2018年高考物理带电粒子在变化磁场中运动的分析复习练习(含解析)

1、带电粒子在变化磁场中运动的分析高考频度：难易程度：如图所示，a、b是两个匀强磁场边界上的两点，左边匀强磁场的磁感线垂直纸面向里，右边匀强磁场的磁感线垂直纸面向外，两边的磁感应强度大小相等。电荷量为2 2e的正离子以某一速度从a点垂直磁场边界向左射出，当它运动到b点时，击中并吸收了一个处于静止状态的电子，不计正离子和电子的重力且忽略正离子和电子间的相互作用，则它们在磁场中的运动轨迹是【试题解析】 正离子以某一速度击中并吸收了一个处于静止状态的电子后，速度不变，电荷mv量变为+ +e,由左手定则可判断出正离子过b点时所受洛伦兹力方向向下，由r=可知，轨qB迹半径增大到原来的 2 2 倍，所以在磁场

2、中的运动轨迹是图DbDb 丰弋如图所示，人工元素原子核113Nh开始静止在匀强磁场Bi、B的边界MN上，某时刻发生裂变生成一个氦原子核2He和一个 RgRg 原子核，裂变后的微粒速度方向均垂直B、B2的边界MN氦原子核通过Bi区域第一次经过MN边界时，距出发点的距离为I, RgRg 原子核第一次经过MN边界距出发点的距XXX；【参考答案】D D-2 -离也为I。则下列有关说法正确的是-3 -A.A. 两磁场的磁感应强度B： R R 为 111:2111:2B.B. 两磁场的磁感应强度B：B2为 111:141111:141C.C.氦原子核和 RgRg 原子核各自旋转第一个半圆的时间比为2:41

3、2:41D.D.氦原子核和 RgRg 原子核各自旋转第一个半圆的时间比为111:141111:141如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域I和H的磁感应强度方向平行、大小分别为B和 2 2B。一带正电粒子（不计重力）以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域I,其 速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成 6060角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域n,又 经过t2时间后回到区域I,设粒子在区域I、n中的角速度分别为31、32，贝UIM . H M .B M M N T W V国Kn 20 d liii A.A.31: :32=1:1=1:1B B.31: :32=2:1=2:1C.C.t1

4、：t2=1=1：1 1D D .t1：t2=2:1=2:1:裁如图，在i、n两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD AC边界的夹角/DAC3030。，边界AC与边界MN平行，n区域宽度为d。 质量为m电荷量为+ +q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入 I I 区， 入射速度垂直磁场， 若入射速度大小为qBd，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间X X XXX X XXX X XXXXXX X XXX X XX X XXXX X XX-4 -mnmA.A.3qB3qB2nmB .-5 -5nmC.C. 6qB7nm6qB二一两屏幕荧光屏互相垂直

5、放置，在两屏内分别去垂直于两屏交线的直线为x和y轴，交点O为原点，如图所示。在y00, 00 x 00,x a的区域有垂直于纸面向外的匀强磁场，两区域内的磁感应强度大小均为B。在O点出有一小孔,束质量为m带电量为q(q00)的粒子沿x周经小孔射入磁场，最后打在竖直和水平荧光屏上，使荧光屏发亮。入射粒子的速度可取从零到某一最大值之间的各种数值。已知速度最大的粒子在 00 x a的区域中运动的时间之比为2:52:5，在磁场中运动的总时间为 7 7T/12/12，其中T为该粒子在磁感应强度为B的匀强磁场中做圆周运动的周期。试求两个荧光屏上亮线的范围(不计重力的影响)如图，空间存在方向垂直于纸面(xO

6、y平面)向里的磁场。在x0区域，磁感应强度的大小为Bo；x011)。一质量为m电荷量为 q(q(q00)的带电粒子以速度Vo从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求(不计重力)* HE氧X H 1 X H Jk* *(?T * * m(1(1)粒子运动的时间;(2)粒子与O点间的距离。【参考答案】-6 -7 -知，t1：12=1:1=1:1 ;故 C C 正确，D D 错误。【名师点睛】本题考查带电粒子在有界磁场中的运动规律，要注意明确运动过程，正确确定圆心和半径是解题的关系，同时注意牛顿第二定律的应用，根据洛伦兹力充当向心力进行分 析求解。彳*AC原

7、于核裂欢过程系统幼量守恒，以;日宕遅度寿向为正方向，由动量守恒老律蒔：朋阿一巾=0,KFA=p2l粧子衣率扬中瞰匀追團周运渤,由题意可範士輕子轨遺半胫：#1=-,洛桧歳力摄供甸心力，由牛萌第二老肆辖：qB =pi?：B 二=,则:R qr qr,A正确，B懵误；竝子在磁场中做圆周运动的周期：2nm,粒子选择第一个半圆的需要的时间：qB2 qBnmS = q B! =_ 4 111 2 _ 2t2一m m2q1B 282 2 111一141q2B2,C C 正确，D D 错误。C C 由洛伦兹力充当向心力可知:2vBqv二m，根据线速度和角速度关系可得：v=Rw；R联立解得：，四，则可知，角速度

8、与磁场成正比，故31：32=1:2=1:2 ;故 ABAB 错误;m粒子在两磁场中运动轨迹如图所示，粒子在I I 中转过的圆心角为 120120,而在IIII 中转过的圆心角为 240240 ;由T二加可知，粒子在BqI I 中的周期为 IIII 中周期的一半；则由etT可360-8 -那be理孑射入璀场后吐到洛唸歳力而做匀連團周运动，由洛伦谨力提供向心力，根摇牛塩第二老律可求0碍粧子的轨迹半径麻周期，画出執迹，换出執璇对应的國心角0,由= 一T 根播洛伦越力提供向心J?60 *qBd丹2 X-力，,痔_如.Rm膿播几何关系，征孑离秆区城【韵建度方向与沼AC命_羁-向，进心场区療II做匀连国周

9、运幼，运动丄周期洁辭出離瓠在I区憑國弧所对的國心角61 = 60,在 斗n区域圆弧所对的圆心角为 9090 粒子在磁场中运动的总时间为对于y轴上的光屏亮线范围的临界条件如图y轴上的最高点为y=2=2r=2=2a x.kw对于x轴上光屏亮线范围的临界条件如图 2 2 所示：左边界的极限情况还是和x=a相切，此刻, 带电粒子在右边的轨迹是个圆，由几何知识得到在x轴上的坐标为x=2=2a;速度最大的粒子是如图 2 2 中的实线，又两段圆弧组成，圆心分别是c和c由对称性得到c在x轴上，设在左右 两部分磁场中运动时间分别为t1和t2,满足5nm0区域，圆周半径为R;在x00 区域,圆周半径为R。代入致擡译却:0户=2(1十V33所以在x轴上的范围是2a _x _2(1-10 -由洛伦盍力公式及牛領定律得粒子逹度方向转过180时，所舟时间h为勺二】+(2 2)由几何关系及式得，所求距离为6 =2 R -R2=2mVo1-1