高考物理二轮复习 第1部分 专题整合突破 专题限时集训9 磁场的性质 带电粒子在磁场及复合场中的运动

专题限时集训(九)磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动(对应学生用书第133页)(限时：40分钟)一、选择题(本题共8小题，每小题6分在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第68题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变由此可判断所需的磁感应强度B正比于() 【导学号：19624112】A.BTC.DT2A带电粒子在磁场中运动半径r，得B；又Ekmv2T(T为热力学温度)，得v.由得，B.即在被束缚离子种类及运动半径不变的条件下，所需磁感应强度B与成正比，故选项A正确2(2017高三第一次全国大联考(新课标卷)如图918所示，OO为圆柱筒的轴线，磁感应强度大小为B的匀强磁场的磁感线平行于轴线方向，在圆筒壁上布满许多小孔，如aa、bb、cc，其中任意两孔的连线均垂直于轴线，有许多同一种比荷为的正粒子，以不同速度、入射角射入小孔，且均从与OO轴线对称的小孔中射出，入射角为30正粒子的速度大小为 km/s，则入射角为45的粒子速度大小为()图918A0.5 km/sB1 km/sC2 km/s D4 km/sB粒子从小孔射入磁场，与粒子从小孔射出磁场时速度与竖直线的夹角相等，画出轨迹如图，根据几何关系有r1，r2，由牛顿第二定律得Bqvm，解得v，所以vr，则入射角分别为30、45的粒子速度大小之比为，则入射角为45的粒子速度大小为v21 km/s，选项B正确3. (2017鹰潭市一模)如图919所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC容器的边长为a，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，小孔O是竖直边AB的中点，一质量为m、电荷量为q的粒子(不计重力)从小孔O以速度v水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后(碰撞时无能量和电荷量损失)仍能从O孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于，则磁场的磁感应强度的最小值Bmin及对应粒子在磁场中运行的时间t为() 【导学号：19624113】图919ABmin，t BBmin，tCBmin，t DBmin，tC粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则Bqvm，得r，因粒子从O孔水平射入后，最终又要水平射出，则有(2n1)r，(n1、2、3)，联立得B，当n1时B取最小值，Bmin，此时对应粒子的运动时间为t3(T)，而T，所以t，C正确，ABD错误4(2017沈阳模拟)如图920所示，在、两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，边界AC、AD的夹角DAC30，边界AC与边界MN平行，边界AC处磁场方向垂直纸面向里，区域宽度为d.质量为m、电荷量为q的粒子在边界AD上距A点d处垂直AD射入区，已知粒子速度大小为，方向垂直磁场，不计粒子重力，则粒子在磁场中运动的总时间为() 【导学号：19624114】图920A. B.C. D.C根据洛伦兹力提供向心力，有qvBm得Rd根据几何关系，粒子离开区域的速度方向沿AC方向，进入磁场区域做匀速圆周运动，运动周期后射出磁场在区域圆弧所对的圆心角160，在区域圆弧所对的圆心角为90粒子在磁场中运动的总时间为tT，故C正确，ABD错误5. (2016衡阳一模)如图921所示是选择密度相同、大小不同的纳米粒子的一种装置待选粒子带正电且电量与表面积成正比，待选粒子从O1进入小孔时可认为速度为零，加速电场区域的板间电压为U，粒子通过小孔O2射入正交的匀强电场、磁场区域，其中磁场的磁感应强度大小为B，左右两极板间距为d.区域出口小孔O3与O1、O2在同一竖直线上若半径为r0，质量为m0、电量为q0的纳米粒子刚好能沿直线通过，不计纳米粒子重力，则()图921A区域的电场强度为EBB区域左右两极板的电势差为U1BdC若纳米粒子的半径rr0，则进入区域的粒子仍将沿直线通过D若纳米粒子的半径rr0，仍沿直线通过，区域的磁场不变，则电场强度与原来之比为A设半径为r0的粒子加速后的速度为v，则：q0Um0v2，设区域内电场强度为E，则：q0vBq0E，联立解得：EB，而区两极板的电压为：U1EdBd，故A正确，B错误；若纳米粒子的半径rr0，设半径为r的粒子的质量为m、带电量为q、被加速后的速度为v，则m3m0，而q2q0，由mv2qU，解得：vvv，故速度变小，粒子带正电，向右的洛伦兹力小于向左的电场力，故粒子向左偏转，故C错误；由于vv，根据qvBqE，区域的电场强度与原来之比为，故D错误6. (2017东北三省四市教研联合体一模)如图922所示，两根通电长直导线a、b平行放置，a、b中的电流分别为I和2I，此时a受到的磁场力为F，以该磁场力方向为正方向a、b的正中间再放置一根与a、b平行共面的通电长直导线c后，a受到的磁场力大小变为2F，则此时b受到的磁场力为() 【导学号：19624115】图922A0 BFC4F D7FBD由于ab间的磁场力是两导体棒的相互作用，故b受到a的磁场力大小为F，方向相反，故为F；中间再加一通电导体棒时，由于c处于中间，其在ab两位置产生的磁场强度相同，故b受到的磁场力为a受磁场力的2倍；a受力变成2F，可能是受c的磁场力为F，方向向左，此时b受力为2F，方向向左，故b受力为F，方向向左，故合磁场力为F；a变成2F，也可能是受向右的3F的力，则此时b受力为6F，方向向右，故b受到的磁场力为6FF7F；故选：BD.7. (2017厦门一中月考)如图923所示，S为一离子源，MN为长荧光屏，S到MN的距离为L，整个装置处于在范围足够大的匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.某时刻离子源S一次性沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的正离子，各离子质量m，电荷量q，速率v均相同，不计离子的重力及离子间的相互作用力，则() 【导学号：19624116】图923A当v时所有离子都打不到荧光屏上B当v时所有离子都打不到荧光屏上C当v时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为D当v时，打到荧光屏MN的离子数与发射的离子总数比值为AC根据半径公式R，当v时，R，直径2RL，离荧光屏最近的离子都打不到荧光屏上，所以当v时所有离子都打不到荧光屏，选项A正确根据半径公式R，当v时，RL，当半径非常小时，即R时肯定所有离子都打不到荧光屏上；当RL，有离子打到荧光屏上，选项B错误当v时，根据半径公式RL，离子运动轨迹如图所示离子能打到荧光屏的范围是NM，由几何知识得：PNrL，PMrL，打到N点的离子离开S时的初速度方向和打到M的离子离开S时的初速度方向夹角，能打到荧光屏上的离子数与发射的粒子总数之比k，选项C正确，D错误8.2017高三第二次全国大联考(新课标卷)如图924所示，一个半径为R的半圆形光滑轨道置于竖直平面内，左、右两端点等高半圆轨道所在区域有一个磁感应强度为B、垂直纸面向外的匀强磁场或一个电场强度为E、竖直向下的匀强电场一个质量为m、电荷量为q的带正电小球从轨道左端最高点由静止释放P为轨道的最低点，小球始终没有离开半圆轨道则下列分析正确的是()图924A若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mgB若半圆轨道有匀强磁场，小球经过轨道最低点时速度大小为C若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mgD若半圆轨道有匀强电场，小球经过轨道最低点时速度大小为2BCD若半圆轨道有匀强磁场，只有重力做功，根据机械能守恒有mv2mgR，小球经过轨道最低点时速度大小v，B正确；小球第一次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向下，由向心力公式得FNqvBmg，解得FN4mg，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为4mg，小球第二次经过轨道最低点时，受到的洛伦兹力竖直向上，由向心力公式得FNqvBmg，解得FN2mg，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为2mg，A错误；若半圆轨道有匀强电场，电场力做功，由动能定理得mgRqERmv2，解得v2，D正确；小球经过最低点时，电场力的方向总是竖直向下，由向心力公式得FNqEmg，解得FN6mg，由牛顿第三定律，小球经过轨道最低点时对轨道的压力大小为6mg，C正确二、计算题(本题共3小题，共48分)9(16分)(2017天津高考T11)平面直角坐标系xOy中，第象限存在垂直于平面向里的匀强磁场，第象限存在沿y轴负方向的匀强电场，如图925所示一带负电的粒子从电场中的Q点以速度v0沿x轴正方向开始运动，Q点到y轴的距离为到x轴距离的2倍粒子从坐标原点O离开电场进入磁场，最终从x轴上的P点射出磁场，P点到y轴距离与Q点到y轴距离相等不计粒子重力，问：图925(1)粒子到达O点时速度的大小和方向；(2)电场强度和磁感应强度的大小之比. 【导学号：19624117】【解析】(1)在电场中，粒子做类平抛运动，设Q点到x轴距离为L，到y轴距离为2L，粒子的加速度为a，运动时间为t，有2Lv0tLat2设粒子到达O点时沿y轴方向的分速度为vyvyat设粒子到达O点时速度方向与x轴正方向夹角为，有tan 联立式得45即粒子到达O点时速度方向与x轴正方向成45角斜向上设粒子到达O点时速度大小为v，由运动的合成有v联立式得vv0.(2)设电场强度为E，粒子所带电荷量为q，质量为m，粒子在电场中受到的电场力为F，由牛顿第二定律可得Fma又FqE设磁场的磁感应强度大小为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，所受的洛伦兹力提供向心力，有qvBm由几何关系可知RL联立式得.【答案】(1)v0，速度方向与x轴正方向成45角斜向上(2)(2017高三第一次全国大联考(新课标卷)如图所示，直角坐标系xOy平面内，第一象限存在着沿y轴负方向的匀强电场；M是x轴上的一点，在第四象限里过M点的虚线平行于y轴，在虚线右边区域存在方向垂直于坐标平面的有界匀强磁场(图中未画出)现有一电荷量为q、质量为m的带正电粒子从y轴上P(0，L)点，以平行于x轴方向的初速度v0射入电场，并恰好从M点处射出电场进入磁场，粒子从有界磁场中射出后，恰好通过y轴上Q(0，3L)点，且射出时速度方向与y轴负方向的夹角30，不计带电粒子的重力求：(1)M点的坐标和匀强电场的电场强度；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小和方向；(3)带电粒子从P点运动到Q点的时间【解析】(1)带电粒子运动轨迹如图所示由图可知，带电粒子离开电场时沿电场方向的速度vy，加速度a(2分)解得E(1分)运动时间t1(1分)沿x轴方向的位移xMv0t1L，所以M点的坐标是(L,0)(1分)(2)由左手定则可知，匀强磁场的方向垂直于坐标平面向外(1分)由几何关系，带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的半径rMN，又OQMN(1分)解得：rL(1分)带电粒子进入磁场的速度v2v0(1分)带电粒子在匀强磁场做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB(1分)解得B.(1分)(3)带电粒子在匀强磁场的运动时间t2(1分)带电粒子离开匀强磁场后做匀速直线运动到达Q点的运动时间t3(1分)带电粒子从P点运动到Q点的时间tt1t2t3.(1分)【答案】(1)(2)垂直坐标平面向外(3)10(16分)(2017肇庆市二模)如图926甲所示，竖直挡板MN左侧空间有方向竖直向上的匀强电场和垂直纸面向里的水平匀强磁场，电场和磁场的范围足够大，电场强度E40 N/C，磁感应强度B随时间t变化的关系图象如图乙所示，选定磁场垂直纸面向里为正方向t0时刻，一质量m8104 kg、电荷量q2104 C的微粒在O点具有竖直向下的速度v0.12 m/s，O是挡板MN上一点，直线OO与挡板MN垂直，g取10 m/s2.求：甲乙图926(1)微粒再次经过直线OO时与O点的距离；(2)微粒在运动过程中离开直线OO的最大高度；(3)水平移动挡板，使微粒能垂直射到挡板上，挡板与O点间的距离应满足的条件. 【导学号：19624118】【解析】(1)根据题意可以知道，微粒所受的重力Gmg8103 N电场力大小FqE8103 N(1分)因此重力与电场力平衡(2分)微粒先在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则qvBm(1分)由式解得：R0.6 m由T(1分)得：T10 s则微粒在5 s内转过半个圆周(1分)，再次经直线OO时与O点的距离：L2R(1分)将数据代入上式解得：L1.2 m(2分)(2)微粒运动半周后向上匀速运动，运动的时间为t5 s，轨迹如图所示，位移大小：svt(1分)由式解得：s1.88 m因此，微粒离开直线OO的最大高度：HsR2.48 m(2分)(3)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO下方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L(2.4n0.6) m(n0,1,2，)(3分)若微粒能垂直射到挡板上的某点P，P点在直线OO上方时，由图象可以知道，挡板MN与O点间的距离应满足：L(2.4n1.8) m(n0,1,2，)(3分)若两式合写成L(1.2n0.6) m(n0,1,2)同样给6分【答案】(1)1.2 m(2)2.48 m(3)L(2.4n0.6) m(n01,2,3，)或