2020届高考物理二轮复习第一部分专题三电场和磁场第9讲磁场及其对电流的作用带电粒子在磁场中的运动练习含解析 34页

高考物理总复习 第9讲　磁场及其对电流的作用　带电粒子在磁场中的运动 构建网络·重温真题 ‎1．(2018·全国卷Ⅱ)(多选) 如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为B0和B0，方向也垂直于纸面向外。则(　　)‎ A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为B0‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为B0‎ 答案　AC 解析　L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2，方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场磁感应强度大小也为B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B0－B1－B2＝B0，B2＋B0－B1＝B0，联立这两式可解得：B1＝B0，B2＝B0，故A、C正确。‎ ‎2．(2019·全国卷Ⅰ) 如图，等边三角形线框LMN由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M、N与直流电源两端相接。已知导体棒MN受到的安培力大小为F，则线框LMN受到的安培力的大小为(　　)‎ A．2F B．1.5F C．0.5F D．0‎ 答案　B 解析　设每根导体棒的电阻为R，长度为L，则电路中，上下两支路电阻之比为R1∶R2＝2R∶R＝2∶1，上下两支路电流之比为I1∶I2＝1∶2。如图所示，由于上边支路通电的导体受安培力的有效长度也为L，根据安培力计算公式F＝ILB，可知F′∶F＝I1∶I2＝1∶2，得F′＝0.5F，根据左手定则可知，两力方向相同，故线框LMN所受的安培力大小为F＋F′＝1.5F，B正确。‎ ‎3．(2019·江苏高考)(多选)如图所示，在光滑的水平桌面上，a和b - 34 -‎ 高考物理总复习 是两条固定的平行长直导线，通过的电流强度相等。矩形线框位于两条导线的正中间，通有顺时针方向的电流，在a、b产生的磁场作用下静止。则a、b的电流方向可能是(　　)‎ A．均向左 B．均向右 C．a的向左，b的向右 D．a的向右，b的向左 答案　CD 解析　如图1所示，若a、b中电流方向均向左，矩形线框靠近导线的两边所受安培力方向相同，使线框向导线b移动。‎ 同理可知，若a、b中电流均向右，线框向导线a移动，故A、B不符合题意。‎ 若a导线的电流方向向左，b导线的电流方向向右，a、b中电流I′在线框所在处产生的磁场方向如图2所示，线框靠近导线的两边所在处的磁感应强度相同，所受的安培力大小相等、方向相反，线框静止。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 同理可知，若a导线的电流方向向右，b导线的电流方向向左，线框也静止，C、D符合题意，故选C、D。‎ ‎4．(2017·全国卷Ⅰ) (多选)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L2和L3两两等距，均通有电流I，L1中电流方向与L2中的相同，与L3中的相反。下列说法正确的是(　　)‎ A．L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面垂直 B．L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直 C．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ D．L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为 ∶∶1‎ 答案　BC 解析　如图，由磁场的叠加知，L2与L3中的电流在L1处产生的合磁场的方向在L2、L3连线的中垂线上，由左手定则知，L1所受磁场作用力的方向与L2、L3所在平面平行，A错误。L1与L2中的电流在L3处产生的合磁场的方向与L1、L2的连线平行，由左手定则知，L3所受磁场作用力的方向与L1、L2所在平面垂直，B正确。由几何关系知，设电流在另外导线处产生磁场的磁感应强度为B，而L1、L2所在处两个磁场方向的夹角均为120°，则B合＝B，而L3所在处两个磁场方向的夹角为60°，则B′合＝B，由F＝ILB知，L1、L2和L3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶，C正确，D错误。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎5．(2017·全国卷Ⅱ)(多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成，漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出，并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间，线圈平面位于竖直面内，永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，该同学应将(　　)‎ A．左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉 B．左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉 C．左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 D．左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉 答案　AD 解析　装置平面示意图如图所示。如图所示的状态，磁感线方向向上，若形成通路，线圈下边导线中电流方向向左，受垂直纸面向里的安培力，同理，上边导线中电流受安培力垂直纸面向外，使线圈转动。当线圈上边导线转到下边时，若仍通路，线圈上、下边中电流方向与图示方向相比均反向，受安培力反向，阻碍线圈转动。若要线圈连续转动，要求左、右转轴只能上一侧或下一侧形成通路，另一侧断路。故选A、D。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎6．(2019·全国卷Ⅱ) 如图，边长为l的正方形abcd内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向外。ab边中点有一电子发射源O，可向磁场内沿垂直于ab边的方向发射电子。已知电子的比荷为k。则从a、d两点射出的电子的速度大小分别为(　　)‎ A.kBl，kBl B.kBl，kBl C.kBl，kBl D.kBl，kBl 答案　B 解析　若电子从a点射出，运动轨迹如图线①，有 qvaB＝m，Ra＝ - 34 -‎ 高考物理总复习 解得va＝＝＝；‎ 若电子从d点射出，运动轨迹如图线②，‎ 有qvdB＝m R＝2＋l2‎ 解得vd＝＝＝。B正确。‎ ‎7．(2017·全国卷Ⅱ) 如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场。若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上。不计重力及带电粒子之间的相互作用。则v2∶v1为(　　)‎ A.∶2 B.∶1 C.∶1 D．3∶ 答案　C 解析　相同的带电粒子垂直匀强磁场入射均做匀速圆周运动。粒子以v1入射，一端为入射点P，对应圆心角为60°(对应六分之一圆周)的弦PP′必为垂直该弦入射粒子运动轨迹的直径2r1，如图甲所示，设圆形区域的半径为R，由几何关系知r1＝R。其他不同方向以v1入射的粒子的出射点在PP′对应的圆弧内。‎ 同理可知，粒子以v2入射及出射情况如图乙所示。由几何关系知r2＝ ＝‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 R，可得r2∶r1＝∶1。因为m、q、B均相同，由公式r＝可得v∝r，所以v2∶v1＝∶1。故选C。‎ ‎8．(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且d45°，粒子做圆周运动的周期：T＝，则粒子在磁场中运动的最短时间tmin＝T>，最长时间tmax＝T＝，故C错误，D正确。‎ ‎[答案]　AD ‎ 处理带电粒子在有界磁场中运动问题的方法技巧 ‎(1)解答有关运动电荷在有界匀强磁场中的运动问题时，我们可以先将有界磁场视为无界磁场，假设粒子能够做完整的圆周运动，确定粒子做圆周运动的圆心，作好辅助线，充分利用相关几何知识解题。‎ ‎(2)对称规律解题法 ‎①从直线边界射入的粒子，又从同一边界射出时，出射速度与边界的夹角和入射速度与边界的夹角相等(如图甲所示)。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎②在圆形磁场区域内，沿径向射入的粒子，一定沿径向射出(如图乙所示)。‎ ‎(3)解决带电粒子在磁场中运动的临界问题，关键在于运用动态思维，寻找临界状态(一般是粒子运动轨迹与磁场边界相切或轨迹半径达到最大)，常用方法如下：‎ ‎①动态放缩法：定点粒子源发射速度大小不同、方向相同、比荷和电性都相同的粒子，速度越大半径越大，圆心在垂直初速度方向的直线上。‎ ‎②旋转平移法：定点粒子源发射速度大小相等、方向不同、比荷和电性都相同的粒子，运动轨迹的圆心在以入射点为圆心、半径为R＝的圆周上。‎ ‎6．(2019·河南省郑州市一模)如图所示，边界OM与ON之间分布有垂直于纸面向里的匀强磁场，边界ON上有一粒子源S。某一时刻，从粒子源S沿平行于纸面，向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相等，经过一段时间有大量粒子从边界OM射出磁场。已知∠MON＝30°，从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最长时间等于T(T为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OM射出的粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)‎ A.T B.T C.T D.T 答案　A 解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，入射点为S，出射点在OM直线上，出射点与S - 34 -‎ 高考物理总复习 点的连线为轨迹的一条弦。由题意可知，粒子运动的最长时间等于T，则沿SN方向射入的粒子出射点D与S的连线为轨迹的直径，如图所示，设OS＝d，则DS＝OStan30°＝d，粒子在磁场中做圆周运动的轨道半径为：r＝＝d。当从边界OM射出的粒子在磁场中运动的时间最短时，圆心角最小，轨迹半径一定，则轨迹的弦最短，根据几何知识，作SE⊥OM，则SE为最短的弦，粒子从S到E的时间即最短，由几何知识有：SE＝OSsin30°＝d，由余弦定理得：cosθ＝＝，且已知θ<180°，则：θ＝120°，粒子在磁场中运动的最短时间为：tmin＝T＝T，故A正确。‎ ‎7. (2019·福州高考模拟)(多选)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0，B错误；若增大磁感应强度B，由R＝知离子在磁场中的运动半径减小，此时离子在磁场中运动的轨迹长度减小，速度大小不变，则运动时间减小，C错误；若B<，则R＝>，该离子将从bc边射出，D正确。‎ ‎4. (2019·安徽黄山二模)如图所示，垂直纸面向里的匀强磁场分布在等边三角形ABC内，D是AB边的中点，一群相同的带负电的粒子仅在磁场力作用下，从D点沿纸面以平行于BC边方向、大小不同的速率射入三角形内，不考虑粒子间的相互作用力，已知粒子在磁场中运动的周期为T，则下列说法中正确的是(　　)‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 A．若该粒子在磁场中经历时间为T，则它一定从BC边射出磁场 B．若该粒子在磁场中运动时间为T，则它一定从AC边射出磁场 C．速度小的粒子一定比速度大的粒子在磁场中运动时间长 D．若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AB边射出磁场 答案　B 解析　若带电粒子刚好从BC边射出磁场，运动轨迹与BC边相切，可知圆心角为180°，粒子在磁场中经历时间为T；若带电粒子刚好从AC边射出磁场，运动轨迹与AC边相切，作图可得切点为C点，由几何关系可知圆心角为60°，粒子在磁场中运动的时间为T；若带电粒子从AB边射出磁场，可知圆心角为240°，粒子在磁场中的运动时间为T。所以若该粒子在磁场中的运动时间为T，则它一定从AB边射出磁场，A错误；若该粒子在磁场中的运动时间为T，小于T，则它一定从AC边射出磁场，B正确；若该粒子在磁场中的运动时间为T，即大于T小于T，则它一定从BC边射出磁场，D错误；若这些带电粒子都从AB边射出磁场，可知运动轨迹所对的圆心角都为240°，则粒子在磁场中经历时间都为T，故C错误。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎5. (2019·陕西省三模)如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，现有比荷大小相等的甲、乙两粒子，甲以速度v1从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过t1时间射出磁场，射出磁场时的速度方向与初速度方向间的夹角为60°；乙以速度v2从距离直径AOB为的C点平行于直径AOB方向射入磁场，经过t2时间射出磁场，其轨迹恰好通过磁场的圆心。不计粒子受到的重力，则(　　)‎ A．两个粒子带异种电荷 B．t1＝t2‎ C．v1∶v2＝∶1‎ D．两粒子在磁场中轨迹长度之比l1∶l2＝∶1‎ 答案　AC 解析　甲粒子向上偏转，根据左手定则可知甲粒子带正电，乙粒子向下偏转，根据左手定则可知乙粒子带负电，故A正确；粒子在磁场中运动的周期：T＝＝，两粒子比荷相同，故两粒子在磁场中运动的周期相同，根据几何关系可知，甲、乙两粒子在磁场中运动的圆心角分别为60°和120°，甲在磁场中运动的时间t1＝T＝T，乙在磁场中运动的时间t2‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎＝T＝T，即t1＝t2，故B错误；设磁场区域圆的半径为R，由几何关系可知甲粒子做圆周运动的半径为R，乙粒子做圆周运动的半径为R，根据圆周运动的半径公式R＝，知R与v成正比，即v1∶v2＝∶1，故C正确；甲粒子在磁场中的轨迹长度l1＝×2π×R＝，乙粒子在磁场中的轨迹长度l2＝×2πR＝，所以两粒子在磁场中的轨迹长度之比为l1∶l2＝∶2，故D错误。‎ ‎6. (2019·江西高三九校3月联考)如图所示是一个半径为R的竖直圆形磁场区域，磁感应强度大小为B，磁感应强度方向垂直纸面向里。有一个粒子源在圆上的A点不停地发射出速率相同的带正电的粒子，带电粒子的质量均为m，电荷量均为q，运动的半径为r，在磁场中的轨迹所对应的圆心角为α。下列说法正确的是(　　)‎ A．若r＝2R，则粒子在磁场中运动的最长时间为 B．若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，则有关系tan＝成立 C．若r＝R，粒子沿着磁场的半径方向射入，则粒子在磁场中的运动时间为 D．若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，则圆心角α为150°‎ 答案　BD 解析　若r＝2R，粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中的运动轨迹所对应的弦长最大，作出轨迹如图甲所示，因为r＝2R，得圆心角α＝60°，粒子在磁场中运动的最长时间tmax＝T＝·＝，故A错误；若r＝2R，粒子沿着与半径方向成45°角斜向下射入磁场，其运动轨迹如图乙所示，则根据几何关系，有tan＝＝＝，故B正确；若r＝R - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎，粒子沿着磁场的半径方向射入，粒子运动轨迹如图丙所示，轨迹圆心角为90°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝·＝，故C错误；若r＝R，粒子沿着与半径方向成60°角斜向下射入磁场，轨迹如图丁所示，图中轨迹圆心与磁场圆心以及入射点和出射点连线构成菱形，圆心角α为150°，故D正确。‎ ‎7. (2019·吉林省吉林市三模)如图所示，成30°角的OA、OB间有一垂直纸面向里的匀强磁场，OA边界上的S点有一电子源，在纸面内向各个方向均匀发射速率相同的电子，电子在磁场中运动的轨迹半径为r，周期为T。已知从OB边界射出的电子在磁场中运动的最短时间为，则下列说法正确的是(　　)‎ A．沿某一方向发射的电子，可能从O点射出 B．沿某一方向发射的电子，可能沿垂直于OB的方向射出 - 34 -‎ 高考物理总复习 C．从OA边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为 D．从OB边界射出的电子在磁场中运动的最长时间为 答案　BC 解析　电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：evB＝m，解得r＝，由于电子速率相同，则电子在磁场中做圆周运动的轨迹半径r相同，当出射点D与S点的连线垂直于OB时，弦SD最短，轨迹所对应的圆心角最小，则电子在磁场中运动的时间最短，tmin＝T，则圆心角θ＝60°，如图a所示，由几何知识知，在磁场中运动的时间最短的电子入射的方向垂直于OA，＝＝＝2r，电子所有轨迹对应圆心的可能位置都应在以S为圆心、半径为＝r的圆弧上，轨迹圆心恰好在OA上时，若磁场没有OB边界，电子将恰好通过O点，但由于OB边界的存在，过O点的电子的轨迹圆弧与OB有除O以外的另一个交点，如图b所示，说明电子到达O点前已经从另一交点飞出磁场，故A错误；由以上分析可知，当从S点射出的电子方向平行于OB时，其圆心恰好位于D点，此时电子将转过90°，恰好垂直于OB射出，其轨迹如图c所示，B正确；从OA边界射出的电子中，轨迹恰与OB相切时，在磁场中的运动轨迹最长，轨迹对应的圆心角最大，在磁场中运动的时间最长，如图d所示，由几何关系可得圆心角为120°，运动时间tmax＝T＝T，C正确；从OB边界射出的电子中，由几何关系可得，初速度方向沿OA方向的电子，在磁场中运动的时间最长，作出其运动轨迹如图e所示，可知该电子在磁场中运动的时间大于T，D错误。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎8. (2019·江西新余四校高三第二次联考)如图所示，xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B＝1 T的匀强磁场，ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m，M点为x轴正方向上一点，OM＝3 m。现有一个比荷大小为＝1.0 C/kg、可视为质点的带正电的小球(重力不计)从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，已知小球最后都能经过M点，则小球射入的速度大小可能是(　　)‎ A．3 m/s B．3.75 m/s C．4 m/s D．5 m/s 答案　ABD 解析　由题意，小球运动轨迹的圆心的位置一定在y轴上，所以小球若要经过M点，则其做圆周运动的半径r≥OM＝3 m，而ON＝9 m≤3r，所以小球可能与挡板ON - 34 -‎ 高考物理总复习 碰撞一次，碰撞后以原速率弹回，速度反向，继续做圆周运动，第二段轨迹圆弧的圆心位置在O点或O点的上方，也可能小球与挡板ON没有碰撞，直接经过M点。由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝m，得v＝。若小球与挡板ON碰撞一次，画出小球的运动轨迹如图1所示，设OO′＝s，由几何关系得：r2＝OM2＋s2，s＝3r－ON，联立得r1＝3 m，r2＝3.75 m，分别代入v＝，解得v1＝3 m/s，v2＝3.75 m/s，故A、B正确；若小球没有与挡板ON碰撞，则小球的运动轨迹如图2所示，设OO′＝s，由几何关系得：r＝OM2＋s2，s＝ON－r3，联立得r3＝5 m，代入v＝得v3＝5 m/s，故D正确。‎ 二、计算题(本题共2小题，共36分，须写出规范的解题步骤)‎ ‎9. (2019·东北三省三校二模)(16分)如图所示，在矩形区域Oabc内存在一个垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B的匀强磁场，Oa边长为L，ab边长为L。先从O点沿着Ob方向垂直磁场射入各种速率的带电粒子，已知粒子的质量为m、带电量为q(粒子所受重力及粒子间相互作用忽略不计)，求：‎ ‎(1)垂直于ab边射出磁场的粒子的速率v；‎ ‎(2)粒子在磁场中运动的最长时间tm。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 答案　(1)　(2) 解析　(1)粒子运动的轨迹如图，‎ 设粒子做圆周运动的半径为R，‎ 由几何关系可知：tanθ＝＝，‎ 得θ＝，又sinθ＝，则R＝2L，‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m 解得v＝。‎ ‎(2)由圆周运动的知识可知T＝，qvB＝m 联立可得T＝ 由几何关系可知最大圆心角α＝2θ＝ 可得粒子运动的最长时间tm＝T＝。‎ ‎10. (2019·湖北荆门龙泉中学高三第五次学业检测)(20分)如图所示，一匀强磁场磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里，其边界是半径为R的圆，AB为该圆的一条直径。在A点有一粒子源向圆平面内的各个方向发射质量为m、电量为－q的粒子，粒子重力不计。‎ - 34 -‎ 高考物理总复习 ‎(1)有一带电粒子以v1＝的速度垂直于磁场进入圆形区域，恰从B点射出。求此粒子在磁场中运动的时间；‎ ‎(2)若磁场的边界是绝缘弹性边界(粒子与边界碰撞后将以原速率反弹)，某粒子沿半径方向射入磁场，经过2次碰撞后回到A点，则该粒子的速度为多大？‎ ‎(3)若R＝3 cm、B＝0.2 T，在A点的粒子源向圆平面内的各个方向发射速度均为3×105 m/s、比荷为108 C/kg的粒子。试用阴影图画出粒子在磁场中能到达的区域，并求出该区域的面积(结果保留两位有效数字)。‎ 答案　(1)　(2)　(3)见解析图c　9.0×10－4 m2‎ 解析　(1)由qv1B＝m得r1＝2R 粒子的运动轨迹如图a所示，则由几何关系得α＝ 因为周期T＝ 所以该粒子在磁场中的运动时间t＝T＝。‎ ‎(2)粒子运动情况如图b所示，则由几何关系得β＝ - 34 -‎ 高考物理总复习 r2＝Rtanβ＝R 由qv2B＝m得v2＝。‎ ‎(3)粒子的轨道半径 r3＝＝1.5 cm＝R 粒子到达的区域如图c中的阴影部分所示，‎ 区域面积为 S＝πr＋2×π(2r3)2－r≈9.0×10－4 m2。‎ - 34 -‎