高考物理二轮复习测试 专题三第2讲课下带电粒子在磁场中的运动

1．(2012·北京高考)处于匀强磁场中的一个带电粒子，仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流，那么此电流值()A．与粒子电荷量成正比 B．与粒子速率成正比C．与粒子质量成正比 D．与磁感应强度成正比解析：选D由电流概念知，该电流是通过圆周上某一个位置(即某一截面)的电荷量与所用时间的比值。若时间为带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T，则公式I＝q/T中的电荷量q即为该带电粒子的电荷量。又T＝eq\f(2πm,qB)，解出I＝eq\f(q2B,2πm)。故只有选项D正确。2．(2012·晋江四校联考)如图1所示，长为L的通电直导体棒放在光滑水平绝缘轨道上，劲度系数为k的水平轻弹簧一端固定，另一端拴在棒的中点，且与棒垂直，整个装置处于方向竖直向上、磁感应强度为B的匀强磁场中，弹簧伸长x，棒处于静止状态。则()A．导体棒中的电流方向从b流向a图1B．导体棒中的电流大小为eq\f(kx,BL)C．若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，x变大D．若只将磁场方向缓慢逆时针转过一小角度，x变大解析：选B由左手定则可知，导体棒中的电流方向从a流向b，选项A错误；由BIL＝kx可得导体棒中的电流大小为I＝kx/BL，选项B正确；若只将磁场方向缓慢顺时针转过一小角度，或逆时针转过一小角度，导体棒沿水平方向所受安培力变小，故x都变小，选项C、D错误。3.(2012·大纲版全国卷)如图2所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。a、O、b在M、N的连线上，O为MN的中点。c、d位于MN的中垂线上，且a、b、c、d到O点的距离均相等。关于以上几点图2处的磁场，下列说法正确的是()A．O点处的磁感应强度为零B．a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向相反C．c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同D．a、c两点处磁感应强度的方向不同解析：选C由安培定则可知，两导线在O点产生的磁场均竖直向下，合磁感应强度一定不为零，选项A错；由安培定则，两导线在a、b两处产生的磁场方向均竖直向下，由于对称性，电流M在a处产生磁场的磁感应强度等于电流N在b处产生磁场的磁感应强度，同时电流M在b处产生磁场的磁感应强度等于电流N在a处产生磁场的磁感应强度，所以a、b两处磁感应强度大小相等方向相同，选项B错；根据安培定则，两导线在c、d两处分别产生的磁场垂直c、d两点与导线连线方向斜向下，且产生的磁场的磁感应强度相等，由平行四边形定则可知，c、d两点处的磁感应强度大小相等，方向相同，选项C正确；a、c两处磁感应强度的方向均竖直向下，选项D错。4.如图3所示，平面直角坐标系的第Ⅰ象限内有一匀强磁场垂直于纸面向里，磁感应强度为B。一质量为m、电荷量为q的粒子以速度v从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时速度方向与x轴的正方向相同，不计粒子的重力，则()A．该粒子带正电图3B．A点与x轴的距离为eq\f(mv,2qB)C．粒子由O到A经历时间t＝eq\f(πm,2qB)D．运动过程中粒子的速度不变解析：选B由左手定则可判断该粒子带负电，A错误；粒子运动轨迹如图所示，则A点离x轴的距离为r(1－cosθ)＝eq\f(mv,Bq)(1－cos60°)＝eq\f(mv,2Bq)，B正确；t＝eq\f(θ,2π)·T＝eq\f(πm,3qB)，C错误；运动过程中粒子速度大小不变，方向时刻改变，D错误。5.利用如图4所示装置可以选择一定速度范围内的带电粒子。图中板MN上方是磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场，板上有两条宽度分别为2d和d的缝，两缝近端相距为L。一群质量为m、电荷量为q，具有不同速度的粒子从宽度为2d的缝垂直于板MN进入磁场，对于能够从宽度为d的缝射出的粒子，下列说法错误的是()图4A．粒子带负电B．射出粒子的最大速度为eq\f(qB3d＋L,2m)C．保持d和L不变，增大B，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大D．保持d和B不变，增大L，射出粒子的最大速度与最小速度之差增大解析：选D由左手定则和粒子的偏转情况可以判断粒子带负电，选项A对；根据洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,r)可得v＝eq\f(qBr,m)，r越大v越大，由题图可知r最大值为rmax＝eq\f(3d＋L,2)，选项B正确；又r最小值为rmin＝eq\f(L,2)，将r的最大值和最小值代入v的表达式后得出速度之差为Δv＝eq\f(3qBd,2m)，可见选项C正确、D错误。6．(2012·广州二模)薄铝板将同一匀强磁场分成Ⅰ、Ⅱ两个区域，高速带电粒子可穿过铝板一次，在两个区域内运动的轨迹如图5所示，半径R1>R2。假定穿过铝板前后粒子电荷量保持不变，则该粒子()A．带正电图5B．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动速度大小相同C．在Ⅰ、Ⅱ区域的运动时间相同D．从Ⅱ区域穿过铝板运动到Ⅰ区域解析：选C粒子穿过铝板受到铝板的阻力速度将减小，由r＝eq\f(mv,Bq)可得粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径将减小，故可得粒子由Ⅰ区域运动到Ⅱ区域，结合左手定则可知粒子带负电，A、B、D选项错误；由T＝eq\f(2πm,Bq)可知粒子运动的周期不变，粒子在Ⅰ区域和Ⅱ区域中运动的时间均为t＝eq\f(1,2)T＝eq\f(πm,Bq)，C选项正确。7．(2012·安徽高考)如图6所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场，经过Δt时间从C点射出磁场，OC与OB成60°角。现将带电粒子的速度变为eq\f(v,3)，仍从A点沿原方向射入磁场，不计重力，则粒子在磁场中的运动时间图6变为()A.eq\f(1,2)Δt B．2ΔtC.eq\f(1,3)Δt D．3Δt解析：选B作出粒子运动轨迹如图所示，设电子粒子以速度v进入磁场做圆周运动，圆心为O1，半径为r1，则根据qvB＝eq\f(mv2,r)，得r1＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系得eq\f(R,r1)＝taneq\f(φ1,2)，且φ1＝60°当带电粒子以eq\f(1,3)v的速度进入时，轨道半径r2＝eq\f(m·\f(1,3)v,qB)＝eq\f(mv,3qB)＝eq\f(1,3)r1，圆心在O2，则eq\f(R,r2)＝taneq\f(φ2,2)。即taneq\f(φ2,2)＝eq\f(R,r2)＝eq\f(3R,r1)＝3taneq\f(φ1,2)＝eq\r(3)。故eq\f(φ2,2)＝60°，φ2＝120°；带电粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(φ,360°)T，所以eq\f(Δt2,Δt1)＝eq\f(φ2,φ1)＝eq\f(2,1)，即Δt2＝2Δt1＝2Δt，故选项B正确，选项A、C、D错误。8．空间存在垂直于纸面方向的均匀磁场，其方向随时间做周期性变化，磁感应强度B随时间t变化的图象如图7所示。规定B＞0时，磁场的方向穿出纸面。一电荷量q＝5π×10－7C、质量m＝5×10－10kg的带电粒子，位于某点O处，在t＝0时以初速度v0＝πm/s沿某方向开始运动。不计重力的作用，不计磁场的变化可能产生的一切其他影响。则在磁场变化N个(图7A．πm/s B.eq\f(π,2)m/sC．2eq\r(2)m/s D．2m/s解析：选C带电粒子在磁场中的运动半径为r＝eq\f(mv0,Bq)＝0.01m，周期为T＝eq\f(2πm,Bq)＝0.02s，作出粒子的轨迹示意图如图所示，所以在磁场变化N个(N为整数)周期的时间内，由平均速度的定义式eq\x\to(v)＝eq\f(s,t)＝eq\f(N·2\r(2)r,NT0)＝eq\f(2\r(2)×0.01,0.01)m/s＝2eq\r(2)m/s，即C选项正确。9．(2012·新课标全国卷)如图8所示，一半径为R的圆表示一柱形区域的横截面(纸面)。在柱形区域内加一方向垂直于纸面的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子沿图中直线在圆上的a点射入柱形区域，在圆上的b点离开该区域，离开时速度方向与直线垂直。圆心O到直线的距离为eq\f(3,5)R。现将磁场换为平行于纸面且垂直于直线的匀强电场，同一粒图8子以同样速度沿直线在a点射入柱形区域，也在b点离开该区域。若磁感应强度大小为B，不计重力，求电场强度的大小。解析：粒子在磁场中做圆周运动。设圆周的半径为r，由牛顿第二定律和洛伦兹力公式得qvB＝meq\f(v2,r)①式中v为粒子在a点的速度。过b点和O点作直线的垂线，分别与直线交于c和d点。由几何关系知，线段eq\x\to(ac)、eq\x\to(bc)和过a、b两点的轨迹圆弧的两条半径(未画出)围成一正方形。因此eq\x\to(ac)＝eq\x\to(bc)＝r②设eq\x\to(cd)＝x，由几何关系得eq\x\to(ac)＝eq\f(4,5)R＋x③eq\x\to(bc)＝eq\f(3,5)R＋eq\r(R2－x2)④联立②③④式得r＝eq\f(7,5)R⑤再考虑粒子在电场中的运动。设电场强度的大小为E，粒子在电场中做类平抛运动。设其加速度大小为a，由牛顿第二定律和带电粒子在电场中的受力公式得qE＝ma⑥粒子在电场方向和直线方向所走的距离均为r，由运动学公式得r＝eq\f(1,2)at2⑦r＝vt⑧式中t是粒子在电场中运动的时间。联立①⑤⑥⑦⑧式得E＝eq\f(14qRB2,5m)⑨答案：eq\f(14qRB2,5m)10．(2012·海南高考)图9(a)所示的xOy平面处于匀强磁场中，磁场方向与xOy平面(纸面)垂直，磁感应强度B随时间t变化的周期为T，变化图线如图(b)所示。当B为＋B0时，磁感应强度方向指向纸外。在坐标原点O有一带正电的粒子P，其电荷量与质量之比恰好等于eq\f(2π,TB0)。不计重力。设P在某时刻t0以某一初速度沿y轴正向自O点开始运动，将它经过时间T到达的点记为A。图9(1)若t0＝0，则直线OA与x轴的夹角是多少？(2)若t0＝eq\f(T,4)，则直线OA与x轴的夹角是多少？解析：(1)设粒子P的质量、电荷量与初速度分别为m、q与v，粒子P在洛伦兹力作用下，在xOy平面内做圆周运动，分别用R与T′表示圆周的半径和运动周期，则有qvB0＝meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T′)))2R ①v＝eq\f(2πR,T′) ②由①②式与已知条件得T′＝T ③粒子P在t＝0到t＝eq\f(T,2)时间内，沿顺时针方向运动半个圆周，到达x轴上的B点，此时磁场方向反转；继而，在t＝eq\f(T,2)到t＝T时间内，沿逆时针方向运动半个圆周，到达x轴上的A点，如图(a)所示。OA与x轴的夹角θ＝0(2)粒子