2020版高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 专题突破练9 磁场 带电粒子在磁场中的运动

2020版高考物理二轮复习 专题三 电场和磁场 专题突破练9 磁场 带电粒子在磁场中的运动

专题突破练9　磁场　带电粒子在磁场中的运动 ‎(时间:45分钟　满分:100分)‎ 一、选择题(共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,第1~3小题只有一个选项符合题目要求,第4~5小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)‎ ‎1.‎ ‎(2018河南新乡三模)如图所示,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 (　　)‎ 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 ‎2.‎ ‎(2018安徽蚌埠质检)如图所示,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(　　)‎ A.mg,方向由A指向B B.mg,方向由B指向A 8‎ C.mg,方向由A指向B D.mg,方向由B指向A ‎3.‎ ‎(2018安徽芜湖期末)如图所示,直角坐标系Oxyz处于匀强磁场中,有一条长‎0.6 m的直导线沿Ox方向通有大小为‎9 A的电流,受到的安培力沿Oz方向,大小为2.7 N。则该匀强磁场可能的方向和磁感应强度B的最小值为(　　)‎ A.平行于xOy平面,B=0.5 T B.平行于xOz平面,B=1.0 T C.平行于xOy平面,B=0.2 T D.平行于xOy平面,B=1.0 T ‎4.(2018河南驻马店二质检)如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场,且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R,已知带电粒子的质量为m,所带电荷量为q,且所受重力可以忽略。则(　　)‎ A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2‎ B.粒子完成一次周期性运动的时间 C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R D.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍,则粒子完成一次周期性运动的时间将减少 ‎5.‎ ‎(2018安徽皖南八校联考)如图所示,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(　　)‎ 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 二、计算题(本题共4个小题,共70分)‎ ‎6.‎ 8‎ ‎(15分)(2018山东淄博一中三模)如图所示,在xOy平面内,有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度大小为B。位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子,粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。粒子的速率相等,质量为m、电荷量大小为q,粒子重力及粒子间的相互作用均不计。‎ ‎(1)若粒子带负电,求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间;‎ ‎(2)若粒子带正电,求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。‎ ‎7.‎ ‎(15分)(2018山东青岛二模)如图,直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度B= T。现有一带负电的粒子,电荷量q=-1×10‎-6 C,质量m=5×10‎-12 kg,以v=1×‎106 m/s的速度先后经过P(1,5)、Q(5,2)两点,粒子重力不计,求:‎ ‎(1)粒子做圆周运动的半径R;‎ ‎(2)粒子从P运动到Q所用的时间t。‎ ‎8.‎ ‎(20分)(2018湖南长沙雅礼中学二模)如图所示,在x轴和x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为+q的同种带电粒子。在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为0)。现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行。不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。‎ ‎(1)求磁感应强度B的大小;‎ ‎(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值;‎ ‎(3)若在y轴上放置一挡板,使薄金属板右侧不能接收到带电粒子,试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标。‎ 8‎ ‎9.(20分)(2018江西五市八校联考)如图甲所示,直角坐标系xOy中,第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷=‎100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以v0=‎20 m/s的速度从x轴上的点A(‎-2 m,0)进入第二象限,从y轴上的点C(0,‎4 m)进入第一象限。取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化,g取‎10 m/s2。‎ ‎(1)求第二象限内电场的电场强度大小;‎ ‎(2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。‎ 8‎ 专题突破练9　磁场带电粒子在磁场中的运动 一、选择题(共5小题,每小题6分,共30分。在每小题给出的四个选项中,第1~3小题只有一个选项符合题目要求,第4~5小题有多个选项符合题目要求,全部选对的得6分,选对但不全的得3分,有选错或不答的得0分)‎ ‎1.A　解析 根据安培定则,P产生的磁场的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。‎ ‎2.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。‎ ‎3.A　解析 根据左手定则,安培力必须与电流和磁场构成的平面垂直,故磁场的方向一定平行于xOy平面;电流和磁场互相垂直的时候,安培力最大,所以最小的磁感应强度为:B= T=0.5 T,A正确。‎ ‎4.AC　解析 由半径公式r=知,轨道半径与磁感应强度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2,故A正确;粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示:‎ 在第二象限的周期T1=,圆心角120°,运动时间t1=T1=,在第二象限运动的周期T2=,圆心角120°,运动时间t2=T2=,所以粒子完成一次周期性运动的时间T0=t1+t2=,故B错误;粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R,从O点入射后第一次经过x轴时的位置到坐标原点的距离x1=R,第二次圆弧的弦长x2=R2=2R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R,故C正确;若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍,周期T=与速度无关,圆心角不变,所以在磁场中运动时间t=T不变,故D错误;故选AC。‎ ‎5.ABC　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 8‎ ‎。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。‎ 二、计算题(本题共4个小题,共70分)‎ ‎6.答案 (1)v≤　t=　(2)πR2‎ 解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qvB=m 根据几何关系:r≤‎ 联立得:v≤‎ 粒子在磁场中做圆周运动的周期:‎ T=‎ 由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则:t=‎ 联立可得:t=‎ ‎(2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分,‎ 由几何关系可得该半圆的半径:r'=R 面积:S=πr'2‎ 联立可得:S=πR2‎ ‎7.答案 (1) m　(2)6.0×10-6 s 解析 (1)由于粒子做匀速圆周运动,qv0B=,代入数据可得:R= m。‎ ‎(2)由题意,粒子的运动图象如图所示 由几何关系可知:xPQ=‎‎5 m sin ‎ 故粒子转过的圆心角为:θ=120°‎ 则运动时间:t=‎ 代入数据可得:t≈6.0×10-6 s ‎8.答案 (1)　(2)　(3)最小长度为(2-)x0,上端坐标为(0,2x0),下端坐标为(0,x0)‎ 8‎ 解析 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,沿-x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方,如图a所示,R=x0 ①‎ qvB=m ②‎ 联立得B= ③‎ 图a ‎(2)粒子做圆周运动的周期为T,‎ T= ④‎ 图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点,由图可知,圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成30°,由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短,即t= ⑤‎ 图b 图c为打在右侧下端的临界点,圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成150°,由图c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长,即t= ⑥‎ 则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt= ⑦‎ 图c ‎(3)由图a可知挡板上端坐标为(0,2x0)‎ 由图c可知挡板下端y坐标为y2=2x0cos 30°=x0,下端(0,x0)‎ 最小长度L=(2-)x0‎ ‎9.答案 (1)1 N/C　(2)(‎3 m,0)‎ 解析 (1)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力,且电场力方向与初速度方向垂直,所以,粒子做类平抛运动;粒子从A点到C点用时t= s= s;粒子在水平方向上有a=,所以OA=at2,则有E=a= N/C=1 N/C。‎ 8‎ ‎(2)粒子进入磁场时的速度为v,则其竖直分量vy=v0=‎20 m/s,水平分量vx=at=t=‎20 m/s,所以v==‎20 ‎m/s,v与y轴正方向的夹角为45°,在洛伦兹力作向心力的作用下,Bvq=,粒子在磁场中做圆周运动的半径R= m= m;粒子做圆周运动的周期T= s,所以由题图乙可知,粒子每运动半个圆周则偏转方向相反,则粒子在磁场中的运动如图所示。因为4=8R,所以粒子运动第四个半圆的过程中第一次经过x轴,由等腰三角形性质可知,粒子第一、二次经过x轴,在x轴上对应的弦长为R=‎1 m,所以OD=‎3 m,则粒子第一次经过x轴时的位置坐标为(‎3 m,0)。‎ 8‎