高考物理二轮复习 第1部分 核心突破 专题3 电场和磁场 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动特训

第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动1(2016湖北重点中学联考一)在匀强磁场的同一位置，先后放入长度相等的两根直导线a和b，a、b导线的方向与磁场方向垂直，但两导线中的电流大小不同，如图表示导线所受安培力F的大小与通电电流I的关系，a、b各自有一组F、I的数值，在图象中各描一个点，其中正确的是(D)解析：因安培力FBIL，FI图象的斜率kBL，因两根直导线a和b的长度相同、B相同，所以FI图象是过原点的直线，选项D正确2(2016长沙一模)欧姆在探索通过导体的电流和电压、电阻关系时，因无电源和电流表，他利用金属在冷水和热水中产生电动势代替电源，用小磁针的偏转检测电源，具体做法是在地磁场作用下在水平静止的小磁针上方，平行于小磁针水平放置一直导线，当该导线中通有电流时，小磁针会发生偏转；当通过该导线电流为I时，小磁针偏转了30，问当他发现小磁针偏转了60时，通过该直导线的电流为(直导线在某点产生的磁场与通过直导线的电流成正比)(B)A2IB3ICID无法确定解析：小磁针所指的方向为磁场方向，设地磁场的磁感应强度为B0，则有tan 30，tan 60，联立解得I3I，故本题答案为B3(2016武汉4月调研)如图所示，在匀强磁场中(磁场方向没有画出)固定一倾角为30的光滑斜面，一根质量为m的通电直导线垂直于纸面水平放置在斜面上，直导线恰好能保持静止，电流方向垂直于纸面向里，已知直导线受到的安培力和重力大小相等，斜面对直导线的支持力大小可能是(重力加速度大小为g)(AD)A0BmgCmgDmg解析：设直导线受的安培力大小为F，则Fmg，若安培力的方向竖直向上，由平衡条件得，斜面对直导线的支持力为零；若安培力的方向不竖直向上，因为Fmg，要使导线能保持静止，所以重力和安培力的合力与支持力等大反向，受力分析如图所示，由平衡条件及几何知识得，斜面对直导线的支持力FN2mgcos 30mg，选项AD正确，选项BC错误4(2016山西百校联盟质检)如图所示，甲、乙是两个相同的金属圆环，一条过圆心的直线垂直于两个环面，A、B是该直线上的两点，其中B是圆心连线的中点，A是过圆心直线上的一点，A和B到甲圆心的距离相等，现在甲、乙中通以大小相等的电流，结果A、B两点的磁感应强度大小分别为B1、B2，且B2B1，若将乙的电流反向，则(C)A乙的电流反向后，两线圈中的电流同向B乙的电流反向后，B点的磁感应强度大小为B2C乙的电流反向后，A点的磁感应强度大小为B2B1D乙的电流反向后，A点的磁感应强度大小为(B2B1)解析：如果两环中电流方向相反，根据安培定则可知，B点的合磁感应强度为零，因此乙中电流未反向时，甲、乙两线圈中的电流是同向的，且甲、乙中电流在B点产生的磁感应强度大小均为B2，乙电流反向后，两线圈中的电流反向，A项错误；两线圈在A处产生的磁感应强度也同向，根据对称性可知，甲线圈在A处产生的磁感应强度大小也为B2，则乙线圈在A处产生的磁感应强度大小为B1B2；若将乙的电流反向，则乙在B处产生的磁感应强度大小不变，方向反向，则B处的合磁感应强度为零，B项错误；乙在A处产生的磁感应强度大小不变，方向发生改变，则A处的磁感应强度大小变为B2(B1B2)B2B1，C项正确，D项错误5(2016东北三省四市联考二)如图所示，虚线PQ为一匀强磁场的边界，磁场方向垂直纸面向里在磁场内有平行于边界的虚线MN，在虚线MN上同一位置，沿MN方向发射两个带负电的粒子a和b，其速度分别为vA和vB，两粒子的质量和电量均相同，分别经过时间tA和tB从A点和B点射出磁场则以下说法正确的是(ACD)AtAtBBvAvBC粒子的发射点不可能在A点正上方的右侧Da粒子的半径一定小于b粒子的半径解析：带负电粒子从下边界射出，它只能沿着MN线向右运动，通过作图可知从A点射出的粒子运动圆心角大，时间长，半径小，有tAtB、vAvB；根据左手定则知，粒子的发射点不可能在A点正上方的右侧，因为从A点上方右侧发射，不可能从下边界A点射出，故选ACD.6(2016河南洛阳期末)如图所示，以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域，磁感应强度为B，A60，AOa，在O点放置一个粒子源，可以向各个方向发射某种带负电粒子，粒子的比荷为，发射速度大小都为v0，且满足v0，发射方向用图中的角度表示对于粒子进入磁场后的运动(不计重力作用)，下列说法正确的是(AD)A粒子有可能打到A点B以60飞入的粒子在磁场中运动时间最短C以0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60，则粒子的速率为(不计重力)(B)ABCD解析：根据对称性，带电粒子射入圆形区域磁场时速度方向与半径的夹角总是与带电粒子射出磁场时其速度方向与半径的夹角相等，画出带电粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，根据图找几何关系可得带电粒子在磁场中做圆周运动的半径为rR，再由qvBm，得r，解得v，故选项B正确8(2015广东肇庆三模)在正方形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a、b从一边长中点垂直匀强方向进入磁场，则(BC)Aa带负电，b带正电Ba带正电，b带负电Ca、b进入磁场时的速率之比为1：2Da、b进入磁场中运动的时间之比为1：1解析：磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以a带正电，b带负电，A错误，B正确；由洛伦兹力提供向心力得，qvB，有rv，荷质比相同的两个粒子运动的半径与速率成正比；由题图可知，则，C正确；由T知，荷质比相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由tT知，D错误9(2016广州模拟)利用如图所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子，图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L.一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d有缝射出的粒子，下列说法正确的是(BC)A粒子带正电B射出的粒子的最大速度为C保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A错；根据洛伦兹力提供向心力qvBm，可得v，r越大v越大，由图可知r最大值为rmax，代入v的表达式可得vmax，选项B正确；又r最小值为rmin，将rmax、rmin分别代入v的表达式后得出速度之差为v，可见选项C正确、D错误10(2016大连模拟)如图所示，光滑的水平桌面处在方向竖直向下的匀强磁场中，桌面上平放着一根一端开口、内壁光滑的绝缘细管，细管封闭端有一带电小球，小球直径略小于管的直径，细管的中心轴线沿y轴方向在水平拉力F作用下，细管沿x轴方向匀速运动，带电小球能从管口处飞出带电小球在离开细管前的运动过程中，关于小球运动的加速度a、沿y轴方向的速度vy、拉力F以及管壁对小球的弹力做功的功率P随时间t变化的图像分别如下图所示，其中正确的是(D) 解析：当管匀速运动时，管内带电小球受到的合力使小球沿管做匀加速运动，其加速度不变，选项A错误；由于沿管方向加速度不变，故vyat，选项B错误；由于小球沿y轴方向速度逐渐增大，小球受到的垂直于管方向的洛伦兹力逐渐增大，管壁对小球的弹力逐渐增大，所以弹力的功率也逐渐增大，水平方向匀速运动，以管为研究对象，拉力F也逐渐增大，选项C错误，选项D正确11(2016太原调研)如图所示，O点有一粒子源，在某时刻发射大量质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，它们的速度大小相等、速度方向均在xOy平面内在直线xa与x2a之间存在垂直于xOy平面向外的磁感应强度为B的匀强磁场，与y轴正方向成60角发射的粒子恰好垂直于磁场右边界射出不计粒子的重力和粒子间的相互作用力关于这些粒子的运动情况，下列说法正确的是(AC)A粒子的速度大小为B粒子的速度大小为C与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的时间最长D与y轴正方向成90角射出的粒子在磁场中运动的时间最长解析：带正电粒子与y轴正方向成60角射入磁场后的轨迹如图乙所示，根据几何关系可得aRsin 30，其中R，联立解得v，故选项A正确、B错误；带电粒子在匀强磁场中运动的时间tT，可见圆弧所对的圆心角越大，粒子在磁场中运动的时间越长，由图乙中的几何关系可得粒子的轨道半径R2a，因此当带电粒子与y轴正方向成120角射出的粒子在磁场中运动的圆弧所对圆心角最大为120，粒子的运动轨迹恰好与磁场的右边界相切，如图丙所示，最长时间tmT，故选项C正确、D错误12(2016南昌模拟二)如图，在0x3a区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度的大小为B在t0时刻，一位于坐标原点的粒子源在xOy平面内的第一象限发射出大量相同的带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与y轴正方向的夹角分布在090范围内已知沿y轴正方向发射的粒子在tt0时刻刚好从磁场边界上P(3a，a)点离开磁场(粒子重力不计)则下列说法正确的有(AD)A粒子在磁场中做圆周运动的半径R为2aB粒子速度大小为v0C从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间为3t0Dtt0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为13解析：根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动轨迹如图甲所示，圆心为O，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为2a，选项A正确；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为，运动时间t0，解得v0，选项B错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，该粒子做圆周运动的圆心角为，在磁场中的运动时间为2t0，选项C错误；根据题意，tt0时刻仍在磁场内的粒子到O点距离相同在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O点为圆心、OP为半径的上，如图丙所示，设此时位于P、M两点的粒子的初速度分别为vP、vM，由对称性可知vP与OP、vM与OM的夹角均为，设vM与y轴正向的夹角分别为M，由几何关系有M，即tt0时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比为，选项D正确13(2016江西模拟)如图所示，在xOy坐标系的第象限内存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，在x0轴上有一平面荧光屏，在y轴上距坐标原点O为L的S处有一粒子源，在某时刻同时发射大量质量为m ，电荷量为q的带正电粒子，它们的速度大小相同，速度方向均在xOy平面内，与y轴正方向的夹角分布在0180范围内观察发现：荧光屏OP之间发光，P点右侧任何位置均无发光，在P、Q之间的任一位置会先后两次发光；O、Q之间的任一位置只有一次发光，测出O、P间距为L，不考虑粒子间的相互作用和粒子所受重力，求：(1)粒子发射时的速度大小；(2)Q点先后发光的时间间隔解析：(1)由于洛伦兹力提供向心力，根据qvBm，解得：r.所以每个粒子在匀强磁场中做圆周运动，半径相同，而x轴的任一亮点与S的连线为圆的弦长，由于P点是粒子到达x轴最远点，因此SP的连线为圆的最大弦长，即圆的直径，则SP2r，根据几何关系222，解得rL.由L可知v.(2)aS连线与SP连线垂直，在aSO范围内发射的粒子运动一段劣弧可以到达OP间的任一位置，在aSy范围内发射的粒子运动一段优弧只能到达QP间任何一位置设粒子发射方向与y轴成角时，运动圆轨迹恰好与x轴的Q点相切，如图所示根据几何关系，Lrrsin .OQrcos .得0，OQL由于t得粒子沿优弧运动到达Q点的时间t2.粒子沿劣弧运动到达Q点的时间t1，得tt2t1.答案：见解析14(2016福州模拟)如图所示，磁感应强度大于B0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径R0.10 m的圆形区域内，圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O，右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流，粒子的重力不计，比荷1.0108 C/kg.(1)请判断当粒子分别以v11.5106 m/s和v20.5106 m/s的速度射入磁场时，其能否打到荧光屏上(2)要使粒子能打在荧光屏上，求粒子流的速度v0的大小应满足的条件(3)若粒子流的速度v03.0106 m/s，且以过O点并垂直于纸面的直线为轴，将圆形磁场逆时针缓慢旋转90，求此过程中打在荧光屏上的粒子离A点的最远距离解析：(1)当粒子速度为v1时，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B，解得r1R粒子在磁场中运动的圆心角为60，能打到荧光屏上当粒子速度为v2时，同理解得r2R粒子在磁场中运动的圆心角为120，不能打到荧光屏上乙(2)设当速度为v3时，粒子恰好不能打在荧光屏上，此时粒子从磁场最高点a射出磁场，如图乙所示，粒子在磁场中的轨道半径为r3R由洛伦兹力提供向心力有qv3B，解得v31.5106 m/s当v01.5106 m/s时，粒子流能打到荧光屏上(3)设速度v43.0106 m/s的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r4，由洛伦兹力提供向心力，得qv4B，解得r42R.假设磁场无限大，粒子在磁场中运动的轨迹就是以O点为圆心，以r4为半径的一段圆弧，若圆形磁场以O为轴旋转时，当磁场的直径OA旋转到OD位置时，粒子从圆形磁场中离开并射到荧光屏上离A点距离最远，设落点为图中的F点，如图丙所示，根据几何知识可知OOD为等边三角形，30.由于OCr4tan ，则此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离d(2ROC)tan20.15 m.答案：(1)速度为v1时能打到荧光屏上，速度为v2时不能打到荧光屏上(2)v01.5106 m/s(3)0.15 m15(2016南京质检)如图所示的直角坐标系第一、二象限内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小B0.5 T，处于坐标原点O的放射源不断地放射出比荷4106 C/kg的正离子，不计离子的重力及离子间的相互作用(1)求离子在匀强磁场中的运动周期(2)若某时刻一群离子自原点O以不同速率沿x轴正方向射出，求经过106 s时间这些离子所在位置构成的函数方程(3)若离子自原点O以相同的速率v02.0106 m/s沿不同方向射入第一象限，要求这些离子穿过磁场区域后都能沿平行于y轴且指向y轴正方向运动，则题干中的匀强磁场区域应怎样调整(画图说明即可)，并求出调整后磁场区域的最小面积解析：(1)根据牛顿第二定律有qvB离子做圆周运动的周期T106 s(2)离子运动时间t106sT根据左手定则，离子沿逆时针方向做半径不同的圆周运动转过的角度均为2这些离子所处位置均在过坐标原点的同一条直线上该直线方程yxtanx.(3)离子自原点O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁场，均做逆时针方向的匀速圆周运动，根据牛顿第二定律有qv0Bm，解得R1 m如图乙所示，这些离子的轨道圆心均在第二象限的四分之一圆弧AC上，欲使离子穿过磁场区域后都能平行于y轴并指向y轴正方向运动，离开磁场时的位置在以点O(1,0)为圆心、半径R1 m的四分之一圆弧上由此可知，磁场区域至少为两个四分之一圆的交集，如图丙所示，则调整后磁场区域的最小面积Smin2 m2 m2.答案：(1)106 s(2)yx(3) m2