2019届高考物理二轮复习专题三电场和磁场第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动课时检测.docx

第一部分专题三第2讲磁场及带电粒子在磁场中的运动一、单项选择题1.(2018郑州模拟)三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图3217所示，则三角形的中心O处的合磁场方向为图3217A平行于AB，由A指向BB平行于BC，由B指向CC平行于CA，由C指向AD由O指向C解析如图所示，由右手螺旋定则可知，导线A中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行BC，同理，可知导线B、C中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导线中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O点处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A。答案A2.(2016全国卷)平面OM和平面ON之间的夹角为30，其横截面(纸面)如图3218所示，平面OM上方存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。一带电粒子的质量为m，电荷量为q(q0)。粒子沿纸面以大小为v的速度从OM的某点向左上方射入磁场，速率与OM成30角。已知该粒子在磁场中的运动轨迹与ON只有一个交点，并从OM上另一点射出磁场。不计重力。粒子离开磁场的出射点到两平面交线O的距离为图3218A.B.C. D.解析如图所示为粒子在匀强磁场中的运动轨迹示意图，设出射点为P，粒子运动轨迹与ON的交点为Q，粒子入射方向与OM成30角。则射出磁场时速度方向与OM成30角，由几何关系可知，PQON，故出射点到O点的距离为轨迹圆直径的2倍，即4R，又粒子在匀强磁场中运动的轨迹半径R，所以D正确。答案D3(2018冀州模拟)我国位于北半球，某地区存在匀强电场E和可看作匀强磁场的地磁场B，电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，一带电小球以速度v在此区域内沿垂直场强方向在水平面内做直线运动，忽略空气阻力，此地区的重力加速度为g，则下列说法正确的是A小球运动方向为自南向北B小球可能带正电C小球速度v的大小为D小球的比荷为解析由题意可知，小球受重力、电场力和洛伦兹力，因做直线运动，且f洛qvB，则一定做匀速直线运动，那么电场力与洛伦兹力的合力与重力等大反向，因电场与地磁场的方向相同，地磁场的竖直分量和水平分量分别竖直向下和水平指北，则小球受力如图所示，其中Eq与Bqv垂直，因小球受力平衡，则受力关系满足(mg)2(Eq)2(Bqv)2，得，v，则D项正确，C项错误。由受力分析可知小球带负电，且运动方向为自东向西，则A、B错误。答案D4.(2016四川卷)如图3219所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力。则图3219Avbvc12，tbtc21Bvbvc21，tbtc12Cvbvc21，tbtc21Dvbvc12，tbtc12解析设正六边形边长为L，一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的半径rbL，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120，由洛伦兹力提供向心力，Bqvb，得L，且T，得tb；当速度大小为vc时，从c点离开磁场，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角260，粒子在磁场中做圆周运动的半径rcL2L，同理有2L，tc，解得vbvc12，tbtc21，A项正确。答案A5(2018河南九校联考)如图3220所示，通有恒定电流的、一定长度的直导线水平放置在两足够大的匀强磁场中，磁场方向如图3220所示。若将导体在纸面内顺时针转180，关于甲、乙两种情况导体受到的安培力大小和方向变化，下列说法正确的是图3220A甲、乙两种情况导线受到的安培力大小不变，方向一直变化B甲、乙两种情况导线受到的安培力大小一直在变，方向不变C图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向变化一次，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变D图甲导线受到的安培力大小一直在变，方向不变，图乙导线受到的安培力大小一直不变，方向一直在变解析对甲图分析有：开始位置导体与磁场垂直，由左手定则可以判断出导线在纸面内转0到90过程中安培力的方向始终为垂直纸面向外，当导线在纸面内转90到180的过程中安培力的方向改变，变为垂直纸面向里，因此甲图安培力方向变化一次；甲图中安培力的大小FBILsin ，其中为导线与磁场的夹角，导线在纸面内顺时针转动180的过程中，由90逐渐减小到0，再从0逐渐增大到90，因此甲图安培力大小从最大BIL先减小，直到减为0，再增大到BIL，故甲图安培力大小一直在变，方向变化一次。对乙图分析有：导线在纸面内顺时针转180过程中，由左手定则可以判断出安培力方向一直在变化，但转动过程导线中电流I始终与磁场方向垂直，故安培力大小一直不变，始终为FBIL。综合上述分析，C说法正确。答案C二、多项选择题6电磁轨道炮工作原理如图3221所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比。通电弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是图3221A只将轨道长度L变为原来的2倍B只将电流I增加至原来的2倍C只将弹体质量减至原来的一半D将弹体质量减至原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变解析设两轨道间距离为d，弹体出射速度为v时，对应的电流为I，弹体的质量为m，轨道长度为L。当出射速度为2v时，对应的电流为I，弹体的质量为m，轨道长度为L。依题意有BkI，FBIdkI2d，由动能定理得FLmv2，即kI2dLmv2，同理有kI2dLm(2v)2，两式相比可得，四个选项中只有B、D两个选项能使该式成立，故A、C错误，B、D正确。答案BD7某一空间存在着磁感应强度为B且大小不变、方向随时间t做周期性变化的匀强磁场(如图3222甲所示)，规定垂直纸面向里的磁场方向为正，为了使静止于该磁场中的带正电的粒子能按abcdbef的顺序做横“”字曲线运动(即如图乙所示的轨迹)，下列办法可行的是(粒子只受磁场力的作用，其他力不计)图3222A若粒子的初始位置在a处，在t时给粒子一个沿切线方向水平向右的初速度B若粒子的初始位置在f处，在t时给粒子一个沿切线方向竖直向下的初速度C若粒子的初始位置在e处，在t时给粒子一个沿切线方向水平向左的初速度D若粒子的初始位置在b处，在tT时给粒子一个沿切线方向竖直向上的初速度解析要使粒子的运动轨迹如题图乙所示，粒子做圆周运动的周期应为T0。对A项，t时磁场向里，由左手定则可知，粒子经时间沿圆弧ab运动到b，此时磁场方向改变，粒子沿bcdb运动到b点，磁场方向改变，粒子沿befa运动，满足题目要求，选项A正确；对B项；t时磁场向外，由左手定则可知粒子将离开圆弧向左偏转，选项B错误；对C项，t时磁场垂直纸面向里，粒子沿ef运动时间后磁场方向改变，粒子在f点离开圆弧向左偏转，选项C错误；对D项，tT时磁场向里，粒子沿befab运动一周到b点时磁场方向改变，粒子沿bcd圆弧运动，符合题意，选项D正确。答案AD8.(2018湖南二模)沿半径为R的圆形边界的匀强磁场的半径PO方向射入两个带电粒子甲和乙，甲、乙分别从圆形边界上的Q、S两点射出，已知两个带电粒子的比荷(q/m)相同，圆弧PQ为圆周边界的1/3，圆弧PS为圆周边界的1/4，由此可知图3223A从边界上Q点射出的带电粒子甲带负电B甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为1C甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为1D甲和乙两个带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为1解析由左手定则可判断出从边界上Q点射出的带电粒子甲带正电，选项A错误。根据题述可以判断出从S点射出的带电粒子乙的运动轨迹半径为r乙R，由几何关系可知tan 30R/r甲，解得从Q点射出的带电粒子在磁场中运动的轨迹半径之比为r甲r乙1，选项D正确。由r可得甲和乙两个带电粒子的速度大小之比为v甲v乙r甲r乙1，选项B错误，C正确。答案CD三、计算题9如图3224所示，在xOy坐标平面内，x轴上、下方分布有磁感应强度不同的匀强磁场，磁场方向均垂直纸面向里，一质量为m，电荷量为q的带正电粒子从y轴上的P点以一定的初速度沿y轴正方向射出，粒子经过时间t第一次从x轴上的Q点进入下方磁场，速度方向与x轴正向成45角，当粒子再次回到x轴时恰好经过坐标原点O，已知OPL，不计粒子重力，求：图3224(1)带电粒子的初速度大小v0；(2)x轴上、下方磁场的磁感应强度之比。解析 (1)粒子运动轨迹如图所示。由几何知识得r1L粒子在x轴上方运动的回旋角225又时间t综合得v0(2)由几何知识有OQr1r1cos 45粒子在x轴下方运动的半径r2OQ由qv0Bm得。答案(1)(2)10.一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场，在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，以垂直于DC边的方向射入正三角形区域。已知所有粒子的速度均相同，经过一段时间后，所有的粒子都能离开磁场，其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0。假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略。图3225(1)求该区域中磁感应强度B的大小。(2)为了能有粒子从DC边离开磁场，则粒子射入磁场的最大速度为多大？(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场，则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度分别为多大？解析(1)洛伦兹力提供向心力，有qvBm周期T当粒子垂直AD边射出时，根据几何关系有圆心角为60，则t0T解得B。(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时，能有粒子从DC边射出，且速度为最大值，如图甲所示，设此时粒子的速度为v1，偏转半径为r1，则r1sin 60a由qv1Bm得r1解得v1所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度v1。(3)由(2)知，当轨迹圆与AC相切时，从AC边射出的粒子距C最远，故AC边有粒子射出的范围为CE段，xCEcos 60当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时，射出的粒子距D点最远，如图乙所示，故AD边有粒子射出的范围为DF段，xDF。答案(1)(2)(3)11.(2018洛阳统考)如图3226所示，在xOy平面内以O为圆心，R为半径的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B1；一质量为m、带电荷量为q的粒子以速度v从A(R,0)点沿x轴负方向第一次进入磁场区域，再从区域进入同心环形匀强磁场区域，为使粒子经过区域后能从Q点第二次回到区域，需在区域内加一垂直于纸面向里的匀强磁场。已知OQ与x轴负方向成30夹角，不计粒子重力。试求：图3226(1)环形区域跟圆形区域中的磁场的磁感应强度大小之比；(2)粒子从A点出发到再次经过A点所用的最短时间。解析(1)设粒子在区域内做匀速圆周运动的半径为r1，则有：B1qvm可解得：r1R由图中几何关系可知，粒子从P点沿y轴正方向进入磁场区域。设粒子在区域中的运动半径为r2，运动轨迹如图所示，由几何关系知：r2R设区域中磁场的磁感应强度为B2，则有：B2qvm由以上各式联立可解得：(2)由粒子运动规律可知当粒子由内侧磁场沿劣弧经过一点时，应满足(90