2021高考物理：专题九　磁场 9-2 Word版含解析

1、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，角速度减小答案D解析带电粒子以某一速度垂直磁场方向进入匀强磁场，在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，得qvBm，解得轨道半径r。带电粒子由较强磁场区域进入到较弱磁场区域，磁感应强度B减小，由r可知，轨道半径r增大。由于洛伦兹力不做功，带电粒子速度不变，由角速度公式v/r，可知角速度减小，选项D正确，选项ABC错误。2(多选)有两个匀强

2、磁场区域和，中的磁感应强度是中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比，中的电子()A运动轨迹的半径是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圆周运动的周期是中的k倍D做圆周运动的角速度与中的相等答案AC解析电子在两匀强磁场、中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB，可得r，即，选项A正确；由a得，选项B错误；根据周期公式T，可得，选项C正确；根据角速度公式，可得，选项D错误。3如图所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点。P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的

3、磁场的对该电子的作用力的方向()A向上 B向下C向左 D向右答案A解析由题意知，磁铁在a点磁场方向为垂直于P向前，电子在a点的瞬时速度方向向右。根据左手定则，可以判断出洛伦兹力方向向上，A正确。4(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L9.1 cm，中点O与S间的距离d4.55 cm，MN与SO直线的夹角为，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B2.0104 T。电子质量m9.11031 kg，电荷量e1.61019 C，不计电子重力。电子源发射速度v1.6106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位

4、置的区域的长度为l，则()点击观看解答视频A90时，l9.1 cm B60时，l9.1 cmC45时，l4.55 cm D30时，l4.55 cm答案AD解析如图所示，根据“用滚圆法求解磁场中粒子源射出粒子打在屏上范围”的模型，图中圆O1、O2均为半径为R的圆，圆O1分别交MN及其延长线于P、C两点，SC为圆O1的直径，圆O2与MN相切于Q点，SQN。若屏的大小无限制，则电子应当打在图中C、Q之间，而由于MN长度的限制，电子只能打在N、Q之间。根据题意，R4.55 cm，可见SONOOMO2QR，由几何知识可得2RsinsinRsin，则sin，lNQNPPQR(1cos)2Rsincos(1

5、cos)R，分别将90、60、45、30代入公式即可确定，A、D项正确，B、C项错误。5如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O。已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为()A2 B.C1 D.答案D解析设铝板上方和下方的磁感应强度为B1和B2，由题意可知，粒子在铝板上方与下方的运动半径和动能之比分别为r1r221，Ek1Ek221，又r，Ekmv2，可得B，故B1B22，D项正确。6(多选)如图为某磁谱仪部分

6、构件的示意图。图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是()A电子与正电子的偏转方向一定不同B电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小答案AC解析由左手定则知，电子与正电子的偏转方向一定不同，选项A正确；电子与正电子的速度大小关系不确定，故无法比较它们运动的半径大小关系，选项B错误；质子与正电子的速度大小关系不确定，无法比较它们运动的半径大小关系，因此仅依据运动轨迹无法判断粒子是质子

7、还是正电子，选项C正确；由r可知，粒子的动能越大，其速度也越大，运动轨迹的半径越大，选项D错误。7如图所示，在半径为R的圆柱形区域内有匀强磁场，一个电子以速度v0从M点沿半径方向射入该磁场，从N点射出，速度方向偏转了60。则电子从M到N运行的时间是()A. B.C. D.答案D解析由题意可得，电子运动轨迹所对的圆心角为60，因此运动时间为tT，周期T，由几何关系可得rR，可知电子运动的时间为t。选D。8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PMQ

8、圆弧上，PMQ圆弧长等于磁场边界周长的。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. B.C. D.答案D解析这些粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律可得qvB；从Q点离开磁场的粒子是这些粒子中离P点最远的粒子，如图所示，由图中几何关系可知，该粒子的轨迹圆的圆心O、磁场圆的圆心O和点P构成一个直角三角形，得rRcos30R，联立可得B，选项D正确，选项A、B、C错误。9在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面且周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0。某一正粒子的质量为m、电荷量为q，在

9、t0时从O点沿x轴正向射入磁场中。若要求粒子在tT0时距x轴最远，则B0的值为() 点击观看解答视频A. B.C. D.答案D解析由题意可知，在T0时间内，粒子的轨迹正好跟y轴相切，tT0时距x轴最远，如图所示，由图中几何关系可得，在0内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为，则粒子运动的时间t，则B0，选项A、B、C错误，选项D正确。10如图所示，在无限长的竖直边界AC和DE间，上、下部分分别充满方向垂直于ADEC平面向外的匀强磁场，上部分区域的磁感应强度大小为B0，OF为上、下磁场的水平分界线。质量为m、带电荷量为q的粒子从AC边界上与O点相距为a的P点垂直于AC边界射入上方磁场区域，经OF上的Q

10、点第一次进入下方磁场区域，Q与O点的距离为3a。不考虑粒子重力。(1)求粒子射入时的速度大小；(2)要使粒子不从AC边界飞出，求下方磁场区域的磁感应强度应满足的条件；(3)若下方区域的磁感应强度B3B0，粒子最终垂直DE边界飞出，求边界DE与AC间距离的可能值。答案(1)(2)B1(3)见解析解析(1)设粒子在OF上方做圆周运动的半径为R，运动轨迹如图甲所示由几何关系可知：R5a由牛顿第二定律可知：qvB0m解得：v。(2)当粒子恰好不从AC边界飞出时，运动轨迹与AC相切，如图乙所示，设粒子在OF下方做圆周运动的半径为r1，由几何关系得：r1r1cos3a由(1)知cos所以r1根据qvB1m

11、解得：B1故当B1时，粒子不会从AC边界飞出。(3)如图丙所示，当B3B0时，根据qvBm得粒子在OF下方的运动半径为ra设粒子的速度方向再次与射入磁场时的速度方向一致时的位置为P1，则P与P1的连线一定与OF平行，根据几何关系知：PP14a所以若粒子最终垂直DE边界飞出，边界DE与AC间的距离为LnPP14na(n1,2,3)。11. 如图所示，M、N为两块带等量异种电荷的平行金属板，两板间电压可取从零到某一最大值之间的各种数值。静止的带电粒子带电荷量为q，质量为m(不计重力)，从点P经电场加速后，从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的

12、一绝缘板，它与N板的夹角45，孔Q到板的下端C的距离为L，当M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，求：(1)两板间电压的最大值Um；(2)CD板上可能被粒子打中区域的长度s；(3)粒子在磁场中运动的最长时间tm。答案(1)Um(2)s(2)L(3)tm解析(1)M、N两板间电压取最大值时，粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CHQCL，故半径r1L，又因为qv1Bmv/r1，且qUmmv，所以Um。(2)设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在AKC中：sin45，得r2(1)L，即KCr2(1)L，所以CD板上可能被粒子打中的

13、区域的长度sHK，即sr1r2(2)L。(3)打在QC间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm。12. 如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(区)和小圆内部(区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为q的粒子由小孔下方处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求区磁感应强度的大小；(3)若区、区磁感应强度的大小分别为、，粒子运动一段时

14、间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。答案(1)(2)或(3)5.5D解析(1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qEmv2 由式得E (2)设区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvBm如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R联立式得B若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R 联立式得B(3)设粒子在区和区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，区和区磁感应强度的大小分别为B1、B2，由牛顿第二定律得qvB1m，qvB2m 代入数据得R1，R2设粒子在区和区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1