2020届高考物理二轮复习专题三电场和磁场2磁场及带电粒子在磁场中的运动课时作业含解析 10页

磁场及带电粒子在磁场中的运动 ‎[题组一]　磁场及磁场对电流的作用 ‎1.三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为(　　)‎ A．平行于AB，由A指向B B．平行于BC，由B指向C C．平行于CA，由C指向A D．由O指向C 解析：A　[如图所示，由右手螺旋定则可知，A处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC，同理，可知B、C处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导体棒中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故选A.]‎ ‎2．如图所示，一个边长为L、三边电阻相同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从c点流出)，电流强度I，则金属框受到的磁场力为(　　)‎ A．0　　B．BIL　　　C.BIL　　　D．2BIL 解析：B　[由并联电路分流规律可知底边通过的电流I1＝I，上方两边内通过的电流为I2＝I.上方两边受到的磁场力的合力可等效为平行底边、长为L - 10 -‎ 的直导线受到的磁场力，由左手定则判定可知受磁场力方向均向上，故金属框受到的磁场力F＝BL·I＋BL·I＝BLI，B正确．]‎ ‎3．如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则圆环中电流大小和方向是(　　)‎ A．电流大小为，电流方向沿顺时针方向 B．电流大小为，电流方向沿逆时针方向 C．电流大小为，电流方向沿顺时针方向 D．电流大小为，电流方向沿逆时针方向 解析：A　[要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·R，求得I＝，A项正确．]‎ ‎4．如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为θ(θ＜90°)．缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I，下列4幅图像中能正确反映θ与I的变化规律的是(　　)‎ 解析：A　[对ab棒受力分析如图所示．由平衡条件有tan θ＝，可得I＝·，又知为常数，故A项正确，B、C、D项错误．]‎ - 10 -‎ ‎5．一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F.若将该导线做成圆，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆受到的安培力大小为(　　)‎ A．F B.F C.F D.F 解析：C　[通电导线长为L，其与x轴平行放置时，受到的安培力为F，制作成圆时，半径为R，则×2πR＝L，解得R＝.故a、b连线的长度d＝R＝，此时圆环受到的安培力F′＝F＝F，故C正确．]‎ ‎[题组二]　带电粒子在磁场中的匀速圆周运动 ‎6．(2019·北京卷，16T)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场．一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出．下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子带正电 B．粒子在b点速率大于在a点速率 C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出 D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短 解析：C　[由左手定则确定粒子的电性，由洛伦兹力的特点确定粒子在b、a两点的速率，根据qvB＝m确定粒子运动半径和运动时间．由题可知，粒子向下偏转，根据左手定则，所以粒子应带负电，故A错误；由于洛伦兹力不做功，所以粒子动能不变，即粒子在b点速率与 - 10 -‎ a点速率相等，故B错误；若仅减小磁感应强度，由公式qvB＝m得：r＝，所以磁感应强度减小，半径增大，所以粒子有可能从b点右侧射出，故C正确，若仅减小入射速率，粒子运动半径减小，在磁场中运动的偏转角增大，则粒子在磁场中运动时间一定变长，故D错误．]‎ ‎7．如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为(　　)‎ A．2∶1 B．2∶‎3 ‎‎ C．3∶2 D.∶ 解析：C　[如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则＝＝＝，故选项C正确．]‎ ‎8.(2020·凉山州模拟)如图所示，有一边长L＝‎2 m的正三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B＝ T，有一比荷q/m＝‎200 C/kg的带正电粒子从AB边上的P点垂直AB边进入磁场，AP的距离为 m，要使粒子能从AC边射出磁场，带电粒子的最大初速度为(粒子的重力不计)(　　 )‎ A．‎500 m/s B．‎600 m/s C．4×‎102 m/s D．1 ‎200 m/s 解析：B　[从AC边穿出的粒子其临界轨迹如图所示，对速度较大的粒子，对应的半径为R，‎ - 10 -‎ 根据几何关系可知，此时粒子的轨道半径：‎ R＝Lsin 60°＝2×m＝ m 又qvB＝m，‎ 解得v＝＝200×× m/s＝‎600 m/s，故B正确，A、C、D错误．]‎ ‎[题组三]　带电粒子在磁场中的临界、极值、多解问题 ‎9．如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d.MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子．粒子射入磁场的速度大小v＝，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为(　　)‎ A．1∶1 B．2∶3‎ C.∶2 D.∶3‎ 解析：C　[粒子在磁场中运动时，Bqv＝.粒子运动轨迹半径R＝＝d.由左手定则可得：粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动．粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端距A点的竖直距离L1＝＝d.运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝＝d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝d；因为R＜d，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L′＝2R＝d.故两区域长度之比为L∶L′＝d∶d＝∶2，故C项正确，A、B、D错误．]‎ - 10 -‎ ‎10．如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是(　　)‎ 解析：D　[由左手定则可知带正电粒子的偏转方向，以R＝为半径作圆a和圆b，如图所示，将圆a以O点为轴顺时针转动，直到与b圆重合，可以判断出图D正确．]‎ ‎[B级－综合练]‎ ‎11．(多选)如图所示，MN是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界．在边界上P点甲、乙两粒子同时沿与PN分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q点射出磁场．不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是(　　)‎ A．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1∶ B．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1‎ C．若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的速度之比为∶2‎ D．若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的比荷之比为2∶1‎ - 10 -‎ 解析：ABD　[设P、Q间的距离为L，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为r甲＝＝，r乙＝＝L.如果两粒子完全相同，由r＝得v＝，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝1∶，A正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T＝可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t甲∶t乙＝∶＝2∶1，B正确；若甲、乙两粒子同时到达Q点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v甲∶v乙＝∶＝2∶，由r＝可得＝，则甲、乙两粒子的比荷之比为∶＝∶＝2∶1，C错误、D正确．]‎ ‎12．(多选)如图所示直角坐标系xOy，P(a，－b)为第四象限内的一点．一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力不计)从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入．第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x轴正方向的匀强电场，该电荷仍通过P点，则(　　)‎ A．匀强磁场的磁感应强度B＝ B．匀强磁场的磁感应强度B＝ C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些 D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些 解析：AC　[第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点，做匀速圆周运动，轨迹如图，由几何关系得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝.又qv0B＝m - 10 -‎ ‎，解得匀强磁场的磁感应强度B＝，故A正确，B错误．‎ 第二次保持y＞0区域磁场不变，而将y＜0区域磁场改为沿x轴正方向的匀强电场．该电荷仍通过P点，先做匀速圆周运动后做类平抛运动，运动时间t2＝T＋.第一次做匀速圆周运动，运动时间t1＝T＋，因大于b，所以t1＞t2，即第二次所用时间一定短些，故C正确．‎ 电荷通过P点时的速度，设第一次与x轴负方向的夹角为α，则有tan α＝＝.设第二次与x轴负方向的夹角为θ，则有tan θ＝＝.又＝＞，可知tan θ＞tan α.电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大些，故D错误．]‎ ‎13．(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L.3个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以不同速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶2.不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)‎ A．粒子的速率关系一定是v1＝v2＜v3‎ B．粒子的速率可能是v2＜v1＜v3‎ C．粒子的比荷＝ D．粒子的比荷＝ 解析：BD　[3个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场．粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝，可得r＝‎ - 10 -‎ eq f(mv,qB).轨迹半径与速率成正比，又知三粒子在磁场中运动时间之比为t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，三粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝相等，则它们在磁场中偏转角度之比等于时间之比，可知速率为v1、v2的粒子从ab边穿出，偏转角为90°，但两者的速率大小关系不定，速率为v3的粒子从ac边穿出，则其轨迹半径最大，由半径公式r＝知v3一定大于v1和v2，所以选项A错误，选项B正确．速率为v3的粒子偏转角为60°，如图所示，由几何关系知：r3sin 60°＝L，得r3＝L.又r3＝，得＝，故D正确．由＝得t1＝t2＝，又T＝，得＝＝，C项错误．]‎ ‎14．如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°.空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．先使带有电荷量为q(q＞0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点．两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同．已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：‎ ‎(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间；‎ ‎(2)点电荷b的速度大小．‎ 解析：(1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得qvB＝，①‎ 由①式得v＝.②‎ 设点电荷a的运动周期为T，T＝.③‎ 如图所示，‎ - 10 -‎ O和O1分别是a和b的圆弧轨道的圆心．设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系可得 θ＝90°④‎ 故a从开始运动到经过G点所用的时间 t＝＝⑤‎ ‎(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨迹半径为R1，b在磁场中的偏转角度为θ1，依题意有t＝＝，⑥‎ 由⑥式得v1＝v.⑦‎ 由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O‎1G在同一直线上．由几何关系和题给条件可得 θ1＝60°⑧‎ R1＝2R⑨‎ 联立②④⑦⑧⑨式，解得v1＝.‎ 答案：(1)　(2) - 10 -‎