，在磁场中经历的时间不小于个周期，即，故C正确；所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为，故D错误。‎ 答案　ABC ‎4．(2016·四川卷)如图4－2－22所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则 图4－2－22‎ A．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1‎ B．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝1∶2‎ C．vb∶vc＝2∶1，tb∶tc＝2∶1‎ D．vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝1∶2‎ 解析　设正六边形边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rb＝L，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°，由洛伦兹力提供向心力，Bqvb＝，得L＝，且T＝，得tb＝·；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的半径rc＝L＋＝2L，同理有2L＝，tc＝·，解得vb∶vc＝1∶2，tb∶tc＝2∶1，A项正确。‎ 9‎ 答案　A ‎5．(多选)电磁轨道炮工作原理如图4－2－23所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是 图4－2－23‎ A．只将轨道长度L变为原来的2倍 B．只将电流I增加至原来的2倍 C．只将弹体质量减至原来的一半 D．将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变 解析　设两轨道间距离为d，弹体出射速度为v时，对应的电流为I，弹体的质量为m，轨道长度为L。当出射速度为2v时，对应的电流为I′，弹体的质量为m′，轨道长度为L′。依题意有B＝kI，F＝BId＝kI2d，由动能定理得FL＝mv2，即kI2dL＝mv2，同理有kI′2dL′＝m′(2v)2，两式相比可得＝，四个选项中只有B、D两个选项能使该式成立，故A、C错误，B、D正确。‎ 答案　BD ‎6．(多选)(2019·福州市高三质量抽测)如图4－2－24所示，直角三角形AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，∠A＝60°，AO＝L，在O点放置一个粒子源，可以沿各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为，发射速度大小都为v0＝，设粒子发射方向与OC边的夹角为θ，不计粒子重力及它们之间的相互作用。对于粒子进入磁场后的运动，下列判断正确的是 9‎ 图4－2－24‎ A．粒子在磁场中的运动半径R＝L B．当θ＝0°时，粒子射出磁场时的速度方向与AC边垂直 C．当θ＝0°时，粒子在磁场中运动的时间为 D．当θ＝60°时，粒子在磁场中运动的时间为 解析　带电粒子在磁场中运动，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝m，解得R＝L，选项A正确；当粒子入射方向与OC边的夹角θ＝0°时，根据洛伦兹力方向和半径可知，粒子射出磁场时的速度方向垂直于AC边，此过程粒子在磁场中转过的角度为60°，故粒子在磁场中运动的时间为t＝T＝×＝，选项B正确，C错误；当粒子入射方向与OC边的夹角θ＝60°时，由几何关系可知，粒子在磁场中转过的角度也为60°，故粒子在磁场中运动的时间也为t＝T＝，选项D正确。‎ 答案　ABD 二、计算题(共50分)‎ ‎7．(10分)(2019·全国卷Ⅰ)如图4－2－25，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求 图4－2－25‎ ‎(1)带电粒子的比荷；‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。‎ 解析　(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝mv2①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝m 9‎ ②‎ 由几何关系知 d＝r③‎ 联立①②③式得＝④‎ ‎(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s＝＋rtan 30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t＝⑥‎ 联立②④⑤⑥式得t＝。‎ 答案　(1)　(2) ‎8．(12分)(2019·江苏卷)如图4－2－26所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d＜L。粒子重力不计，电荷量保持不变。‎ 图4－2－26‎ ‎(1)求粒子运动速度的大小v；‎ ‎(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；‎ ‎(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝，求粒子从P到Q的运动时间t。‎ 解析　(1)粒子的运动半径d＝ 解得v＝ ‎(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 9‎ 由几何关系得dm＝d(1＋sin 60°)‎ 解得dm＝d ‎(3)粒子的运动周期T＝ 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则 t＝n＋t′(n＝1,3,5，……)‎ ‎(a)当L＝nd＋d时，粒子斜向上射出磁场 t′＝T，解得t＝ ‎(b)当L＝nd＋d时，粒子斜向下射出磁场 t′＝T，解得t＝。‎ 答案　(1)　(2)d　(3)或 ‎9．(12分)(2019·唐山高三调研)如图4－2－27所示，在平面直角坐标系第一、四象限有边长为L的正方形匀强磁场区域ABCD，磁场方向垂直纸面向里，原点O位于AB中点，电荷量为＋q、质量为m的粒子以速度v从原点沿x轴正方向射入磁场，粒子飞出磁场时，相对入射方向偏转45°，不计粒子的重力。求：‎ 图4－2－27‎ ‎(1)磁感应强度的大小；‎ ‎(2)粒子飞出磁场时的坐标。‎ 解析　(1)由图中几何关系可知 9‎ Rsin 45°＝L 得R＝L 由qB0v＝m 得B0＝＝ ‎(2)由几何关系可知x＝L y＝R－Rcos 45°＝(－1)L＝0.41L 则粒子飞出磁场时的坐标为(L,0.41L)。‎ 答案　(1)　(2)(L,0.41L)‎ ‎10．(16分)一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以垂直于DC边的方向射入正三角形区域。已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0。假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略。‎ 图4－2－28‎ ‎(1)求该区域中磁感应强度B的大小。‎ ‎(2)为了能有粒子从DC边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？‎ ‎(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度分别为多大？‎ 解析　(1)洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m 周期T＝＝ 9‎ 当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60°，则t0＝T 解得B＝。‎ ‎(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，能有粒子从DC边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v1，偏转半径为r1，则 r1＝sin 60°＝a 由qv1B＝m得r1＝ 解得v1＝ 所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度 v1＝。‎ ‎(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故AC边有粒子射出的范围为CE段，‎ xCE＝cos 60°＝ 当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，如图乙所示，故AD边有粒子射出的范围为DF段，‎ xDF＝＝。‎ 答案　(1)　(2)　(3)　 9‎