2019届高考物理复习专题练习：专题4电场和磁场2

1、训练 9 磁场及带电粒子在磁场中的运动 一、选择题（本大题共 8 小题，每小题 8 分，共 64 分第 15 题只有一项符合题目要求, 第 68 题有多项符合题目要求.） 1. 2016 北京卷 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 （） 她轴 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：本

2、题考查地磁场以及地理知识，意在考查学生的理解能力. 由梦溪笔谈中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南 极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁 场方向不与地面平行， C项错误，AB 项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子与地磁场的 磁感线不平仃，故受洛伦兹力的作用， 答案：C 2. 2015 海南咼考 D 项正确. ph - - I / J C 如图，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- 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

3、子 经 过 a 点的瞬间.条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向 （） A .向上 B .向下 C.向左 解析：条形磁铁的磁感线方向在 D .向右 a 点为垂直 P 向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动， 所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上， A 正确. 答案：A 3. 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 Bi, 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 1 i 周长的 3.若将磁感应强度的大小变为 B2,结果相应的弧

4、长变为圆周长的 4 不计粒子的重力和 粒子间的相互影响，则 B2等于（） B15. A 3 c 空厂召 f 2 A.4 B.2 C.2 D3- 解析：设圆形区域的半径为 r，磁感应强度为 Bi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如图甲所示，所以 粒子做圆周运动的半径 R 为：sin60 = R，解得：，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, 如图乙所示，所以粒子做圆周运动的半径 R为：R =22r 由带电粒子做圆周运动的半

5、径 R B2 _R :=R7 2 並 =辽=2 . 2 答案：C 4 如图所示, 强磁场的边界上的 飞出，则下列说法中正确的是 乙 比荷相同的带正电粒子 A 和 B,同时以速度 VA和 VB从宽度为 d 的有界匀 O 点分别以 60和 30与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界 () A. A、B 两粒子的速度之比为(2 + 3): 3 0 B. A、B 两粒子在磁场中的位移之比为 1 1 C. A、B 两粒子在磁场中的路程之比为 1 2 D. A、 B 两粒子在磁场中的时间之比为 2 1 解析：设粒子速度方向和磁场边界的夹角为 0,粒子做圆周运动的半径为 r，如图所示, 有 r +

6、rcos = d,即 r = d = 所以=1 1 + 3 3 = 厂3 A 正确；粒子在磁场中的 1 + cos 0 qB VB 1 + cos60 3 位移 x= 2rsin 0,所以 XB vASin60 2也 + 3 VBSi n30 = 3 ， B 错误；粒子在磁场中的路程 s= r X (2 n 2 0, SA 8 + 4/3 所以 = ,C 错误；粒子在磁场中的时间 SB 15 答案：A 2n 20 t=2T，所以 tA tB 2 n 2 0A 2 n 2 0B 4 D 错误 如图所示，带有正电荷的 A 粒子和 B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为 磁场的边界上的 0 点分别以

7、30和 60与边界的夹角 则下列说法中正确的是（） ）射入磁场， d 的有界匀强 又恰好都不从另一边界飞出， A. A、 B. A、 C. A、 D. A、 B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 B 两粒子的一之比是 3 B 两粒子的 q 之比是 2 十3,3 m 3 解析：粒子运动轨迹如图所示，其中 -J - ;同理可得 B 粒子的运动半径 1+ cos30 A 粒子的运动半径满足 d m R r= ，则 T=一 1+ cos60 r 2+ ,3 mv m q 2 + V3 d = R+ Rcos30 ,可得 R= 3 ，所以 A、B 选项错误；

8、 据 R=飞可知一 R,所以两粒子的之比是 ,C 错误，D 正确. qB q 一 3 答案：D 6 .在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电量都为 内不同方向射出，运动轨迹如图，已知 以判定（ q 的三个正、负离子从 O 点同时沿纸面 mamb= mc,磁场足够大，不计离子间的相互作用，可 XXX a x x A. B. C. D. a、b 是正离子， a、 b 是负离子， a 最先回到 0 点 b、 c 比 a 先回到 c 是负离子 c 是正离子 O 点 c 带正电，a、b 带负电，故 B 正确，A 错误；根据 T=争，因 qB 为电量相等，mamb= me,可知 b、c 的周期相等，小于 a

9、的周期，贝 U b、c 比 a 先回到 O 点， 故 D 正确，C 错误. 解析：根据左手定则知， 答案：BD 7 .如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于 纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点 O 和 y 轴上的点 a（0, L）.一质量为 m、电荷量 为 e 的电子从 a 点以初速度 v0平行于 x轴正方向射入磁场，并从 x 轴上的 b 点射出磁场，此 时速度方向与 x轴正方向的夹角为 B 电子在磁场中运动的时间为 C.磁场区域的圆心坐标（旦 D .电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为 （0, 2L） 解析： 正确；根据几何关系可得，电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为 （0, - L）,故

10、 D 错误. 答案：BC 8. 如图所示，直角三角形 ABC 区域中存在一匀强磁场， 比荷相同的两个粒子（不计重力）从 A 点沿AB 方向射入磁场，分别从 AC 边上的 P、Q 两点射出，则（） A .从 P 点射出的粒子速度大 A 电子在磁场中运动的时间为 60下列说法中正确的是（） nL vo 2nL 3vo L 2 2） 电子的轨迹半径为 R, 电子在磁场中运动时间 的圆心坐标为（x, y），其中 由几何知识， t=T，而 T= 2nl,得：t= 2nL故 A 错误，B 正确；设磁场区域 6 vo 3vo x= *Rcos30 =23L , y = L，所以磁场圆心坐标为（ , 2），故

11、 C B .从 Q 点射出的粒子速度大 C.从 Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长 D 两个粒子在磁场中运动的时间一样长 解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，根据几何关系 (图示弦切角相 g 等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间 t= T,又因为粒子在 2 n 磁场中圆周运动的周期 T= 辔，可知粒子在磁场中运动的时间相等， D 正确，C 错误；由图 qB 知，粒子运动的半径 RPRQ，由粒子在磁场中做圆周运动的半径 R=字知粒子运动速度 VP5& C + 0 * 临 7 Q * * (1)若粒子从点 Qi直接通过点 Q2，求粒子初速度大小；

12、 若粒子从点 Qi直接通过点 0,求粒子第一次经过 x轴的交点坐标； (3) 若粒子与挡板碰撞两次并能回到 P 点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度. 解析：(1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示. 粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为 Ri，由几何关系得: Ricos30 = L 粒子在磁场中做匀速圆周运动， 解得 vi =2 2 ：qBLqBL 3m 乙 (2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示. 设其与 x轴交点为 M，横坐标为 XM,由几何关系知 2R?cos30 = L XM= 2R2Sin30 一 则 M 点坐标为（L,。） 3 (3) 由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示: 2 Vi qviB = mR 由牛顿第二定律 关系得粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为 R3,偏转一次后在 y 负方向偏移量为 Ay,由几何 y = 2R3COS30 为保证粒子最终能回到 P,粒子每次射出磁场时速度方向与 PQ2连线平行，与挡板碰撞后, 速度方向与 PQi连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在