2022高考物理大二轮复习 专题三 电场和磁场 专题能力训练9 磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

2022高考物理大二轮复习 专题三 电场和磁场 专题能力训练9 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.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.(2017全国卷)如图所示,在磁感应强度大小为B0的匀强磁场中,两长直导线P和Q垂直于纸面固定放置,两者之间的距离为l。在两导线中均通有方向垂直于纸面向里的电流I时,纸面内与两导线距离均为l的a点处的磁感应强度为零。如果让P中的电流反向、其他条件不变,则a点处磁感应强度的大小为()A.0B.B0C.B0D.2B03.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4.一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为()A.B.C.D.5.(2018湖南郴州质检)如图所示,半径为R的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。M为磁场边界上一点,有无数个电荷量为q、质量为m的相同粒子(不计重力)在纸面内向各个方向以相同的速率通过M点进入磁场,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段圆弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。下列说法正确的是()A.粒子从M点进入磁场时的速率为v=B.粒子从M点进入磁场时的速率为v=C.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的D.若将磁感应强度的大小增加到B,则粒子射出边界的圆弧长度变为原来的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)(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)如图所示,圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场,以圆心O为坐标原点建立坐标系,在y=-3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板,一质量为m、电荷量为+q的粒子,与x轴成60角从M点(-R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域,经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上,粒子与挡板碰撞后原速率弹回,再次进入磁场,最后离开磁场。不计粒子的重力,求:(1)磁感应强度B的大小;(2)N点的坐标;(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。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.C解析 设导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2的大小为B,如图甲所示,两磁感应强度的夹角为60,可知合磁感应强度大小为B,方向水平向右,所以匀强磁场的磁感应强度B0=B,方向水平向左;P中的电流反向后,导线P和Q在a点处产生磁场的磁感应强度B1、B2如图乙所示,各自大小仍为B,夹角为120,则其合磁感应强度大小仍为B,方向竖直向上,与原匀强磁场B0合成后,总的磁感应强度大小为B总=B0,C正确。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.A解析 右图为筒转过90前后各点位置和粒子运动轨迹示意图。M、N分别为入射点和出射点,分别作入射速度的垂线和MN的中垂线,交点即为轨迹圆的圆心O。根据题意,NMN=45,OM与NM延长线的夹角为60,所以OMN=75,MON=30,即轨迹圆的圆心角为30,转动筒的时间和粒子在磁场中运动的时间相同,即,解得比荷,A选项正确。5.AC解析 因为粒子射出边界的位置处于边界的某一段圆弧上,并不是整个圆周上都有,所以,粒子做圆周运动的半径小于R;则粒子能射到的边界其圆弧所对应的弦长正好等于圆周运动的直径,因为这段圆弧的弧长是圆周长的,所以,弦长对应的等腰三角形的内顶角为90,所以,弦长2r=2Rsin 45,则粒子做圆周运动的半径r=Rsin 45=R,粒子做圆周运动,洛伦兹力充当向心力,即qvB=m,所以v=,故A正确,B错误。若B变为原来的倍,则粒子在磁场中做圆周运动的半径r=,同理可得,对应的弦长为R,由几何关系可得粒子做圆周运动转过磁场的圆心角为60,所以弧长之比为23,故C正确,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)解析 (1)设粒子在磁场中的运动半径为r,根据题设条件画出粒子的运动轨迹,如图所示。由几何关系可以得到MONO1为一平行四边形,所以r=R洛伦兹力提供向心力,则qv0B=m,得到B=。(2)由图几何关系可以得到xN=Rcos 30=R,yN=-Rsin 30=-R,所以N点坐标为。(3)由qvB=mv可知,粒子在磁场中运动的周期T=,由几何知识得到粒子在磁场中运动的圆心角共为150+30=180,粒子在磁场中运动时间t1=,粒子从出磁场到再次进磁场的时间为t2=,其中s=3R-R,粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间t=t1+t2解得t=。