物理大一轮复习题组层级快练第九单元磁场作业

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精题组层级快练（四十一)一、选择题1.如图所示圆形区域内有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子以不同的速率沿着相同的方向对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出,这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短．若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子(）A．速率一定越小B．速率一定越大C．在磁场中通过的路程越长D．在磁场中的周期一定越大答案A解析由T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子周期不变，又r＝eq\f(mv,qB)∝v，可知线速度越大，半径越大，如图所示，半径越大,偏转角θ越小，圆心角等于偏转角θ，t＝eq\f（θ,2π)T∝θ，因此在磁场中运动时间越长的带电粒子速率一定越小,所以选A项．2.长为l的水平极板间有垂直纸面向里的匀强磁场，如图所示,磁感应强度为B，板间距离也为l，板不带电,现有质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力）,从左边极板间中点处垂直磁感线以速度v水平射入磁场,欲使粒子不打在极板上,可采用的办法是()A．使粒子的速度v<eq\f（Bql，4m)B．使粒子的速度v＞eq\f（5Bql,4m）C．使粒子的速度v＞eq\f（Bql，m)D．使粒子的速度v满足eq\f(Bql,4m)<v〈eq\f（5Bql,4m)答案AB解析带电粒子刚好打在极板右边缘，有r12＝（r1－eq\f(l，2))2＋l2，又因r1＝eq\f（mv1,Bq),解得v1＝eq\f（5Bql，4m)；粒子刚好打在极板左边缘,有r2＝eq\f(l,4）＝eq\f(mv2，Bq），解得v2＝eq\f（Bql，4m),故选项A、B正确．3。如图所示，在直角三角形abc中，有垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。在a点有一个粒子发射源，可以沿ab方向源源不断地发出速率不同，电荷量为q(q>0）、质量为m的同种粒子．已知∠a＝60°，ab＝L，不计粒子的重力，下列说法正确的是（)A．在磁场中通过的弧长越长的粒子,在磁场内运动的时间就越长B．从ac边中点射出的粒子，在磁场中的运动时间为eq\f(2πm，3qB)C．从ac边射出的粒子的最大速度值为eq\f(2qBL，3m)D．bc边界上只有长度为L的区域可能有粒子射出答案BD解析带电粒子在磁场中运动的时间是看圆心角的大小，而不是看弧的长短，A项错误；作出带电粒子在磁场中偏转的示意图，从ac边上射出的粒子，所对的圆心角都是120°，所以在磁场中运动的时间为t＝eq\f(1，3)T＝eq\f(2πm,3qB),B项正确；从ac边射出的最大速度粒子的弧线与bc相切,如图所示，半径为L，由R＝eq\f(mv，qB）⇒v＝eq\f(qBR,m）＝eq\f（qBL,m)，C项错误;如图所示，在bc边上只有Db＝L长度区域内有粒子射出，D项正确,选B、D项．4．如图所示，MN、PQ之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域水平方向足够长，MN、PQ间距为L，现用电子枪将电子从O点垂直边界MN射入磁场区域，调整电子枪中的加速电压可使电子从磁场边界不同位置射出．a、b、c为磁场边界上的三点，下列分析正确的是（）A．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vb＜vcB．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vc＜vbC．若从边界MN射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压,必有0＜s＜2LD．若从边界PQ射出的电子出射点与O点的距离为s,则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜2L答案AC解析画出轨迹圆可知，从a、b、c三点射出的电子的半径关系为Ra＜Rb＜Rc，由R＝eq\f(mv,Bq），知va＜vb＜vc,A项正确,B项错误;电子垂直于边界MN射入磁场，能从边界MN射出，其轨迹的最大圆与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜2L,C项正确；若电子从边界PQ射出,其轨迹的最小圆也与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压,必有L＜s＜eq\r（2)L，D项错误．5.如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场以MN为边界,左侧磁感应强度为B1，右侧磁感应强度为B2,B1＝2B2＝2T,比荷为2×106C/kg的带正电粒子从O点以v0＝4×104m/s的速度垂直于MN进入右侧的磁场区域，A.eq\f(π，2）×10－6s B．π×10－6sC。eq\f（3π，2)×10－6s D．2π×10－6s答案AC解析粒子在右侧磁场B2中做匀速圆周运动，则qv0B2＝meq\f(v02，R2）解得R2＝eq\f(mv0,qB2)＝2cm故粒子经过半个圆周恰好到达P点,轨迹如图甲所示．则粒子运动的时间t1＝eq\f（T2,2)＝eq\f（πm，qB2）＝eq\f（π,2)×10－6s由于B1＝2B2，由上面的求解可知粒子从P点射入左边的磁场后,做半径R1＝eq\f（1,2)R2＝1cm的匀速圆周运动，经过两次周期性运动可再次经过P点，轨迹如图乙所示，则粒子运动的时间t2＝T1＋T2＝eq\f(3π,2）×10－6s在以后的运动中,粒子通过MN的点会远离P点，所以,粒子通过距离O点4cm的磁场边界上的P点所需的时间为eq\f（π,2）×10－6s或eq\f(3π，2)×10－6s．故选项A、C正确．6.如图所示，垂直于纸面向里的匀强磁场分布在正方形abcd区域内，O点是cd边的中点．一个带正电的粒子仅在磁场力的作用下，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后刚好从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°角的方向，以大小不同的速率射入正方形内，那么下列说法中正确的是（)A．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(5，3）t0，则它一定从cd边射出磁场B．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f(2，3)t0，则它一定从ad边射出磁场C．若该带电粒子在磁场中经历的时间是eq\f（5，4）t0，则它一定从bc边射出磁场D．若该带电粒子在磁场中经历的时间是t0,则它一定从ab边射出磁场答案AC解析如图所示，作出刚好从ab边射出的轨迹①、刚好从bc边射出的轨迹②、从cd边射出的轨迹③和刚好从ad边射出的轨迹④.由从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后刚好从c点射出磁场可知,带电粒子在磁场中做圆周运动的周期是2t0.可知,从ad边射出磁场经历的时间一定小于eq\f(1,3）t0；从ab边射出磁场经历的时间一定大于等于eq\f(1，3）t0，小于eq\f(5，6）t0；从bc边射出磁场经历的时间一定大于等于eq\f（5,6）t0,小于eq\f(4,3）t0;从cd边射出磁场经历的时间一定是eq\f(5，3）t0。7。如图所示，在0≤x≤b、0≤y≤a的长方形区域中有一磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场的方向垂直于xOy平面向外．O处有一个粒子源，在某时刻发射大量质量为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平面内的第一象限内．已知粒子在磁场中做圆周运动的周期为T，最先从磁场上边界飞出的粒子经历的时间为eq\f（T,12），最后从磁场中飞出的粒子经历的时间为eq\f(T，4)。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则（)A．粒子射入磁场的速度大小v＝eq\f（2qBa，m）B．粒子圆周运动的半径r＝2aC．长方形区域的边长满足关系eq\f(b，a)＝eq\r（3)＋1D．长方形区域的边长满足关系eq\f(b,a）＝2答案ABC解析速度沿y轴正方向的粒子，最先从上边界离开，由于粒子在磁场中的运动时间为eq\f(T，12），则磁场中的轨迹圆弧的圆心角为eq\f（T/12，T)×360°＝30°.轨迹圆心在x轴上,作出轨迹图形，由几何关系可知,轨迹半径r＝eq\f（a，sin30°）＝2a；对带电粒子在磁场中的圆周运动有qvB＝meq\f（v2,r），解得v＝eq\f（2qBa，m)；最后离开的粒子从右边界射出，其轨迹圆心角为eq\f（T/4,T）×360°＝90°，设粒子速度方向与y轴正方向夹角为θ，作出轨迹图形，由几何关系有rsinθ＝r－a，b＝rsinθ＋rcosθ，解得b＝（eq\r(3）＋1)a,则eq\f（b，a)＝eq\r(3）＋1.D项错误，A、B、C项正确．8.在xOy平面上以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面．一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角,如图所示．不计重力的影响，则下列关系一定成立的是()A．若r＜eq\f(2mv,qB)，则0°＜θ＜90°B．若r≥eq\f（2mv，qB）,则t≥eq\f（πm,qB）C．若t＝eq\f（πm,qB），则r＝eq\f（2mv,qB)D．若r＝eq\f（2mv，qB）,则t＝eq\f（πm,qB)答案AD解析带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上,即在x轴上,轨道半径R＝eq\f(mv,qB).当r≥eq\f（2mv,qB)时，P点在磁场内,粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点,θ最大且为90°,运动时间为半个周期，即t＝eq\f（πm,qB）；当r＜eq\f(2mv，qB)时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区,速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ>90°，所以过x轴时0°＜θ＜90°，A对，B项错误；同理,若t＝eq\f（πm,qB），则r≥eq\f（2mv,qB),若r＝eq\f（2mv，qB)，则t＝eq\f(πm，qB），C项错误，D项正确．9.如图所示,有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形，A、B、C为三角形的三个顶点．若一质量为m、电荷量为＋q的粒子（不计重力)，以速度v0＝eq\f（\r(3）qBL,4m)从AB边上的某点P垂直于AB边竖直向上射入磁场，然后能从BC边上某点Q射出，关于P点入射的范围和从Q点射出的范围，下列判断正确的是（）A．PB〈eq\f（2＋\r（3)，4)L B．PB<eq\f（1＋\r(3),4）LC．QB〈eq\f(\r（3）,4)L D．QB≤eq\f（1,2）L答案AD解析由半径公式可得粒子在磁场中做圆周运动的半径为R＝eq\f(mv0,Bq）＝eq\f(\r(3)，4)L，如图所示，当圆心处于O1位置时,粒子正好从AC边切过，并与BC边切过，因此入射点P1为离开B最远的点,满足PB＜eq\f（1，2)L＋eq\f（\r（3），4)L，A项正确，B项错误；当圆心处于O2位置时，粒子从P2射入,打在BC边的Q点，由于此时Q点距离AB最远为圆的半径eq\f（\r(3)，4)L，故QB最大，即QB≤eq\f（\f（\r（3),4）L,sin60°)，D项正确,C项错误．故选A、D项．10。如图所示,三角形磁场区域的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0，2eq\r（3）cm)、（－2cm，0)、(2cm,0），磁感应强度B＝4×10－4T，某正粒子的比荷eq\f(q，m)＝2。5×105C/kg,不计重力．大量的该粒子在t＝0时从O点以相同的速率v＝2eA．从ac边离开磁场的粒子，离开磁场时距c点最近的位置坐标为[eq\r（3)cm，（2eq\r（3)－3）cm］B．从a点离开磁场的粒子在磁场中运动时间最长C．不可能有粒子垂直于ab边离开磁场D．t＝eq\f（π，300）s时运动时间最长的粒子离开磁场答案ABD解析正粒子在磁场中做圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB）＝2eq\r（3）cm，入射方向不同的粒子的轨迹圆半径相同,各粒子的轨迹圆为过O点半径为r的动圆，且入射速度沿x轴正方向的粒子离开磁场时距c点最近,最近点A的坐标为［eq\r（3）cm，（2eq\r（3)－3）cm]，A项正确；当轨迹圆弧对应的弦最长时，圆心角最大，时间最长，即从a点射出的粒子的运动时间最长,该轨迹圆弧对应的圆心角为60°，运动时间t＝eq\f(T，6）＝eq\f(π，300）s，B、D项正确;由几何关系可知，从O点沿与Oc成120°角方向射入磁场的粒子将垂直于ab边离开磁场，选项C错误．二、非选择题11。如图所示,在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电量为q＝1.0×10－6C的带电粒子．从静止开始经U0＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30cm,(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0。8)（1）带电粒子到达P点时速度v的大小；(2）若磁感应强度B＝2。0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离;（3）若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．答案(1)20m/s(2）0.90m(3)B′解析（1）对带电粒子的加速过程，由动能定理qU＝eq\f(1，2）mv2代入数据得：v＝20m(2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝eq\f（mv2,R)得R＝eq\f(mv，qB)代入数据得：R＝0。50而eq\f（OP，cos53°)＝0.50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．由几何关系可知:OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90m（3)带电粒子不从x轴射出（如图乙)，由几何关系得：OP>R′＋R′cos53°R′＝eq\f（mv，qB′)解得：B′>eq\f（16,3)T＝5.33T（取“≥"照样给分)．12。（2017·山东联考）如图所示，M、N为平行板电容器的两极板，M板的上表面涂有一种特殊材料，确保粒子和M板相撞后以原速率反弹且电荷量不变，其上方有一腰长为2a，θ＝45°的等腰直角三角形区域，区域内有垂直纸面向外的匀强磁场．N板上的O为粒子发射源，现有一质量为m,电荷量为q的带负电粒子从粒子发射源O发射（发射速度忽略不计）后经电场加速，从M板上距离B点为eq\r(2)a的小孔P垂直于BC进入磁场，若粒子从P点进入磁场后经时间t第一次与M板相撞，且撞击点为B点,不计粒子重力与空气阻力的影响．（1)求M、N之间的电势差UMN；（2)若粒子从AB边射出磁场区域且不和M板相撞，磁感应强度满足什么条件？（3)若仅将磁场反向，粒子至少和M板相撞一次后射出磁场，磁感应强度满足什么条件？答案（1)eq\f（mπ2a2,4qt2)（2)eq\f（πm，2qt）≤B2≤eq\f(πm,qt）（3）B3≥eq\f((1＋\r(2)）2πm,2qt)解析(1）如图甲所示，由几何关系可知，粒子在磁场中运动的半径为R1＝eq\f（\r(2）a，2） ①t＝eq\f（πR1，v) ②v＝eq\f（\r（2)πa,2t） ③粒子在平行板电容器中加速，根据动能定理，得qU＝eq\f(mv2,2） ④由①②③④联立解得U＝eq\f（mπ2a2,4qt2) ⑤粒子带负电在电容器中加速，M板的电势高于N点电势UMN＝eq\f(mπ2a2,4qt2) ⑥（2）粒子恰从B射出时，粒子半径最小，磁感应强度B1最大T＝eq\f（2πm，qB1） ⑦T＝2t ⑧联立⑦⑧得B1＝eq\f（πm，qt) ⑨粒子的轨迹与AC边相切时，半径最大(如图乙所示），磁感应强度B2最小,由几何关系知R2＝eq\r（2)a ⑩qvB2＝meq\f（v2，R2） ⑪得B2＝eq\f（πm,2qt) ⑫磁感应强度应满足的关系为eq\f（πm,2qt)≤B2≤eq\f（πm,qt)。 ⑬（3)磁场反向后粒子向右偏转，轨迹与AC边相切时，磁感应强度最小（如图丙所示），由几何关系得R3＝（3eq\r(2)－4)a ⑭qvB3＝meq\f(v2,R3） ⑮解得B3＝eq\f((1＋\r(2)）2πm,2qt) ⑯磁感应强度应满足的关系B3≥eq\f（(1＋\r(2））2πm,2qt）. ⑰13．(2017·洛阳二统)在光滑绝缘的水平面上，左侧平行极板间有水平方向匀强电场，右侧圆筒内有竖直方向匀强磁场，磁感应强度大小为B，俯视图如图所示．圆筒的圆心为O点,半径大小为R.一质量为m、电荷量大小为q的带电小球(可视为质点），初始位置在A点,现由静止经电场加速后从C孔沿直径射入磁场区域，粒子和圆筒壁的碰撞没有动能和电荷量损