【物理】2020届二轮复习磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动作业

【物理】2020届二轮复习磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动作业

‎2020届二轮复习 磁场的性质　带电粒子在磁场及复合场中的运动 作业 ‎(建议用时：40分钟)‎ ‎[专题通关练]‎ ‎1.(2019·河北张家口联考)如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外。断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水平静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I。忽略电流产生的磁场作用。则该匀强磁场的磁感应强度大小为(　　)‎ A. B. C. D. D　[设弹簧原长为l，断开开关时：2k(x1－l)＝mg，闭合开关时：2k(x2－l)＝BIL＋mg，联立以上两式解得：B＝，故选D。]‎ ‎2.(多选)(2019·河北唐山期末)两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做一直线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有(　　)‎ A．两质子速率v1∶v2＝1∶2‎ B．两质子周期T1∶T2＝1∶2‎ C．两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间t1∶t2＝1∶2‎ D．两质子在B点和C点处速度方向相同 AD　[根据qvB＝m解得v＝∝r，可知两质子速率v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2，选项A正确；根据T＝可知两质子周期相同，选项B错误；由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，根据t＝T可知，两质子由A点出发第一次到达B点和C点经历的时间相同，选项C错误；因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确；故选A、D。]‎ ‎3.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t＝0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度、加速度随时间t变化的关系中，可能正确的是(　　)‎ BD　[考虑到粗糙导轨上存在摩擦力，需要安培力达到一定数值，棒才开始加速，A错；从开始运动，满足BIL－f＝ma，即BLkt－f＝ma，由关系式可以看出，at图象为向上倾斜的直线，B对；由于加速度逐渐增大，vt图象中切线的斜率要逐渐增大，C错，D对。]‎ ‎4．(2019·云南师大附中模拟)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，P、Q 为MN连线上两点，且MP＝PN＝NQ，则下面说法正确的是(　　)‎ A．磁感应强度BP＞BQ B．磁感应强度BP＜BQ C．将同一电流元分別放置于P、Q两点、所受安培力一定有FP＜FQ D．将同一电流元分别放置于P、Q两点，所受安培力一定有FP＞FQ A　[根据安培定则可知，M在P的磁场方向向上，N在P点的磁场也向上，则叠加后P点合磁场向上；M在Q的磁场方向向上，N在Q点的磁场向下，则叠加后Q点的合磁场向下，且小于P点的磁场大小，选项A正确，B错误；电流元所受的安培力的大小与电流元的放置方向有关，则无法比较同一电流元分别放置于P、Q两点所受安培力的大小，选项C、D错误；故选A。]‎ ‎5.(2019·浙江金丽衢十二校联考)如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是(　　)‎ A．若v＝E/B，粒子做匀加速直线运动 B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功 C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加 D．若粒子做直线运动，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动 D　[若v＝E/B，即Eq＝qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；若粒子做直线运动，则满足Eq＝qvB，改变粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向改变，所受的洛伦兹力方向也改变，则粒子还是做直线运动，选项D正确。]‎ ‎6．(2019·湖南衡阳联考)用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压，已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是(　　)‎ A．电表B为电压表，电表C为电流表 B．接线端4的电势低于接线端2的电势 C．若增大R1，则电压表示数增大 D．若增大R2，则电压表示数减小 D　[B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，所以电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；由安培定则可知，磁场方向向上，通过安霍尔元件的电流由1流向接线端3，由左手定则可知，带正电的粒子偏向接线端4，所以接线端4的电势高于接线端2的电势，故B错误；若增大R1，电磁铁中的电流减小，产生的磁场减小，由公式U＝可知，电压表示数减小，故C错误；若增大R2，流过霍尔元件的电流减小，由公式U＝可知，电压表示数减小，故D正确。]‎ ‎7．(易错题)(多选)(2019·四川绵阳联考)如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面向外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则(　　)‎ A．v′＝v B．v′＝v C．t′＝t D．t′＝t BD　[由几何知识可知，恰好由A点射出时，电子轨道半径：r1＝＝；若电子从C点射出，因圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切角为60°，由弦长公式R＝2r2sin 60°，解得：r2＝R＝，所以v′＝v，由A点射出时，t＝×＝，电子从C点射出时，t′＝×＝＝t，故选B、D。]‎ 易错点评：解决带电粒子在磁场中的运动出错的主要原因是：不会寻找几何关系。如本题中，通过弧AC是弧CD一半，可确定∠COD＝60°，进而可知粒子做圆周运动的几何规律。‎ ‎8．(多选)(2019·福州质检)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0≤v≤vm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场，在区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为－e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的(　　)‎ A．最大半径为r＝R B．最大速率为vm＝ C．最长时间为t＝ D．最短时间为t＝ AD　[根据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大。离开出发点最远，如图所示，恰好为半个圆周，最大半径rm＝Rcos 30°，rm＝R，得vm＝；轨迹对应的圆心角最小，时间最短tmin＝＝，电子速度越小，半径越小；圆弧圆心角越大，时间越长，故选AD。]‎ ‎[能力提升练]‎ ‎9．(多选)(2019·湘赣十四校联考)如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面向里的匀强磁场，AB＝5 cm，AD＝10 cm，磁感应强度B＝0.2 T。在AD的中点P有一个发射正离子的装置，能够连续不断地向纸面内的各个方向均匀地发射出速率为v＝1.0×105 m/s的正离子，离子的质量m＝2.0×10－12 kg，电荷量q＝1.0×10－5 C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则(　　)‎ ‎ A．从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短 B．边界AP段无离子飞出 C．从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2‎ D．若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等 ACD　[由于离子的速率一定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于π的情况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C 两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，发射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，故B错误；由公式R＝得：R＝0.1 m，通过图可知，α∶β＝1∶2，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2，故C正确。]‎ ‎10．(2019·江西上饶联考)如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2 T。小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球1向右以v1＝12 m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2 m。碰后两小球的比荷为4 C/kg。求：(取g＝10 m/s2) ‎ ‎(1)电场强度E的大小是多少？‎ ‎(2)两小球的质量之比是多少？‎ ‎[解析]　碰后有(m1＋m2)g＝qE 又＝4 C/kg 得E＝2.5 N/C。‎ ‎(2)由动量守恒定律：m1v1＝(m1＋m2)v2‎ 由洛伦兹力公式及牛顿运动定律：qv2B＝ 依题可知：r＝1 m 联立以上关系式可得： ＝。‎ ‎[答案]　(1)2.5 N/C　(2) ‎11．(2019·湖南衡阳联考)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域Ⅰ边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝53°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面向区域内各个方向均匀地发射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。求：‎ ‎(1)粒子的初速度大小v0；‎ ‎(2)电场的电场强度大小E；‎ ‎(3)荧光屏上的发光区域长度Δx。‎ ‎[解析]　(1)如图所示，‎ 分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1＝R 由qv0B＝m得 v0＝。‎ ‎(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为r2＝2R 由qvB2＝m得 v＝ 粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：‎ ‎－qER＝mv2－mv 解得：E＝(B－4B)。‎ ‎(3)如图分析可知，‎ 速度方向与电场方向平行向左射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最高点穿出，打在离M点 x1处的屏上，由几何关系得：‎ ‎(x1cos θ＋R)2＋(x1sin θ)2＝4R2‎ 解得：x1＝R 速度方向与电场方向平行向右射出区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：‎ ‎(x2cos θ－R)2＋(x2sin θ)2＝4R2‎ 解得：x2＝R 分析可知所有粒子均未平行于FG 方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为 Δx＝x2－x1‎ 解得：Δx＝1.2R。‎ ‎[答案]　(1)　(2)(B－4B)　(3)1.2R 题号 内容 押题依据 核心考点 核心素养 带电粒子在复合场中运动 重力、电场力、洛伦兹力作用下的圆周运动和直线运动 科学思维：立足教材，拓展创新，体现综合思维 ‎(多选)如图所示，虚线MN右侧存在着匀强电场和匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，电场方向竖直向上，长方形ABCD的AD边与MN重合，长方形的AB边长为l，AD边长为l。一质量为m、电荷量为＋q的微粒垂直于MN射入电场、磁场区域后做匀速圆周运动，到达C点时刻，电场方向立刻旋转90°，同时电场强度大小也发生变化，带电微粒沿着对角线CA从A点离开。重力加速度为g，下列说法正确的是(　　)‎ A．电场方向旋转90°之后，电场方向水平向左 B．电场改变之后，场强大小变为原来的2倍 C．微粒进入N右侧区域时的初速度为 D．匀强磁场的磁感应强度大小为 CD　[微粒从C到A做直线运动，洛伦兹力与重力和电场力的合力平衡，则电场方向必然水平向右，A错误。电场改变前，微粒在电场、磁场区域做匀速圆周运动，则qE＝mg，即E＝；电场改变之后，受力情况如图所示，微粒受力平衡，重力与电场力的合力与洛伦兹力等大反向，qE′＝mg，得E′＝，B错误。微粒做直线运动时受力平衡，qvB＝mg＝m，由几何知识可得r＝l，解得v＝，B＝，故C、D正确。]‎