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  • 2021-05-28 发布

2020高考物理二轮复习第1部分专题4电场和磁场第2讲磁场带电粒子在磁场中的运动限时检测含解析

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第2讲 磁场、带电粒子在磁场中的运动 ‎ [限时45分钟;满分80分]‎ 一、选择题(每小题5分,共30分)‎ ‎1.(2019·新乡二模)如图4-2-19所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是 图4-2-19‎ A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变 B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变 C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大 D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变 解析 根据安培定则,P产生的磁场方向垂直于纸面向外,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,从上往下看,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相反,两环靠近部分的电流方向相同,所以两个线圈相互吸引,细线张力减小。由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,BCD错误。故选A。‎ 答案 A ‎2.(2019·蚌埠质检)如图4-2-20所示,A、B、C三根平行通电直导线均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为 图4-2-20‎ 9‎ A.mg,方向由A指向B  B.mg,方向由B指向A C.mg,方向由A指向B D.mg,方向由B指向A 解析 三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,通入的电流大小均相等,则FBC=FAC=FAB,又反向电流相互排斥,对电流C受力分析如图。由平衡条件可得:2FACcos 30°=mg,解得:FAC=mg,则FAB=mg,同向电流相互吸引,A导线受到B导线的作用力方向由A指向B。综上答案为A。‎ 答案 A ‎3.(多选)(2019·安徽皖南八校联考)如图4-2-21所示,正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,O点是cd边的中点,一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从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°的方向(如图中虚线所示),以各种不同的速率射入正方形内,那么下列说法中正确的是 图4-2-21‎ A.该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场 B.若该带电粒子从ab边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0‎ C.若该带电粒子从bc边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0‎ D.若该带电粒子从cd边射出磁场,它在磁场中经历的时间可能是t0‎ 解析 带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内,经过时间t0刚好从c点射出磁场,则知带电粒子的运动周期为T=2t0。作出粒子恰好从各边射出的轨迹,发现粒子不可能经过正方形的某顶点,故A正确;作出粒子恰好从ab边射出的轨迹,由几何关系知圆心角不大于150°,在磁场中经历的时间不大于个周期,即。圆心角不小于60°,在磁场中经历的时间不小于个周期,即,故B正确;作出粒子恰好从bc 9‎ 边射出的轨迹,由几何关系知圆心角不大于240°,在磁场中经历的时间不大于个周期,即。圆心角不小于150°,在磁场中经历的时间不小于个周期,即,故C正确;所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°,所用时间为,故D错误。‎ 答案 ABC ‎4.(2016·四川卷)如图4-2-22所示,正六边形abcdef区域内有垂直于纸面的匀强磁场。一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,在磁场中运动的时间为tb,当速度大小为vc时,从c点离开磁场,在磁场中运动的时间为tc,不计粒子重力。则 图4-2-22‎ A.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1‎ B.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=1∶2‎ C.vb∶vc=2∶1,tb∶tc=2∶1‎ D.vb∶vc=1∶2,tb∶tc=1∶2‎ 解析 设正六边形边长为L,一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域,当速度大小为vb时,从b点离开磁场,由几何关系可知,粒子在磁场中做圆周运动的半径rb=L,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角为120°,由洛伦兹力提供向心力,Bqvb=,得L=,且T=,得tb=·;当速度大小为vc时,从c点离开磁场,由几何关系可知,粒子在磁场中做圆周运动的轨迹所对应的圆心角2θ=60°,粒子在磁场中做圆周运动的半径rc=L+=2L,同理有2L=,tc=·,解得vb∶vc=1∶2,tb∶tc=2∶1,A项正确。‎ 9‎ 答案 A ‎5.(多选)电磁轨道炮工作原理如图4-2-23所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动,并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入,通过导电弹体后从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场),磁感应强度的大小与I成正比。通电弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍,理论上可采用的办法是 图4-2-23‎ A.只将轨道长度L变为原来的2倍 B.只将电流I增加至原来的2倍 C.只将弹体质量减至原来的一半 D.将弹体质量减至原来的一半,轨道长度L变为原来的2倍,其他量不变 解析 设两轨道间距离为d,弹体出射速度为v时,对应的电流为I,弹体的质量为m,轨道长度为L。当出射速度为2v时,对应的电流为I′,弹体的质量为m′,轨道长度为L′。依题意有B=kI,F=BId=kI2d,由动能定理得FL=mv2,即kI2dL=mv2,同理有kI′2dL′=m′(2v)2,两式相比可得=,四个选项中只有B、D两个选项能使该式成立,故A、C错误,B、D正确。‎ 答案 BD ‎6.(多选)(2019·福州市高三质量抽测)如图4-2-24所示,直角三角形AOC中存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,∠A=60°,AO=L,在O点放置一个粒子源,可以沿各个方向发射某种带负电粒子。已知粒子的比荷为,发射速度大小都为v0=,设粒子发射方向与OC边的夹角为θ,不计粒子重力及它们之间的相互作用。对于粒子进入磁场后的运动,下列判断正确的是 9‎ 图4-2-24‎ A.粒子在磁场中的运动半径R=L B.当θ=0°时,粒子射出磁场时的速度方向与AC边垂直 C.当θ=0°时,粒子在磁场中运动的时间为 D.当θ=60°时,粒子在磁场中运动的时间为 解析 带电粒子在磁场中运动,由洛伦兹力提供向心力,有qv0B=m,解得R=L,选项A正确;当粒子入射方向与OC边的夹角θ=0°时,根据洛伦兹力方向和半径可知,粒子射出磁场时的速度方向垂直于AC边,此过程粒子在磁场中转过的角度为60°,故粒子在磁场中运动的时间为t=T=×=,选项B正确,C错误;当粒子入射方向与OC边的夹角θ=60°时,由几何关系可知,粒子在磁场中转过的角度也为60°,故粒子在磁场中运动的时间也为t=T=,选项D正确。‎ 答案 ABD 二、计算题(共50分)‎ ‎7.(10分)(2019·全国卷Ⅰ)如图4-2-25,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求 图4-2-25‎ ‎(1)带电粒子的比荷;‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。‎ 解析 (1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有qU=mv2①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m 9‎ ②‎ 由几何关系知 d=r③‎ 联立①②③式得=④‎ ‎(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s=+rtan 30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t=⑥‎ 联立②④⑤⑥式得t=。‎ 答案 (1) (2) ‎8.(12分)(2019·江苏卷)如图4-2-26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d<L。粒子重力不计,电荷量保持不变。‎ 图4-2-26‎ ‎(1)求粒子运动速度的大小v;‎ ‎(2)欲使粒子从磁场右边界射出,求入射点到M的最大距离dm;‎ ‎(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场,PM=d,QN=,求粒子从P到Q的运动时间t。‎ 解析 (1)粒子的运动半径d= 解得v= ‎(2)如图所示,粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切 9‎ 由几何关系得dm=d(1+sin 60°)‎ 解得dm=d ‎(3)粒子的运动周期T= 设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′,则 t=n+t′(n=1,3,5,……)‎ ‎(a)当L=nd+d时,粒子斜向上射出磁场 t′=T,解得t= ‎(b)当L=nd+d时,粒子斜向下射出磁场 t′=T,解得t=。‎ 答案 (1) (2)d (3)或 ‎9.(12分)(2019·唐山高三调研)如图4-2-27所示,在平面直角坐标系第一、四象限有边长为L的正方形匀强磁场区域ABCD,磁场方向垂直纸面向里,原点O位于AB中点,电荷量为+q、质量为m的粒子以速度v从原点沿x轴正方向射入磁场,粒子飞出磁场时,相对入射方向偏转45°,不计粒子的重力。求:‎ 图4-2-27‎ ‎(1)磁感应强度的大小;‎ ‎(2)粒子飞出磁场时的坐标。‎ 解析 (1)由图中几何关系可知 9‎ Rsin 45°=L 得R=L 由qB0v=m 得B0== ‎(2)由几何关系可知x=L y=R-Rcos 45°=(-1)L=0.41L 则粒子飞出磁场时的坐标为(L,0.41L)。‎ 答案 (1) (2)(L,0.41L)‎ ‎10.(16分)一边长为a的正三角形ADC区域中有垂直该三角形平面向里的匀强磁场,在DC边的正下方有一系列质量为m、电荷量为q的带正电的粒子,以垂直于DC边的方向射入正三角形区域。已知所有粒子的速度均相同,经过一段时间后,所有的粒子都能离开磁场,其中垂直AD边离开磁场的粒子在磁场中运动的时间为t0。假设粒子的重力和粒子之间的相互作用力可忽略。‎ 图4-2-28‎ ‎(1)求该区域中磁感应强度B的大小。‎ ‎(2)为了能有粒子从DC边离开磁场,则粒子射入磁场的最大速度为多大?‎ ‎(3)若粒子以(2)中的最大速度进入磁场,则粒子从正三角形边界AC、AD边射出的区域长度分别为多大?‎ 解析 (1)洛伦兹力提供向心力,有qvB=m 周期T== 9‎ 当粒子垂直AD边射出时,根据几何关系有圆心角为60°,则t0=T 解得B=。‎ ‎(2)当轨迹圆与AC、AD都相切时,能有粒子从DC边射出,且速度为最大值,如图甲所示,设此时粒子的速度为v1,偏转半径为r1,则 r1=sin 60°=a 由qv1B=m得r1= 解得v1= 所以粒子能从DC边离开磁场的最大入射速度 v1=。‎ ‎(3)由(2)知,当轨迹圆与AC相切时,从AC边射出的粒子距C最远,故AC边有粒子射出的范围为CE段,‎ xCE=cos 60°= 当轨迹圆与AD边的交点F恰在圆心O正上方时,射出的粒子距D点最远,如图乙所示,故AD边有粒子射出的范围为DF段,‎ xDF==。‎ 答案 (1) (2) (3)  9‎