2022年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題八 磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動

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1、2022年高考物理二輪復習 專題能力訓練 專題八 磁場性質(zhì)及帶電粒子在磁場中的運動 一、選擇題(本題共6小題,每小題7分,共42分。在每小題給出的四個選項中,1~4題只有一個選項符合題目要求,5~6題有多個選項符合題目要求,全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分) 1. (xx·陜西渭南高三一模)如圖所示,一勁度系數(shù)為k的輕質(zhì)彈簧,下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd。bc邊長為l,線框的下半部分處在勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與線框平面垂直,在圖中垂直于紙面向里。線框中通以電流I,方向如圖所示,開始時線框處于平衡狀態(tài)。令磁場反向,磁感應強度的大小仍為B,線框達到新的

2、平衡。則在此過程中線框位移的大小Δx及方向是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.Δx=,方向向上 B.Δx=,方向向下 C.Δx=,方向向上 D.Δx=,方向向下 2. 如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場,兩個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b,以不同的速率沿著AO方向?qū)蕡A心O射入磁場,其運動軌跡如圖。若帶電粒子只受磁場力的作用,則下列說法正確的是(　　) A.a粒子速率較大 B.b粒子速率較大 C.b粒子在磁場中運動時間較長 D.a、b粒子在磁場中運動時間一樣長 3. 如圖所示,兩根相互平行的長直導線過紙面上的M、N兩點,且與紙面垂直,導線中

3、通有大小相等、方向相反的電流。a、o、b在M、N的連線上,o為MN的中點,c、d位于MN的中垂線上,且a、b、c、d到o點的距離均相等。關于以上幾點處的磁場,下列說法正確的是(　　) A.o點處的磁感應強度為零 B.a、b兩點處的磁感應強度大小相等、方向相反 C.c、d兩點處的磁感應強度大小相等、方向相同 D.a、c兩點處磁感應強度的方向不同 4. 如圖所示,在紙面內(nèi)半徑為R的圓形區(qū)域中充滿了垂直于紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場。一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入,當該電荷離開磁場時,速度方向剛好改變了180°。不計電荷的重力,下列說法正確的是(　　) A.該點電荷

4、離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點 B.該點電荷的比荷為 C.該點電荷在磁場中的運動時間為 D.該點電荷帶正電 5. (xx·湖北八校聯(lián)考)如圖所示,ab是勻強磁場的邊界,質(zhì)子H)和α粒子He)先后從c點射入磁場,初速度方向與ab邊界的夾角均為45°,并都到達d點。不計空氣阻力和粒子間的作用。關于兩粒子在磁場中的運動,下列說法正確的是(　　) A.質(zhì)子和α粒子運動軌跡相同 B.質(zhì)子和α粒子運動動能相同 C.質(zhì)子和α粒子運動速率相同 D.質(zhì)子和α粒子運動時間相同 6. 如圖所示的區(qū)域共有六處開口,各相鄰開口之間的距離都相等,勻強磁場垂直于紙面,不同速度的粒子從開

5、口a進入該區(qū)域,可能從b、c、d、e、f五個開口離開,粒子就如同進入“迷宮”一般,可以稱作“粒子迷宮”。以下說法正確的是(　　) A.從d口離開的粒子不帶電 B.從e、f口離開的粒子帶有異種電荷 C.從b、c口離開的粒子運動時間相等 D.從c口離開的粒子速度是從b口離開的粒子速度的2倍 二、非選擇題(本題共4小題,共58分) 7. (14分)如圖所示,正方形勻強磁場的邊界長為a,邊界由絕緣彈性壁圍成,磁場的磁感應強度為B。質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子垂直于磁場方向和邊界,從邊界正中點O孔處射入磁場,其射入時的速度為,帶電粒子與壁碰撞前后沿壁方向的分速度不變,垂直壁方向的分

6、速度反向、大小不變,且不計摩擦,不計粒子所受重力,碰撞時無電荷量損失,求: (1)帶電粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑; (2)帶電粒子從O孔射入到從O孔射出所需要的時間。 8.(14分)如圖甲所示,MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O',兩孔正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質(zhì)量為m、電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離

7、子所受重力。求: 甲 乙 (1)磁感應強度B0的大小。 (2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。 9. (14分)如圖所示,在坐標系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OO'為分界線,磁場a的磁感應強度為2B,方向垂直紙面向里;磁場b的磁感應強度為B,方向垂直紙面向外。P點在分界線上,坐標為(4l,3l)。一質(zhì)量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b,經(jīng)過一段時間后,粒子恰能經(jīng)過原點O,不計粒子重力。(sin 37°=0.6,cos 37°=0.8)則:

8、 (1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少? (2)粒子運動的速度可能是多少? 10. (16分)(xx·山西名校聯(lián)盟統(tǒng)考)如圖所示,圓形區(qū)域中,圓心角為30°的扇面MON之外分布著垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,一質(zhì)量為m、電荷量為-q的粒子,自圓心O點垂直于OM以速度v射入磁場,粒子能兩次經(jīng)過邊界OM,不計粒子重力。 (1)求粒子從射入到第一次穿過邊界ON,在磁場中運動的時間; (2)求圓形區(qū)域的最小半徑; (3)若圓形區(qū)域無限大,現(xiàn)保持其他條件不變而將∠MON變?yōu)?0°,求粒子射出后穿越磁場邊界的次數(shù)。

9、 參考答案 1.B　解析:線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力,處于平衡,安培力為FB=nBIL,且開始的方向向上,然后方向向下,大小不變。設在電流反向之前彈簧的伸長為x,則反向之后彈簧的伸長為(x+Δx),則有 kx+nBIL-G=0 k(x+Δx)-nBIL-G=0 解之可得Δx=,且線框向下移動,故B正確。 2.B　解析:由洛倫茲力提供向心力,有qvB=,解得R=,可知粒子速度越大,轉(zhuǎn)動半徑越大,所以b粒子的速率較大,選項B正確,A錯誤;轉(zhuǎn)動圓心角越大,運動時間越長,因此應該是a粒子在磁場中運動時間較

10、長,選項C、D錯誤。 3.C　解析:由安培定則可知,兩導線在o點產(chǎn)生的磁場均豎直向下,則合磁感應強度一定不為零,選項A錯誤;兩導線在a、b兩點處產(chǎn)生的磁場方向均豎直向下,由對稱性知,電流M在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度等于電流N在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度,同時電流M在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度等于電流N在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應強度,所以a、b兩點處的合磁感應強度大小相等、方向相同,選項B錯誤;根據(jù)安培定則,兩導線在c、d兩點處產(chǎn)生的磁場分別垂直于c、d兩點與導線連線方向向下,且產(chǎn)生的磁場的磁感應強度相等,由平行四邊形定則可知,c、d兩點處的合磁感應強度大小相等、方向相同,選項C正確;a、c兩

11、點處的合磁感應強度方向均豎直向下,選項D錯誤。 4.B　解析: 根據(jù)左手定則可知,該點電荷帶負電,選項D錯誤;粒子在磁場中做勻速圓周運動,其速度方向的偏向角等于其運動軌跡所對應的圓心角,根據(jù)題意,該粒子在磁場中的運動軌跡剛好是半個圓周,畫出其運動軌跡并找出圓心O1,如圖所示,根據(jù)幾何關系可知,軌道半徑r=,根據(jù)r=和t=可求出該點電荷的比荷為和該點電荷在磁場中的運動時間t=,所以選項B正確,C錯誤;該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線不通過O點,選項A錯誤。本題答案為B。 5.AB　解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,質(zhì)子和α粒子從同一點沿相同的方向射入磁場,然后從同一點離開磁場,則

12、它們在磁場中的運動軌跡相同,故A正確;兩粒子的運動軌跡相同,則它們的軌道半徑r相同,粒子在磁場中做勻速圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=m,解得v=,粒子動能Ek=mv2=,質(zhì)子與α粒子的電荷量分別為e和2e,質(zhì)量之比為1∶4,軌道半徑r、磁感應強度B都相等,則Ek質(zhì)子=Ekα粒子,故B正確;由牛頓第二定律得qvB=m,解得v=,則,故C錯誤;粒子在磁場中做圓周運動的周期T=,則,兩粒子的運動軌跡相同,粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ相同,粒子在磁場中的運動時間t=T,,故D錯誤。 6.AD　解析:從d口離開的粒子不偏轉(zhuǎn),所以不帶電,A正確;根據(jù)左手定則,從f、e口離開的粒子帶

13、有同種電荷,B錯誤;從b口離開的粒子運動時間是半個周期,從c口離開的粒子運動時間是周期,C錯誤;從c口離開的粒子軌道半徑是從b口離開的粒子軌道半徑的2倍,因此速度也是2倍關系,D正確。 7.答案:見解析 解析:(1)設帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r,由牛頓第二定律有qvB=m 解得r=a。 (2)由于r=a>2a,所以粒子射到AB邊,設射到AB邊點E距A的距離為x 由幾何知識可得r2=a2+,x= 設粒子從O運動到E的時間為t1,∠OO'E為θ,如圖所示 sin θ= =, 解得θ=arcsin 由t= 可得t1=arcsin 由分析可知粒子在磁場區(qū)域要運

14、動8次類似OE的曲線運動和2次勻速直線運動,才可從O點射出 設粒子從D到A的勻速直線運動時間為t2 t2= 解得t=8t1+2t2=arcsin 帶電粒子從O孔射入到射出所需要的時間為arcsin 。 8.答案:(1)　(2)(n=1,2,3,…) 解析:設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。 (1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力B0qv0=,而v0=·R 由兩式得磁感應強度B0=。 (2)要使正離子從O'孔垂直于N板射出磁場,正離子的運動軌跡應如圖所示,兩板之間正離子只運動一個周期,即T0時,有R= 做勻速圓周運動的周期T0= 當兩板之間正離子運動n個周期,即n

15、T0時,有R=(n=1,2,3,…) 聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=(n=1,2,3,…)。 9.答案:(1)　(2)(n=1,2,3,…) 解析:(1)設粒子的入射速率為v,用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a和b運動的軌道半徑和周期 則Ra=,Rb= Ta= Tb= 粒子先從磁場b運動,后進入磁場a運動,然后從O點射出,粒子從P運動到O點所用時間最短。如圖所示 tan α= 得α=37° 粒子在磁場b和磁場a運動的時間分別為tb=Tb,ta=Ta 故從P到O所用最少時間為t=ta+tb=。 (2)由題意及圖可知 n(2Racos α+2Rbc

16、os α)=(n=1,2,3,…) 解得v=(n=1,2,3,…)。 10.答案:(1)　(2)　(3)15次 解析:(1)粒子第一次穿過邊界,偏轉(zhuǎn)角θ=120° 時間t=·T 其中T=,得t=。 (2)粒子在磁場中運動qvB= 半徑R= 要保證粒子兩次穿過OM,磁場最小區(qū)域應與粒子圓周運動在E點相切 在△O1AB中,O1B=2R 在△O2BD中,BD= 在△ODO2中,OD=OB-BD=R O2D=R 得OO2=R 最小半徑r=OE=。 (3)∠MON變?yōu)?0°,首次從ON邊界向下穿出時與之夾角為80° 首次向上穿出OM時與之夾角為70° 每次從邊界向扇面區(qū)穿出,均比上次夾角減小10° 直到向上穿出時,與OM夾角為10°,不再進入磁場。故穿越邊界的次數(shù)為15次。