高三物理二轮复习 第一篇 专题攻略 课时巩固过关练十 专题四 电场和磁场 第10讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动

我们在这里，召开私营企业家联谊会，借此机会，我代表成都市渝中工商局、渝中区私营企业协会，祝各位领导新年快乐、工作愉快、身体健康，祝各位企业家事业兴旺课时巩固过关练 十磁场及带电粒子在磁场中的运动(60分钟100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共50分。第16题只有一项符合题目要求,第710题有多项符合题目要求)1.(2016威海一模)在同一平面内有四根彼此绝缘的通电直导线,如图所示,四根导线中的电流大小关系为i1=i2i3i4,切断哪一导线中的电流能使O点(O点为四根导线所围矩形的中心)的磁感应强度减为最弱()A.切断i1B.切断i2C.切断i3D.切断i4【解析】选D。根据安培定则来确定通电导线周围磁场的分布,导线i1在O点产生的磁场的方向向外,导线i2在O点产生的磁场的方向向里,导线i3在O点产生的磁场的方向向里,导线i4在O点产生的磁场的方向向里,由于i1=i2i3i4,所以合磁场的方向向里,根据磁场的叠加可知,要使O的磁场的磁感应强度减为最弱,应切断i4,故选项D正确。2.(2016北京高考)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角:“以磁石磨针锋,则能指南,然常微偏东,不全南也。”进一步研究表明,地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料,下列说法不正确的是()A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场,地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【解析】选C。地理南、北极与地磁场存在一个夹角,称为磁偏角,故地理南、北极与地磁场的南、北极不重合,A正确;地磁南极在地理的北极附近,地磁北极在地理南极附近,B正确;由于地磁场中某点的磁场方向沿该点的磁感线切线方向,故只有赤道处磁场方向与地面平行,C错误;在赤道处磁场方向水平,而射线是带电的粒子,运动方向垂直磁场方向,根据左手定则可得射向赤道的带电宇宙射线粒子受到洛伦兹力的作用,D正确。3.如图所示,匀强磁场中有一个电荷量为q的正离子,自a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c点在同一直线上,且ac=12ab,电子电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为()A.qeB.q3eC.2q3eD.3q2e【解析】选B。由a到b的过程,轨迹半径为r1=ab2,由牛顿第二定律得qvB=mv2r1,在b附近吸收n个电子,因电子的质量不计,所以正离子的速度不变,电量变为q-ne,由b到c的过程中,轨迹半径为r2=bc2=34ab,由牛顿第二定律得(q-ne)vB=mv2r2,联立以上四式得n=q3e,故选项B正确。4.(2016衡水一模)如图所示,在载流直导线近旁固定有两平行光滑导轨A、B,导轨与直导线平行且在同一水平面内,在导轨上有两可自由滑动的导体ab和cd。当载流直导线中的电流逐渐增强时,导体ab和cd的运动情况是()A.一起向左运动B.一起向右运动C.ab和cd相向运动,相互靠近D.ab和cd相背运动,相互远离【解析】选C。根据安培定则知,直线电流下方的磁场方向垂直纸面向里,电流增强时,磁场增强,根据楞次定律可得回路中的感应电流为abdc,根据左手定则可以判断,ab所受安培力方向向右,cd所受安培力方向向左,即ab和cd相向运动,相互靠近,故选项C正确,A、B、D错误。5.(2016四川高考)如图所示,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()A.vbvc=12,tbtc=21B.vbvc=21,tbtc=12C.vbvc=21,tbtc=21D.vbvc=12,tbtc=12【解析】选A。设正六边形边长为L,若粒子从b点离开磁场,可知运动的半径为R1=L,圆心角1=120;粒子从c点离开磁场,可知运动的半径为R2=2L,圆心角2=60,根据R=mvqB可得vbvc=R1R2=12;根据t=360T可知tbtc=21,故选A。【加固训练】(2016南昌二模)如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1,P为磁场边界上的一点。相同的带正电荷粒子,以相同的速率从P点射入磁场区域,速度方向沿位于纸面内的各个方向,这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的13。若将磁感应强度的大小变为B2,结果相应的弧长变为圆周长的14,不计粒子的重力和粒子间的相互影响,则B2B1等于()A.34B.32C.62D.23【解析】选C。设圆形区域的半径为r。当磁感应强度为B1时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,POM=120,如图所示:由几何关系得sin 60=Rr,解得R=32r。磁感应强度为B2时,从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N,最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点,PON=90,如图所示:所以粒子做圆周运动的半径为R=22r。对带电粒子由牛顿第二定律得qvB=mv2R,解得B=mvqR,由于v、m、q相等,则得B2B1=RR=62,选项C正确。6.(2016重庆二模)如图,匀强磁场垂直于纸面,磁感应强度为B,某种比荷为qm、速度大小为v的一群离子以一定发散角由原点O出射,y轴正好平分该发散角,离子束偏转后打在x轴上长度为L的区域MN内。则cos2为()A.12-BqL4mvB.1-BqL2mvC.1-BqL4mvD.1-BqLmv【解析】选B。由牛顿第二定律得qvB=mv2R,解得R=mvqB,粒子通过M、N点的轨迹如图所示,由几何关系知MN=ON-OM,过M点两圆圆心与原点连线与Ox夹角为2,圆心在x轴上的圆在O点速度沿y轴正方向,则L=2R-2Rcos2,即L=2mvqB-2mvqBcos2,解得cos2=1-BqL2mv,故选项B正确。7.(2016咸阳一模)如图所示,金属棒ab置于水平放置的金属导轨cdef上,棒ab与导轨相互垂直并接触良好,导轨间接有电源。现用两种方式在空间加匀强磁场,ab棒均处于静止。第一次匀强磁场方向竖直向上;第二次匀强磁场方向斜向左上与金属导轨平面成=30角,两次匀强磁场的磁感应强度大小相等。下列说法中正确的是()A.两次金属棒ab所受的安培力大小不变B.第二次金属棒ab所受的安培力大C.第二次金属棒ab所受的摩擦力小D.第二次金属棒ab所受的摩擦力大【解析】选A、C。两次磁场方向都与导体棒垂直,故安培力均为F=BIL,故选项A正确,B错误;第一次安培力水平向右,导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力,根据平衡条件得Ff=F=BIL,第二次安培力斜向右上方,与竖直方向成30,导体棒受重力、支持力、安培力和向左的静摩擦力,如图所示,根据平衡条件得Ff=Fsin30=12BIL,故第二次的摩擦力较小,选项C正确,D错误。8.(2016郑州二模)如图所示,在一单边有界磁场的边界上有一粒子源O,沿垂直磁场方向,以相同速率向磁场中发出了两种粒子,a为质子(11H),b为粒子(24He),b的速度方向垂直磁场边界,a的速度方向与b的速度方向夹角为=30,两种粒子最后都打到了位于磁场边界位置的光屏OP上,则()A.a、b两粒子转动周期之比为23B.a、b两粒子在磁场中运动时间之比为23C.a、b两粒子在磁场中转动半径之比为12D.a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离之比为12【解析】选B、C。根据周期公式T=2mqB知,a与b的质量之比为14,电荷量之比为12,则周期之比为TaTb=12,故选项A错误;a粒子运动轨迹对应的圆心角为=240,运动时间ta=240360Ta=23Ta,b粒子运动轨迹对应的圆心角为=180,运动时间tb=12Tb,则两粒子在磁场中运动时间之比为tatb=23,故选项B正确;由r=mvqB,v相等,可知a、b两粒子在磁场中转动半径之比为rarb=12,故选项C正确;a、b两粒子打到光屏上的位置到O点的距离分别为xa=2racos 30=3ra,xb=2rb,则xaxb=34,故选项D错误。【加固训练】(多选)如图所示,在x轴上方有垂直于纸面向外的匀强磁场,两个带正电且电量相同而质量不同的粒子A和B,已知A、B的质量分别为m1和m2,两粒子以相同的速率从O点以与x轴正方向成=60角垂直射入磁场,发现粒子A从a点射出磁场,粒子B从b点射出磁场。若另一与A、B带电量相同而质量不同的粒子C以相同速率与x轴正方向成=30角射入x轴上方时,发现它从ab的中点c射出磁场,则下列说法中正确的是(不计所有粒子重力)()A.B粒子在磁场中的运动时间比A粒子在磁场中的运动时间长B.粒子A、B在磁场中的运动时间相同C.可以求出C粒子的质量D.C粒子在磁场中做圆周运动的半径一定比B粒子做圆周运动的半径小【解析】选A、C。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子的入射速度方向、出射速度方向与边界夹角相等,则知A、B两个粒子速度的偏向角均为120,轨迹对应的圆心角也为120。设轨迹的圆心角为,则粒子在磁场中运动的时间t=rv,由图知,B粒子的轨迹半径较大,而与v相等,所以B粒子在磁场中的运动时间比A粒子在磁场中的运动时间长,故A正确,B错误;设C粒子的质量为m3,Oa=L,ab=d,粒子做匀速圆周运动,轨迹如图所示,故质量为m1、m2、m3的粒子轨道半径分别为R1=L2cos30=33L,R2=3(L+d)3,R3=L2+d4cos60=L+d2,故:3(R1+R2)=2R3,粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,故:qvB=m1v2R1,qvB=m2v2R2,qvB=m3v2R3,联立以上几式解得:m3=32(m1+m2),故C正确;由上知,C粒子在磁场中做圆周运动的半径一定比B粒子做圆周运动的半径大,故D错误。9.(2016冀州一模)如图所示,在一等腰直角三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域,若该三角形的两直角边长均为2l,则下列关于粒子运动的说法中正确的是()A.若该粒子的入射速度为v=,则粒子一定从CD边射出磁场,且距点C的距离为lB.若要使粒子从CD边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=C.若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大速度应为v=D.该粒子以不同的速度入射时,在磁场中运动的最长时间为mqB【解题指导】解答本题应注意以下两点:(1)根据粒子的带电性质及磁场方向确定粒子做圆周运动的方向。(2)根据粒子射出磁场的边界确定临界状态。【解析】选A、C、D。若该粒子的入射速度为v=,由牛顿第二定律得qvB=mv2r,解得r=l,根据几何关系可知,粒子一定从CD边距C点为l的位置离开磁场,故选项A正确;由qvB=mv2r得v=qBrm,因此半径越大,速度越大,根据几何关系可知,使粒子与AD边相切时速度最大,则由几何关系可知,最大半径一定大于2l,故选项B错误;若要使粒子从AC边射出,则该粒子从O点入射的最大半径为,因此最大速度应为v=,故选项C正确;粒子运行周期为T=2mqB,根据几何关系可知,粒子在磁场中最大圆心角为180,故最长时间t=mqB,故选项D正确。10.(2016淮北一模)如图所示,在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B,方向垂直于纸面向里的匀强磁场,三个相同带正电的粒子比荷为qm,先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域,粒子在运动过程中只受磁场力作用;已知编号为的粒子恰好从F点飞出磁场区域;编号为的粒子恰好从E点飞出磁场区域;编号为的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域,则()A.编号为的粒子进入磁场区域的初速度大小为3Bqa3mB.编号为的粒子在磁场区域内运动的时间T=m6qBC.编号为的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离为(23-3)aD.三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且为421【解析】选A、C、D。三个粒子的运动轨迹如图所示。设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1,初速度大小为v1,则qv1B=mv12r1,由几何关系可得r1=a2sin60,解得v1=3qaB3m,在磁场中转了120运动时间t1=T13=2m3qB,选项A正确;设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2,线速度大小为v2,周期为T2=2mqB,由几何关系可得,粒子在正六边形区域磁场运动过程中转过的圆心角为60,则粒子在磁场中运动的时间t2=T26=m3qB,选项B错误;设编号为的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3在磁场中转了30,t3=T312=m6qB,由几何关系可得AE=2acos30=3a,r3=AEsin30=23a,O3E=AEtan30=3a,EG=r3-O3E=(23-3)a,选项C正确;t1t2t3=2m3qBm3qBm6qB=421,选项D正确。【总结提升】带电粒子在磁场中做圆周运动的“四点、六线、三角”(1)四个点:分别是入射点出射点轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。(2)六条线:两条轨迹半径,入射速度直线和出射速度直线,入射点与出射点的连线,圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形,后面两条为四边形的对角线。(3)三个角:速度偏转角圆心角弦切角,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍。二、计算题(本大题共4小题,共50分。需写出规范的解题步骤)11.(10分)(2016沈阳一模)如图所示,在y0的区域内存在匀强磁场,磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度为B。一个正电子以速度v从O点射入磁场,入射方向在xOy平面内,与x轴正向的夹角为。若正电子射出磁场的位置与O点的距离为L,求:(1)正电子的比荷。(2)正电子在磁场中的运动时间。【解析】(1)正电子在磁场中做匀速圆周运动,由牛顿第二定律得:qvB=mv2R(2分)解得:R=mvqB(1分)正电子的运动轨迹如图所示,轨道的圆心位于OA的中垂线上。由几何关系得:L2=Rsin(2分)解得:qm=2vsinBL。(1分)(2)正电子在磁场中转过的圆心角:=2-2(1分)正电子在磁场中做圆周运动的周期:T=2Rv(1分)正电子在磁场中运动的时间:t=2T=(-)Lvsin。(2分)答案:(1)2vsinBL(2)(-)Lvsin12.(12分)如图所示,两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为的绝缘斜面上,两导轨间距为L。一根质量为m的均匀直金属杆ab放在两导轨上,并与导轨垂直,且接触良好,整套装置处于匀强磁场中,金属杆ab中通有大小为I的电流,已知重力加速度为g。(1)若匀强磁场方向垂直斜面向下,且不计金属杆ab和导轨之间的摩擦,金属杆ab静止在轨道上,求磁感应强度的大小。(2)若金属杆ab静止在轨道上面,且对轨道的压力恰好为零。试说明磁感应强度大小和方向应满足什么条件。(3)若匀强磁场方向垂直斜面向下,金属杆ab与导轨之间的动摩擦因数为,且最大静摩擦力等于滑动摩擦力,欲使金属杆ab静止,则磁感应强度的最大值是多大。【解析】(1)设磁感应强度为B1,根据左手定则可知安培力沿导轨平面向上,金属杆ab受力如图所示:由平衡条件得:B1IL-mgsin=0(2分)解得:B1=mgsinIL。(1分)(2)金属杆ab对导轨压力为零,则金属杆ab只受重力和安培力,由平衡条件得:B2IL-mg=0(2分)解得:B2=mgIL(1分)根据左手定则可知磁场方向垂直金属杆ab水平向右(2分)(3)根据左手定则可知安培力沿导轨平面向上,当金属杆ab受到的静摩擦力沿斜面向下,且为最大值时,磁感应强度值达到最大,设为B3,金属杆ab受力如图所示:由平衡条件得:B3IL-mgsin-mgcos=0(3分)解得:B3=mgsin+mgcosIL。(1分)答案:(1)mgsinIL(2)mgIL方向水平向右(3)mgsin+mgcosIL13.(12分)(2016宁波一模)在如图所示的同心圆环形区域内有垂直于圆环面的匀强磁场,磁场的方向如图,两同心圆的半径分别为r0、2r0,将一个质量为m(不计重力),电荷量为+q的粒子通过一个电压为U的电场加速后从P点沿内圆的切线进入环形磁场区域。欲使粒子始终在磁场中运动,求匀强磁场的磁感应强度大小的范围。【解析】粒子在静电场加速过程由动能定理得:qU=12mv2(2分)解得:v=2qUm(1分)欲使粒子始终在磁场中运动,运动轨迹如图所示:由图可知粒子运动的最小半径为:R小=r0(1分)最大半径为:R大=12(r0+2r0)=32r0(2分)由牛顿第二定律得:qvB=mv2R(1分)当半径最小时,解得B的最大值为:Bmax=1r02Umq(2分)当半径最大时,解得B的最小值为:Bmin=23r02Umq(2分)故:23r02UmqB1r02Umq。(1分)答案:23r02UmqB1r02Umq【加固训练】(2016黄冈一模)如图所示,在xOy平面内,有一边长为L的等边三角形区域OPQ,PQ边与x轴垂直,在三角形区域以外,均存在着磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外的匀强磁场,三角形OPQ区域内无磁场分布。现有质量为m,带电量为+q的粒子从O点射入磁场,粒子重力忽略不计。(1)若要使该粒子不出磁场,直接到达P点,求粒子从O点射入的最小速度的大小和方向。(2)若粒子从O点以初速度v0=3qBL6m沿y轴正方向射入,能再次经过O点,求该粒子从出发到再次过O点所经历的时间。【解析】(1)粒子运动轨迹如图所示,当初速度v1垂直于OP射入磁场时,粒子射入速度最小。由几何关系得:r1=L2由牛顿第二定律得:qvB=mv2r解得:v1=qBL2m方向垂直于OP向上或与y轴正半轴成30角斜向左上。(2)若粒子从O点以初速度v0=3qBL6m沿y轴正方向射入,则由牛顿第二定律得:qvB=mv2r解得:r2=mv0qB=36L粒子运动轨迹如图所示:粒子从O运动至A点出磁场进入三角形区域,由几何关系得:OA=3r2=L2圆心角OO1A=120运动时间:t1=13T=2m3qB粒子从A到B做匀速直线运动,运动时间:t2=sABv0=3mqB由运动轨迹可知,粒子可以回到O点,所用时间为:t=6t1+3t2=(4+33)mqB。答案:(1)qBL2m方向垂直于O