高考物理二輪復習 第1部分 核心突破 專題3 電場和磁場 第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動特訓

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第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運動 1．(2016湖北重點中學聯(lián)考一)在勻強磁場的同一位置，先后放入長度相等的兩根直導線a和b，a、b導線的方向與磁場方向垂直，但兩導線中的電流大小不同，如圖表示導線所受安培力F的大小與通電電流I的關系，a、b各自有一組F、I的數(shù)值，在圖象中各描一個點，其中正確的是(　D　) 解析：因安培力F＝BIL，F(xiàn)－I圖象的斜率k＝BL，因兩根直導線a和b的長度相同、B相同，所以F－I圖象是過原點的直線，選項D正確． 2．(2016長沙一模)歐姆在探索通過導體的電流和電壓、電阻關系時，因無電源和電流表，他利用金屬在冷水和熱水中產(chǎn)生電動勢代替電源，用小磁針的偏轉(zhuǎn)檢測電源，具體做法是在地磁場作用下在水平靜止的小磁針上方，平行于小磁針水平放置一直導線，當該導線中通有電流時，小磁針會發(fā)生偏轉(zhuǎn)；當通過該導線電流為I時，小磁針偏轉(zhuǎn)了30，問當他發(fā)現(xiàn)小磁針偏轉(zhuǎn)了60時，通過該直導線的電流為(直導線在某點產(chǎn)生的磁場與通過直導線的電流成正比)(　B　) A．2I　 B．3I C．I　 D．無法確定 解析：小磁針所指的方向為磁場方向，設地磁場的磁感應強度為B0，則有tan 30＝，tan 60＝，聯(lián)立解得I′＝3I，故本題答案為B． 3．(2016武漢4月調(diào)研)如圖所示，在勻強磁場中(磁場方向沒有畫出)固定一傾角為30的光滑斜面，一根質(zhì)量為m的通電直導線垂直于紙面水平放置在斜面上，直導線恰好能保持靜止，電流方向垂直于紙面向里，已知直導線受到的安培力和重力大小相等，斜面對直導線的支持力大小可能是(重力加速度大小為g)(　AD　) A．0　 B．mg　　 C．mg D．mg 解析：設直導線受的安培力大小為F，則F＝mg，若安培力的方向豎直向上，由平衡條件得，斜面對直導線的支持力為零；若安培力的方向不豎直向上，因為F＝mg，要使導線能保持靜止，所以重力和安培力的合力與支持力等大反向，受力分析如圖所示，由平衡條件及幾何知識得，斜面對直導線的支持力FN＝2mgcos 30＝mg，選項AD正確，選項BC錯誤． 4．(2016山西百校聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示，甲、乙是兩個相同的金屬圓環(huán)，一條過圓心的直線垂直于兩個環(huán)面，A、B是該直線上的兩點，其中B是圓心連線的中點，A是過圓心直線上的一點，A和B到甲圓心的距離相等，現(xiàn)在甲、乙中通以大小相等的電流，結(jié)果A、B兩點的磁感應強度大小分別為B1、B2，且B2>B1，若將乙的電流反向，則(　C　) A．乙的電流反向后，兩線圈中的電流同向 B．乙的電流反向后，B點的磁感應強度大小為B2 C．乙的電流反向后，A點的磁感應強度大小為B2－B1 D．乙的電流反向后，A點的磁感應強度大小為(B2－B1) 解析：如果兩環(huán)中電流方向相反，根據(jù)安培定則可知，B點的合磁感應強度為零，因此乙中電流未反向時，甲、乙兩線圈中的電流是同向的，且甲、乙中電流在B點產(chǎn)生的磁感應強度大小均為B2，乙電流反向后，兩線圈中的電流反向，A項錯誤；兩線圈在A處產(chǎn)生的磁感應強度也同向，根據(jù)對稱性可知，甲線圈在A處產(chǎn)生的磁感應強度大小也為B2，則乙線圈在A處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B1－B2；若將乙的電流反向，則乙在B處產(chǎn)生的磁感應強度大小不變，方向反向，則B處的合磁感應強度為零，B項錯誤；乙在A處產(chǎn)生的磁感應強度大小不變，方向發(fā)生改變，則A處的磁感應強度大小變?yōu)? B2－(B1－B2)＝B2－B1，C項正確，D項錯誤． 5．(2016東北三省四市聯(lián)考二)如圖所示，虛線PQ為一勻強磁場的邊界，磁場方向垂直紙面向里．在磁場內(nèi)有平行于邊界的虛線MN，在虛線MN上同一位置，沿MN方向發(fā)射兩個帶負電的粒子a和b，其速度分別為vA和vB，兩粒子的質(zhì)量和電量均相同，分別經(jīng)過時間tA和tB從A點和B點射出磁場．則以下說法正確的是(　ACD　) A．tA>tB B．vA>vB C．粒子的發(fā)射點不可能在A點正上方的右側(cè) D．a(chǎn)粒子的半徑一定小于b粒子的半徑 解析：帶負電粒子從下邊界射出，它只能沿著MN線向右運動，通過作圖可知從A點射出的粒子運動圓心角大，時間長，半徑小，有tA＞tB、vA＜vB；根據(jù)左手定則知，粒子的發(fā)射點不可能在A點正上方的右側(cè)，因為從A點上方右側(cè)發(fā)射，不可能從下邊界A點射出，故選ACD. 6．(2016河南洛陽期末)如圖所示，以直角三角形AOC為邊界的有界勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B，∠A＝60，AO＝a，在O點放置一個粒子源，可以向各個方向發(fā)射某種帶負電粒子，粒子的比荷為，發(fā)射速度大小都為v0，且滿足v0＝，發(fā)射方向用圖中的角度θ表示．對于粒子進入磁場后的運動(不計重力作用)，下列說法正確的是(　AD　) A．粒子有可能打到A點 B．以θ＝60飛入的粒子在磁場中運動時間最短 C．以θ<30飛入的粒子在磁場中運動的時間都相等 D．在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出 解析：洛倫茲力充當粒子做圓周運動的向心力，qv0B＝m，r＝＝a；結(jié)合圖象，當θ＝60時，粒子打到A點，且在磁場中的運動時間最長，選項A正確，選項BC錯誤；當θ＝0時，粒子出磁場的位置恰好為AC的中點，所以在AC邊界上只有一半?yún)^(qū)域有粒子射出，選項D正確. 7．如圖，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外，一電荷量為q(q>0)、質(zhì)量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為，已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60，則粒子的速率為(不計重力)(　B　) A．　 B．　　 C． D． 解析：根據(jù)對稱性，帶電粒子射入圓形區(qū)域磁場時速度方向與半徑的夾角總是與帶電粒子射出磁場時其速度方向與半徑的夾角相等，畫出帶電粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，根據(jù)圖找?guī)缀侮P系可得帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r＝R，再由qvB＝m，得r＝，解得v＝，故選項B正確． 8．(2015廣東肇慶三模)在正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子a、b從一邊長中點垂直勻強方向進入磁場，則(　BC　) A．a(chǎn)帶負電，b帶正電 B．a(chǎn)帶正電，b帶負電 C．a(chǎn)、b進入磁場時的速率之比為1：2 D．a(chǎn)、b進入磁場中運動的時間之比為1：1 解析：磁場的方向向外，粒子運動的方向向左，由左手定則可知，正電荷受到的洛倫茲力的方向向上，負電荷受到的洛倫茲力的方向向下，所以a帶正電，b帶負電，A錯誤，B正確；由洛倫茲力提供向心力得，qvB＝，有 r＝＝v， 荷質(zhì)比相同的兩個粒子運動的半徑與速率成正比；由題圖可知，＝，則＝＝，C正確； 由T＝＝＝知， 荷質(zhì)比相同的兩個粒子在磁場中的運動周期相等， 由t＝T知，＝＝＝，D錯誤． 9．(2016廣州模擬)利用如圖所示裝置可以選擇一定速度范圍內(nèi)的帶電粒子，圖中板MN上方是磁感應強度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場，板上有兩條寬度分別為2d和d的縫，兩縫近端相距為L.一群質(zhì)量為m、電荷量為q，具有不同速度的粒子從寬度為2d的縫垂直于板MN進入磁場，對于能夠從寬度為d有縫射出的粒子，下列說法正確的是(　BC　) A．粒子帶正電 B．射出的粒子的最大速度為 C．保持d和L不變，增大B，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 D．保持d和B不變，增大L，射出粒子的最大速度與最小速度之差增大 解析：由左手定則和粒子的偏轉(zhuǎn)情況可以判斷粒子帶負電，選項A錯；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m，可得v＝，r越大v越大，由圖可知r最大值為rmax＝，代入v的表達式可得vmax＝，選項B正確；又r最小值為rmin＝，將rmax、rmin分別代入v的表達式后得出速度之差為Δv＝，可見選項C正確、D錯誤． 10．(2016大連模擬)如圖所示，光滑的水平桌面處在方向豎直向下的勻強磁場中，桌面上平放著一根一端開口、內(nèi)壁光滑的絕緣細管，細管封閉端有一帶電小球，小球直徑略小于管的直徑，細管的中心軸線沿y軸方向．在水平拉力F作用下，細管沿x軸方向勻速運動，帶電小球能從管口處飛出．帶電小球在離開細管前的運動過程中，關于小球運動的加速度a、沿y軸方向的速度vy、拉力F以及管壁對小球的彈力做功的功率P隨時間t變化的圖像分別如下圖所示，其中正確的是(　D　) 解析：當管勻速運動時，管內(nèi)帶電小球受到的合力使小球沿管做勻加速運動，其加速度不變，選項A錯誤；由于沿管方向加速度不變，故vy＝at，選項B錯誤；由于小球沿y軸方向速度逐漸增大，小球受到的垂直于管方向的洛倫茲力逐漸增大，管壁對小球的彈力逐漸增大，所以彈力的功率也逐漸增大，水平方向勻速運動，以管為研究對象，拉力F也逐漸增大，選項C錯誤，選項D正確． 11．(2016太原調(diào)研)如圖所示，O點有一粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、速度方向均在xOy平面內(nèi)．在直線x＝a與x＝2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應強度為B的勻強磁場，與y軸正方向成60角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出．不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．關于這些粒子的運動情況，下列說法正確的是(　AC　) A．粒子的速度大小為 B．粒子的速度大小為 C．與y軸正方向成120角射出的粒子在磁場中運動的時間最長 D．與y軸正方向成90角射出的粒子在磁場中運動的時間最長 解析：帶正電粒子與y軸正方向成60角射入磁場后的軌跡如圖乙所示，根據(jù)幾何關系可得a＝Rsin 30，其中R＝，聯(lián)立解得v＝，故選項A正確、B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中運動的時間t＝T，可見圓弧所對的圓心角θ越大，粒子在磁場中運動的時間越長，由圖乙中的幾何關系可得粒子的軌道半徑R＝2a，因此當帶電粒子與y軸正方向成120角射出的粒子在磁場中運動的圓弧所對圓心角最大為120，粒子的運動軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖丙所示，最長時間tm＝T，故選項C正確、D錯誤． 12．(2016南昌模擬二)如圖，在0≤x≤3a區(qū)域內(nèi)存在與xOy平面垂直的勻強磁場，磁感應強度的大小為B．在t＝0時刻，一位于坐標原點的粒子源在xOy平面內(nèi)的第一象限發(fā)射出大量相同的帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向與y軸正方向的夾角分布在0～90范圍內(nèi)．已知沿y軸正方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界上P(3a，a)點離開磁場．(粒子重力不計)則下列說法正確的有(　AD　) A．粒子在磁場中做圓周運動的半徑R為2a B．粒子速度大小為v0＝ C．從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間為3t0 D．t＝t0時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比為1∶3 解析：根據(jù)題意作出沿y軸正方向發(fā)射的帶電粒子在磁場中做圓周運動軌跡如圖甲所示，圓心為O′，根據(jù)幾何關系，粒子做圓周運動的半徑為2a，選項A正確；沿y軸正方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的圓心角為，運動時間t0＝，解得v0＝，選項B錯誤；在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡如圖乙所示，該粒子做圓周運動的圓心角為，在磁場中的運動時間為2t0，選項C錯誤；根據(jù)題意，t＝t0時刻仍在磁場內(nèi)的粒子到O點距離相同．在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以O點為圓心、OP為半徑的上，如圖丙所示，設此時位于P、M兩點的粒子的初速度分別為vP、vM，由對稱性可知vP與OP、vM與OM的夾角均為，設vM與y軸正向的夾角分別為θM，由幾何關系有θM＝，即t＝t0時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)射的總粒子數(shù)之比為＝，選項D正確． 13．(2016江西模擬)如圖所示，在xOy坐標系的第Ⅰ象限內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，在x>0軸上有一平面熒光屏，在y軸上距坐標原點O為L的S處有一粒子源，在某時刻同時發(fā)射大量質(zhì)量為m ，電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內(nèi)，與y軸正方向的夾角分布在0～180范圍內(nèi)．觀察發(fā)現(xiàn)：熒光屏OP之間發(fā)光，P點右側(cè)任何位置均無發(fā)光，在P、Q之間的任一位置會先后兩次發(fā)光；O、Q之間的任一位置只有一次發(fā)光，測出O、P間距為L，不考慮粒子間的相互作用和粒子所受重力，求： (1)粒子發(fā)射時的速度大小； (2)Q點先后發(fā)光的時間間隔． 解析：(1)由于洛倫茲力提供向心力， 根據(jù)qvB＝m，解得：r＝. 所以每個粒子在勻強磁場中做圓周運動，半徑相同，而x軸的任一亮點與S的連線為圓的弦長，由于P點是粒子到達x軸最遠點，因此SP的連線為圓的最大弦長，即圓的直徑，則SP＝2r， 根據(jù)幾何關系2＝2＋2，解得r＝L. 由L＝可知v＝. (2)aS連線與SP連線垂直，在∠aSO范圍內(nèi)發(fā)射的粒子運動一段劣弧可以到達OP間的任一位置，在∠aSy范圍內(nèi)發(fā)射的粒子運動一段優(yōu)弧只能到達QP間任何一位置．設粒子發(fā)射方向與y軸成θ角時，運動圓軌跡恰好與x軸的Q點相切，如圖所示．根據(jù)幾何關系，L＝r＋rsin θ. OQ＝rcos θ.得θ＝0，OQ＝L 由于t＝ 得粒子沿優(yōu)弧運動到達Q點的時間t2＝. 粒子沿劣弧運動到達Q點的時間t1＝， 得Δt＝t2－t1＝. 答案：見解析 14．(2016福州模擬)如圖所示，磁感應強度大于B＝0.15 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場分布在半徑R＝0.10 m的圓形區(qū)域內(nèi)，圓的左端跟y軸相切于直角坐標系原點O，右端跟很大的熒光屏MN相切于x軸上的A點．置于原點的粒子源可沿x軸正方向以不同的速度射出帶正電的粒子流，粒子的重力不計，比荷＝1.0108 C/kg. (1)請判斷當粒子分別以v1＝1.5106 m/s和v2＝0.5106 m/s的速度射入磁場時，其能否打到熒光屏上． (2)要使粒子能打在熒光屏上，求粒子流的速度v0的大小應滿足的條件． (3)若粒子流的速度v0＝3.0106 m/s，且以過O點并垂直于紙面的直線為軸，將圓形磁場逆時針緩慢旋轉(zhuǎn)90，求此過程中打在熒光屏上的粒子離A點的最遠距離． 解析：(1)當粒子速度為v1時，根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv1B＝，解得r1＝R 粒子在磁場中運動的圓心角為60，能打到熒光屏上 當粒子速度為v2時，同理解得r2＝R 粒子在磁場中運動的圓心角為120，不能打到熒光屏上． 乙 (2)設當速度為v3時，粒子恰好不能打在熒光屏上，此時粒子從磁場最高點a射出磁場，如圖乙所示，粒子在磁場中的軌道半徑為r3＝R 由洛倫茲力提供向心力有 qv3B＝，解得v3＝1.5106 m/s 當v0＞1.5106 m/s時，粒子流能打到熒光屏上． (3)設速度v4＝3.0106 m/s的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r4，由洛倫茲力提供向心力，得qv4B＝，解得r4＝2R. 假設磁場無限大，粒子在磁場中運動的軌跡就是以O′點為圓心，以r4為半徑的一段圓弧，若圓形磁場以O為軸旋轉(zhuǎn)時，當磁場的直徑OA旋轉(zhuǎn)到OD位置時，粒子從圓形磁場中離開并射到熒光屏上離A點距離最遠，設落點為圖中的F點，如圖丙所示，根據(jù)幾何知識可知△OO′D為等邊三角形，α＝30.由于OC＝r4tan α，則此過程中粒子打在熒光屏上離A的最遠距離 d＝(2R－OC)tan2α＝0.15 m. 答案：(1)速度為v1時能打到熒光屏上，速度為v2時不能打到熒光屏上 (2)v0＞1.5106 m/s (3)0.15 m 15．(2016南京質(zhì)檢)如圖所示的直角坐標系第一、二象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小B＝0.5 T，處于坐標原點O的放射源不斷地放射出比荷＝4106 C/kg的正離子，不計離子的重力及離子間的相互作用． (1)求離子在勻強磁場中的運動周期． (2)若某時刻一群離子自原點O以不同速率沿x軸正方向射出，求經(jīng)過10－6 s時間這些離子所在位置構(gòu)成的函數(shù)方程． (3)若離子自原點O以相同的速率v0＝2.0106 m/s沿不同方向射入第一象限，要求這些離子穿過磁場區(qū)域后都能沿平行于y軸且指向y軸正方向運動，則題干中的勻強磁場區(qū)域應怎樣調(diào)整(畫圖說明即可)，并求出調(diào)整后磁場區(qū)域的最小面積． 解析：(1)根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝ 離子做圓周運動的周期 T＝＝＝π10－6 s (2)離子運動時間 t＝10－6s＝T 根據(jù)左手定則，離子沿逆時針方向做半徑不同的圓周運動轉(zhuǎn)過的角度均為θ＝2π＝ 這些離子所處位置均在過坐標原點的同一條直線上 該直線方程y＝xtan＝x. (3)離子自原點O以相同的速率v0沿不同方向射入第一象限磁場，均做逆時針方向的勻速圓周運動，根據(jù)牛頓第二定律有qv0B＝m，解得R＝＝1 m 如圖乙所示，這些離子的軌道圓心均在第二象限的四分之一圓弧AC上，欲使離子穿過磁場區(qū)域后都能平行于y軸并指向y軸正方向運動，離開磁場時的位置在以點O′(1,0)為圓心、半徑R＝1 m的四分之一圓弧上．由此可知，磁場區(qū)域至少為兩個四分之一圓的交集，如圖丙所示，則調(diào)整后磁場區(qū)域的最小面積 Smin＝2 m2＝ m2. 答案：(1)π10－6 s　(2)y＝x (3) m2