2019-2020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.doc

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2019-2020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(yīng)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(yīng)強度的大小仍為B,線框達到新的平衡。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(guān)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(yīng)強度為零 B.a、b兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反 C.c、d兩點處的磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同 D.a、c兩點處磁感應(yīng)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(yīng)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(guān)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(yīng)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(yīng)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(yīng)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,不計離子所受重力。求: 甲 乙 (1)磁感應(yīng)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(yīng)強度為2B,方向垂直紙面向里;磁場b的磁感應(yīng)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: (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(yīng)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)。 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(shè)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(yīng)該是a粒子在磁場中運動時間較長,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(yīng)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(yīng)強度等于電流N在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度,同時電流M在b處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度等于電流N在a處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度,所以a、b兩點處的合磁感應(yīng)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(yīng)強度相等,由平行四邊形定則可知,c、d兩點處的合磁感應(yīng)強度大小相等、方向相同,選項C正確;a、c兩點處的合磁感應(yīng)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(yīng)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(guān)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(yīng)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(guān)系,D正確。 7.答案:見解析 解析:(1)設(shè)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(shè)射到AB邊點E距A的距離為x 由幾何知識可得r2=a2+,x= 設(shè)粒子從O運動到E的時間為t1,∠OOE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(shè)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(shè)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(yīng)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(yīng)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nT0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(shè)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+2Rbcos 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(yīng)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。