2022年高考物理二轮复习 专题能力训练 专题八 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

2022年高考物理二轮复习 专题能力训练 专题八 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动一、选择题(本题共6小题,每小题7分,共42分。在每小题给出的四个选项中,14题只有一个选项符合题目要求,56题有多个选项符合题目要求,全部选对的得7分,选对但不全的得4分,有选错的得0分)1.(xx陕西渭南高三一模)如图所示,一劲度系数为k的轻质弹簧,下面挂有匝数为n的矩形线框abcd。bc边长为l,线框的下半部分处在匀强磁场中,磁感应强度大小为B,方向与线框平面垂直,在图中垂直于纸面向里。线框中通以电流I,方向如图所示,开始时线框处于平衡状态。令磁场反向,磁感应强度的大小仍为B,线框达到新的平衡。则在此过程中线框位移的大小x及方向是()A.x=,方向向上B.x=,方向向下C.x=,方向向上D.x=,方向向下2.如图所示,圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场,两个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b,以不同的速率沿着AO方向对准圆心O射入磁场,其运动轨迹如图。若带电粒子只受磁场力的作用,则下列说法正确的是()A.a粒子速率较大B.b粒子速率较大C.b粒子在磁场中运动时间较长D.a、b粒子在磁场中运动时间一样长3.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。a、o、b在M、N的连线上,o为MN的中点,c、d位于MN的中垂线上,且a、b、c、d到o点的距离均相等。关于以上几点处的磁场,下列说法正确的是()A.o点处的磁感应强度为零B.a、b两点处的磁感应强度大小相等、方向相反C.c、d两点处的磁感应强度大小相等、方向相同D.a、c两点处磁感应强度的方向不同4.如图所示,在纸面内半径为R的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。一点电荷从图中A点以速度v0垂直磁场射入,当该电荷离开磁场时,速度方向刚好改变了180。不计电荷的重力,下列说法正确的是()A.该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点B.该点电荷的比荷为C.该点电荷在磁场中的运动时间为D.该点电荷带正电5.(xx湖北八校联考)如图所示,ab是匀强磁场的边界,质子H)和粒子He)先后从c点射入磁场,初速度方向与ab边界的夹角均为45,并都到达d点。不计空气阻力和粒子间的作用。关于两粒子在磁场中的运动,下列说法正确的是()A.质子和粒子运动轨迹相同B.质子和粒子运动动能相同C.质子和粒子运动速率相同D.质子和粒子运动时间相同6.如图所示的区域共有六处开口,各相邻开口之间的距离都相等,匀强磁场垂直于纸面,不同速度的粒子从开口a进入该区域,可能从b、c、d、e、f五个开口离开,粒子就如同进入“迷宫”一般,可以称作“粒子迷宫”。以下说法正确的是()A.从d口离开的粒子不带电B.从e、f口离开的粒子带有异种电荷C.从b、c口离开的粒子运动时间相等D.从c口离开的粒子速度是从b口离开的粒子速度的2倍二、非选择题(本题共4小题,共58分)7.(14分)如图所示,正方形匀强磁场的边界长为a,边界由绝缘弹性壁围成,磁场的磁感应强度为B。质量为m、电荷量为q的带正电粒子垂直于磁场方向和边界,从边界正中点O孔处射入磁场,其射入时的速度为,带电粒子与壁碰撞前后沿壁方向的分速度不变,垂直壁方向的分速度反向、大小不变,且不计摩擦,不计粒子所受重力,碰撞时无电荷量损失,求:(1)带电粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径;(2)带电粒子从O孔射入到从O孔射出所需要的时间。8.(14分)如图甲所示,MN为竖直放置彼此平行的两块平板,板间距离为d,两板中央各有一个小孔O、O,两孔正对,在两板间有垂直于纸面方向的磁场,磁感应强度随时间的变化如图乙所示。有一群正离子在t=0时垂直于M板从小孔O射入磁场。已知正离子质量为m、电荷量为q,正离子在磁场中做匀速圆周运动的周期与磁感应强度变化的周期都为T0,不考虑由于磁场变化而产生的电场的影响,不计离子所受重力。求:甲乙(1)磁感应强度B0的大小。(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场,正离子射入磁场时的速度v0的可能值。9.(14分)如图所示,在坐标系xOy中,第一象限内充满着两个匀强磁场a和b,OO为分界线,磁场a的磁感应强度为2B,方向垂直纸面向里;磁场b的磁感应强度为B,方向垂直纸面向外。P点在分界线上,坐标为(4l,3l)。一质量为m,电荷量为q的带正电的粒子从P点沿y轴负方向射入磁场b,经过一段时间后,粒子恰能经过原点O,不计粒子重力。(sin 37=0.6,cos 37=0.8)则:(1)粒子从P点运动到O点的时间最少是多少?(2)粒子运动的速度可能是多少?10.(16分)(xx山西名校联盟统考)如图所示,圆形区域中,圆心角为30的扇面MON之外分布着垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,一质量为m、电荷量为-q的粒子,自圆心O点垂直于OM以速度v射入磁场,粒子能两次经过边界OM,不计粒子重力。(1)求粒子从射入到第一次穿过边界ON,在磁场中运动的时间;(2)求圆形区域的最小半径;(3)若圆形区域无限大,现保持其他条件不变而将MON变为10,求粒子射出后穿越磁场边界的次数。参考答案1.B解析:线框在磁场中受重力、安培力、弹簧弹力,处于平衡,安培力为FB=nBIL,且开始的方向向上,然后方向向下,大小不变。设在电流反向之前弹簧的伸长为x,则反向之后弹簧的伸长为(x+x),则有kx+nBIL-G=0k(x+x)-nBIL-G=0解之可得x=,且线框向下移动,故B正确。2.B解析:由洛伦兹力提供向心力,有qvB=,解得R=,可知粒子速度越大,转动半径越大,所以b粒子的速率较大,选项B正确,A错误;转动圆心角越大,运动时间越长,因此应该是a粒子在磁场中运动时间较长,选项C、D错误。3.C解析:由安培定则可知,两导线在o点产生的磁场均竖直向下,则合磁感应强度一定不为零,选项A错误;两导线在a、b两点处产生的磁场方向均竖直向下,由对称性知,电流M在a处产生的磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生的磁场的磁感应强度,同时电流M在b处产生的磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生的磁场的磁感应强度,所以a、b两点处的合磁感应强度大小相等、方向相同,选项B错误;根据安培定则,两导线在c、d两点处产生的磁场分别垂直于c、d两点与导线连线方向向下,且产生的磁场的磁感应强度相等,由平行四边形定则可知,c、d两点处的合磁感应强度大小相等、方向相同,选项C正确;a、c两点处的合磁感应强度方向均竖直向下,选项D错误。4.B解析:根据左手定则可知,该点电荷带负电,选项D错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,其速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应的圆心角,根据题意,该粒子在磁场中的运动轨迹刚好是半个圆周,画出其运动轨迹并找出圆心O1,如图所示,根据几何关系可知,轨道半径r=,根据r=和t=可求出该点电荷的比荷为和该点电荷在磁场中的运动时间t=,所以选项B正确,C错误;该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点,选项A错误。本题答案为B。5.AB解析:粒子在磁场中做匀速圆周运动,质子和粒子从同一点沿相同的方向射入磁场,然后从同一点离开磁场,则它们在磁场中的运动轨迹相同,故A正确;两粒子的运动轨迹相同,则它们的轨道半径r相同,粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=,粒子动能Ek=mv2=,质子与粒子的电荷量分别为e和2e,质量之比为14,轨道半径r、磁感应强度B都相等,则Ek质子=Ek粒子,故B正确;由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=,则,故C错误;粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,则,两粒子的运动轨迹相同,粒子在磁场中转过的圆心角相同,粒子在磁场中的运动时间t=T,故D错误。6.AD解析:从d口离开的粒子不偏转,所以不带电,A正确;根据左手定则,从f、e口离开的粒子带有同种电荷,B错误;从b口离开的粒子运动时间是半个周期,从c口离开的粒子运动时间是周期,C错误;从c口离开的粒子轨道半径是从b口离开的粒子轨道半径的2倍,因此速度也是2倍关系,D正确。7.答案:见解析解析:(1)设带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,由牛顿第二定律有qvB=m解得r=a。(2)由于r=a2a,所以粒子射到AB边,设射到AB边点E距A的距离为x由几何知识可得r2=a2+,x=设粒子从O运动到E的时间为t1,OOE为,如图所示sin =,解得=arcsin 由t=可得t1=arcsin 由分析可知粒子在磁场区域要运动8次类似OE的曲线运动和2次匀速直线运动,才可从O点射出设粒子从D到A的匀速直线运动时间为t2t2=解得t=8t1+2t2=arcsin 带电粒子从O孔射入到射出所需要的时间为arcsin 。8.答案:(1)(2)(n=1,2,3,)解析:设垂直于纸面向里的磁场方向为正方向。(1)正离子射入磁场,洛伦兹力提供向心力B0qv0=,而v0=R由两式得磁感应强度B0=。(2)要使正离子从O孔垂直于N板射出磁场,正离子的运动轨迹应如图所示,两板之间正离子只运动一个周期,即T0时,有R=做匀速圆周运动的周期T0=当两板之间正离子运动n个周期,即nT0时,有R=(n=1,2,3,)联立求解,得正离子的速度的可能值为v0=(n=1,2,3,)。9.答案:(1)(2)(n=1,2,3,)解析:(1)设粒子的入射速率为v,用Ra、Rb、Ta、Tb分别表示粒子在磁场a和b运动的轨道半径和周期则Ra=,Rb=Ta=Tb=粒子先从磁场b运动,后进入磁场a运动,然后从O点射出,粒子从P运动到O点所用时间最短。如图所示tan =得=37粒子在磁场b和磁场a运动的时间分别为tb=Tb,ta=Ta故从P到O所用最少时间为t=ta+tb=。(2)由题意及图可知n(2Racos +2Rbcos )=(n=1,2,3,)解得v=(n=1,2,3,)。10.答案:(1)(2)(3)15次解析:(1)粒子第一次穿过边界,偏转角=120时间t=T其中T=,得t=。(2)粒子在磁场中运动qvB=半径R=要保证粒子两次穿过OM,磁场最小区域应与粒子圆周运动在E点相切在O1AB中,O1B=2R在O2BD中,BD=在ODO2中,OD=OB-BD=RO2D=R得OO2=R最小半径r=OE=。(3)MON变为10,首次从ON边界向下穿出时与之夹角为80首次向上穿出OM时与之夹角为70每次从边界向扇面区穿出,均比上次夹角减小10直到向上穿出时,与OM夹角为10,不再进入磁场。故穿越边界的次数为15次。