【物理】2020届一轮复习人教版磁场及带电粒子在磁场中的运动作业 20页

磁场及带电粒子在磁场中的运动 ‎1. 两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子（不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的（ ）‎ A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 ‎2. 关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）‎ A．安培力的方向可以不垂直于直导线 B．安培力的方向总是垂直于磁场的方向 C．安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关 D．将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半 ‎3. 如图所示，在圆形区域内有方向垂直向里的匀强磁场．有一束速率各不相同的质子沿直径AB射入磁场，这些质子在磁场中（ ）‎ A． 所有质子在磁场中的运动时间相同 B． 所有质子均从AB下方离开磁场 C． 速度越大的，磁场中运动的时间越长 D． 速度越大的，速度的偏转角越小 ‎4. 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 ‎5. 如图所示,以直角三角形AOC为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠A=60°, AO=L,在O点放置一个粒子源,可以向各个方向发射某种带负电粒子.已知粒子的比荷为qm,发射速度大小都为v0=qBLm.设粒子发射方向与OC边的夹角为θ,不计粒子间相互作用及重力.对于粒子进入磁场后的运动,下列说法中正确的是(　　)‎ ‎9-5-1‎ A． 当θ=45°时,粒子将从AC边射出 B． 所有从OA边射出的粒子在磁场中运动时间相等 C． 随着θ角的增大,粒子在磁场中运动的时间先变大后变小 D． 在AC边界上只有一半区域有粒子射出 ‎6. 一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示．图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30°角．当筒转过90°时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　)‎ A． B． C． D． ‎ ‎7. 如图所示，半径为R的圆形区域内有一垂直纸面向里的匀强磁场，P为磁场边界上的一点。大量质量为m、电荷量为q的带正电粒子，在纸面内沿各个方向以相同速率v从P点射入磁场。这些粒子射出磁场时的位置均位于PQ圆弧上，PQ圆弧长等于磁场边界周长的‎1‎‎3‎。不计粒子重力和粒子间的相互作用，则该匀强磁场的磁感应强度大小为( )‎ A． ‎3‎mv‎2qR B． mvqR C． ‎3‎mvqR D． ‎‎2‎3‎mv‎3qR ‎8. 据有关资料介绍，受控核聚变装置中有极高的温度，因而带电粒子将没有通常意义上的“容器”可装，而是由磁场约束带电粒子运动，使之束缚在某个区域内。如图所示，环状磁场的内半径为R1，外半径为R2，被束缚的带电粒子的比荷为k，中空区域内带电粒子具有各个方向的速度，速度大小为v。中空区域中的带电粒子都不会穿出磁场的外边缘而被约束在半径为R2的区域内，则环状区域内磁场的磁感应强度大小可能是（ ）‎ A． ‎2R‎2‎vk(R‎2‎-R‎1‎)‎ B． ‎2R‎2‎vk(R‎2‎‎2‎-R‎1‎‎2‎)‎ C． ‎3vk(R‎2‎-R‎1‎)‎ D． ‎vk(R‎2‎-R‎1‎)‎ ‎9. 如图所示，边长为L的等边三角形ABC为两有界匀强磁场的理想边界，三角形内的磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B，三角形外的磁场（足够大）方向垂直纸面向里，磁感应强度大小也为B．把粒子源放在顶点A处，它将沿∠A的角平分线发射质量为m、电荷量为q、初速度为v0的带负电的粒子（粒子重力不计）．则下列说法正确的是（ ）‎ A． 若v0=qBLm，则粒子第一次到达C点所用的时间为πmqB B． 若v0=qBL‎2m，则粒子第一次到达C点所用的时间为‎2πm‎3qB C． 若v0=qBLm，则粒子第一次到达B点所用的时间为‎2πmqB D． 若v0=qBL‎2m，则粒子第一次到达B点所用的时间为πm‎3qB ‎10. 如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA=30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。‎ ‎(1)求磁场的磁感应强度的大小；‎ ‎(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；‎ ‎(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为‎5‎‎3‎t‎0‎，求粒子此次入射速度的大小。‎ ‎11. 如图所示，在边长为L的正方形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B.在正方形对角线CE上有一点P，其到CF，CD距离均为L‎4‎ ，且在P点处有一个发射正离子的装置，能连续不断地向纸面内的各方向发射出速率不同的正离子．已知离子的质量为m，电荷量为q，不计离子重力及离子间相互作用力．‎ ‎9-11-1‎ ‎(1)速率在什么范围内的所有离子均不可能射出正方形区域？‎ ‎(2)求速率为v＝‎13qBL‎32m的离子在DE边的射出点距离D点的范围．‎ ‎12. 如图所示，在平面直角坐标系xOy(x≥0，y≥0)内，存在垂直纸面向里的两个匀强磁场（图中未画出)，磁感应强度大小分别用B1、B2表示，OM是两个磁场的分界面，且与x轴正方向的夹角为‎45‎‎0‎，一带正电的粒子(重力不计)从坐标原点O沿x轴正方向射入磁场B1中，之后粒子在磁场B2中的运动轨迹恰与y轴相切，但未离开磁场，题中B1、B2为未知量。求:‎ ‎9-12-1‎ ‎(1)两磁场磁感应强度B1与B2的比值；‎ ‎(2)从该粒子进入磁场B1到第二次经过边界OM时，粒子在磁场B1与B2中运动的时间之比。‎ ‎13.如图所示，在平面直角坐标系中AO是∠xOy的角平分线，x 轴上方存在水平向左的匀强电场，下方存在竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，两电场的电场强度大小相等．一质量为m、电荷量为＋q的质点从OA上的M点由静止释放，质点恰能沿AO运动而通过O点，经偏转后从x轴上的C点进入第一象限内并击中AO上的D点(C，D均未画出)．已知OD＝OM，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ (T)，重力加速度为g＝10 m/s2.求：‎ ‎ (1)两匀强电场的电场强度E的大小；‎ ‎(2)OM的长度L；‎ ‎(3)质点从M点出发到击中D点所经历的时间t.‎ ‎14、如图甲所示，y轴右侧空间有垂直xoy平面向里的匀强磁场，同时还有沿-y方向的匀强电场（图中电场未画出）。磁感应强度随时间变化规律如图乙所示（图中B0已知，其余量均为未知）．t=0时刻,一质量为m、电荷量为+q的带电粒子以速度v0‎ 从坐标原点O沿x轴射入电场和磁场区，t0时刻粒子到达坐标为（x0,y0）的点A (x0>y0)，速度大小为v，方向沿+x方向，此时撤去电场．t=t0+t1+t2时刻,粒子经过x轴上x=x0点，速度沿+x方向．不计粒子重力，求：‎ ‎（1）0-t0时间内OA两点间电势差UOA；‎ ‎（2）粒子在t=0时刻的加速度大小a0；‎ ‎（3）B1的最小值及对应t2的表达式。‎ 参考答案 ‎1、【答案】D ‎【解析】由于磁场方向与速度方向垂直，粒子只受到洛伦兹力作用，即，轨道半径，洛伦兹力不做功，从较强到较弱磁场区域后，速度大小不变，但磁感应强度变小，轨道半径变大，根据角速度可判断角速度变小，选项D正确。‎ ‎2、【答案】B ‎【解析】根据安培左手定则，伸开左手，使大拇指和四指垂直，四指指向电流方向，磁感线穿过手心，大拇指所指的方向就是安培力的方向，可见安培力的方向即大拇指方向总是垂直于电流方向即导线也就是四指指向，选项A错。而磁场方向穿过手心，大拇指垂直于磁场方向和电流方向做决定的平面，即安培力的方向垂直于磁场方向，选项B对。根据安培力的大小的计算公式，是磁场方向和电流方向的夹角，所以安培力大小与通电导线和磁场方向的夹角有关，选项C 错。若直导线从中点折成直角，则前半段受安培力为，后半段受安培力为，由于夹角不确定，所以的合力不一定等于，所以选项D错。‎ ‎3、【答案】D ‎【解析】由于粒子相同，由周期公式t=α‎2πT可知所有粒子的运动周期相同，速度越大，圆心角越小，运动时间较小，故AC错误；质子受洛伦兹力向上，故向上偏转，故B错误；速度越大的，圆心角越小，速度的偏转角越小，故D正确；故选D。‎ ‎4、【答案】AD ‎【解析】为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来，将左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项A正确；若将左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉，则当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后再次受到相反方向的安培力而使其停止转动，选项B正确；左转轴上侧的绝缘漆刮掉，右转轴下侧的绝缘漆刮掉，电路不能接通，故不能转起来，选项C错误；若将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，这样当线圈在图示位置时，线圈的上下边受安培力水平而转动，转过半周后电路不导通，转过一周后再次受到同样的安培力而使其转动，选项D正确；故选AD。‎ ‎5、【答案】AD ‎【解析】粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：qv‎0‎B=mv‎0‎‎2‎r，已知v‎0‎‎=‎qBLm,解得粒子的运动半径r=L，当θ=60°入射时，粒子恰好从A点飞出，则当θ=45°时,由几何关系可知,粒子将从AC边射出,选项A正确;所有从OA边射出的粒子，θ不同，而轨迹圆心对应的圆心角等于‎2(π‎2‎-θ)=π-2θ，所用时间t=π-2θ‎2πT，T一定，则知粒子在磁场中时间不相等,选项B错误；当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,在磁场中运动时间也恰好是T‎6‎；当θ=60°飞入的粒子在磁场中运动时间恰好也是T‎6‎,是在磁场中运动时间最长,故θ从0°到60°在磁场中运动时间先减小后增大,当θ从60°到90°过程中,粒子从OA边射出,此时在磁场中运动的时间逐渐减小,故C错误；当θ=0°飞入的粒子在磁场中,粒子恰好从AC中点飞出,因此在AC.边界上只有一半区域有粒子射出,故D正确.‎ 故选AD.‎ ‎6、【答案】A ‎【解析】‎ 根据几何关系，有∠MOA=90°，∠OMA=45°，∠CMO'=60°，所以∠O′MA=75°，∠O′AM=75°，∠MO′A=30°‎ 即轨迹圆弧所对的圆心角为30°‎ 粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期 粒子在磁场中匀速圆周运动的时间 圆筒转动90°所用时间 粒子匀速圆周运动的时间和圆筒转动时间相等解得： ；则，解得，A正确，BCD错误；故选A．‎ ‎7、【答案】D ‎【解析】从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为Q ‎，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，相应的弧长变为圆周长的‎1‎‎3‎，如图所示：‎ ‎9-7-2‎ 所以∠POQ=120°；结合几何关系，有：r=‎3‎‎2‎R，洛仑兹力充当向心力，根据牛顿第二定律，有：qvB=mv‎2‎r，联立可得：B=‎‎2‎3‎mv‎3qR，故D正确，ABC错误。‎ ‎8.【答案】B ‎【解析】粒子沿环状的半径方向射入磁场，不能穿越磁场区域的最大速度粒子沿圆弧从B到A，恰与环状域外圆相切，如图所示：‎ O‎'‎为轨迹圆心．设AO′=BO′=r，由几何关系得R‎2‎‎-r‎2‎‎=r‎2‎+‎R‎1‎‎2‎，由牛顿第二定律可知：qvB=mv‎2‎r，解得：r=‎mvqB，联立解得：B=‎‎2R‎2‎vkR‎2‎‎2‎‎-‎R‎1‎‎2‎，故B正确，ACD错误。‎ ‎9、【答案】BC ‎【解析】若v0=qBLm，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=mv‎2‎r；T=‎2πmqB；将速度代入可得：r=L；从A射出粒子第一次通过圆弧从A点到达C点的运动轨迹如下图所示，可得：tAC‎=T‎6‎=‎πm‎3qB；故A错误；‎ ‎ 带电粒子在一个周期内的运动如图；带电粒子从C到B的时间：tCB‎=‎5T‎6‎=‎‎5πm‎3qB；故从A到B的时间为：tAB=tAC+tCB=πm‎3qB+‎5πm‎3qB= ‎2πmqB；故C正确；若v0=qBL‎2m，带电粒子垂直进入磁场，做匀速圆周运动，则由牛顿第二定律可得：qvB=mv‎2‎r；T=‎‎2πmqB；将速度代入可得：r=‎1‎‎2‎L；故从A射出粒子第一次通过圆弧从A点到达C点的运动轨迹如下图所示，可得： ‎ tAC‎=T‎6‎×2=πm‎3qB×2=‎‎2πm‎3qB‎，故B正确；带电粒子从C到B的时间：tCB‎=T‎2‎＝‎πmqB;故从A到B的时间为：tAB=tAC+tCB= ‎2πm‎3qB+πmqB= ‎5πm‎3qB，故D错误；故选BC。‎ ‎10、【答案】(1)πm‎2qt‎0‎ (2)2t0 (3)‎‎3‎πL‎7‎t‎0‎ ‎【解析】（1）粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T=4t0①‎ 设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得 qvB=mv‎2‎r‎②‎ 匀速圆周运动的速度满足v=‎‎2πrT③‎ 联立①②③式得B=‎πm‎2qt‎0‎④‎ ‎（2）设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图（a）所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1=180°–θ2⑤‎ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1+t2=T‎2‎=2t0⑥‎ ‎（3）如图（b），由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O'为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO'D=∠BO'A=30°⑦‎ r0cos∠OO'D+=L⑧‎ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律⑨‎ 联立①⑦⑧⑨式得⑩‎ ‎11、【答案】(1)v≤‎qBL‎8m (2)L‎4‎‎≤d<‎‎(2+‎3‎)L‎8‎ ‎ ‎【解析】因离子以垂直于磁场的速度射入磁场，故其在洛伦兹力作用下必做圆周运动．‎ ‎(1)依题意可知离子在正方形区域内做圆周运动不射出该区域，做圆周运动的半径为r≤L‎8‎ .‎ 对离子，由牛顿第二定律有qvB＝mv‎2‎r⇒‎v≤‎qBL‎8m ‎(2)当v＝‎13qBL‎32m时，设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，‎ 则由qvB＝mv‎2‎R可得.R=‎‎13L‎32‎ ‎ 要使离子从DE射出，则其必不能从CD射出，其临界状态是离子轨迹与CD边相切，设切点与C点距离为x，其轨迹如图所示，‎ 由几何关系得：‎ R2＝(x－L‎4‎ )2＋(R－L‎4‎ )2，‎ 计算可得x＝‎5‎‎8‎L，‎ 设此时DE边出射点与D点的距离为d1，则由几何关系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2，‎ 解得d1＝L‎4‎ .‎ 而当离子轨迹与DE边相切时，离子必将从EF边射出，设此时切点与D点距离为d2，其轨迹如图所示，由几何关系有：‎ R2＝(‎3‎‎4‎L－R)2＋(d2－L‎4‎ )2，‎ 解得d2＝‎2+‎‎3‎L‎8‎ ‎ 故速率为v＝‎13qBL‎32m的离子在DE边的射出点距离D点的范围为L‎4‎‎≤d<‎‎(2+‎3‎)L‎8‎ ‎12、【答案】(1)B‎1‎B‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎（2）‎t‎1‎t‎2‎‎=‎‎2‎‎3‎ ‎【解析】(1)设带电粒子在B‎1‎中运动的半径为r‎1‎，在B‎2‎中运动的半径为r‎2‎，粒子运动的轨迹如 图所示：‎ ‎9-12-2‎ 由图中几何关系得:‎r‎1‎‎=2‎r‎2‎ 由牛顿第二定律得:qvB‎1‎=mv‎2‎r‎1‎，‎qvB‎2‎=mv‎2‎r‎2‎ 联立解得：‎B‎1‎B‎2‎‎=‎‎1‎‎2‎ ‎（2）设带电粒子在磁场B‎1‎中运动的周期为T‎1‎，则：‎T‎1‎‎=‎‎2πr‎1‎v 联立解得：‎T‎1‎‎=‎‎2πmqB‎1‎ 同理得带电粒子在磁场B‎2‎中运动的周期：‎T‎2‎‎=‎‎2πmqB‎2‎ 由粒子运动的轨迹可知：‎ 粒子在磁场B‎1‎中运动对应的圆心角为θ‎1‎‎=2×π‎4‎=‎π‎2‎，则运动的时间t‎1‎‎=θ‎1‎‎2πT‎1‎=‎‎1‎‎2‎T‎1‎ 粒子在磁场B‎2‎中运动对应的圆心角为θ‎2‎‎=‎‎3π‎4‎，则运动的时间t‎2‎‎=‎‎3‎‎4‎T‎2‎ 则粒子在两磁场中的运动时间之比：‎t‎1‎t‎2‎‎=‎‎2‎‎3‎ ‎13、【答案】(1)　(2)20 m或m　(3)7.71 s或6.38 s ‎【解析】试题分析：质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，结合力学关系即可求出电场强度，点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，结合运动学知识及平抛规律即可解题，运动时间包括匀变速运动时间和圆周运动时间。‎ 质点在第一象限内受重力和水平向左的电场力作用沿AO做加速直线运动，‎ 所以有mg＝qE，即 ‎(2)质点在x轴下方，重力与电场力平衡，质点做匀速圆周运动，从C点进入第一象限 后做类平抛运动，其轨迹如图所示．有 由运动学规律知v2＝2aL，‎ 设粒子从C点运动到D点所用时间为t3，‎ 由类平抛运动规律知 R＝vt3，‎ 联立解得：或 ‎(3)质点做匀加速直线运动有 得t1＝2 s或 质点做匀速圆周运动有 质点做类平抛运动有R＝vt3，得t3＝1 s 质点从M点出发到击中D点所经历的时间为：‎ t＝t1＋t2＋t3＝7.71 s或6.38 s.‎ ‎14、【答案】（1）（2）‎ ‎（3） （k=0，1，2……） ‎ ‎【解析】（1）带电粒子由O到A运动过程中，由动能定理 解得 ‎（2）设电场强度大小为E，则 t=0时刻，由牛顿第二定律 解得 ‎（3）时间内，粒子在小的虚线圆上运动，时刻粒子从C点切入大圆，大圆最大半径为，相应小圆最大半径为R，则 又 的最小值 对应于取最小值，带电粒子由C点到经过x轴上点的时间满足 ‎（k=0，1，2……）‎