高中物理二轮复习专题四电场和磁场1_4_9磁场及带电粒子在磁场中的运动训练

1-4-9磁场及带电粒子在磁场中的运动课时强化训练1．(2018·山东菏泽一模)如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线的张力为F。若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则环中电流大小和方向是(　　)A．电流大小为，电流方向沿顺时针方向B．电流大小为，电流方向沿逆时针方向C．电流大小为，电流方向沿顺时针方向D．电流大小为，电流方向沿逆时针方向[解析]要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·R，求得I＝，A项正确。[答案]A2．(2018·河南调研联考)如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为θ(θ<90°)，缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I。则下列四幅图像中，能正确反映θ与I的变化规律的是(　　)[解析]对ab棒受力分析如图所示：由平衡条件有tanθ＝，得I＝·，又知为常数，故A项正确，B、C、D项错误。[答案]A3．(2018·安徽A10联盟联考)(多选)如图所示，MN是垂直于纸面向里的匀强磁场的边界，在边界上P点有甲、乙两粒子同时沿与PN分别成60°、30°角垂直磁场方向射入磁场，经磁场偏转后均从Q点射出磁场，不计粒子的重力以及粒子间的相互作用，则下列判断正确的是(　　)A．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子的速度之比为1∶B．若甲、乙两粒子完全相同，则甲、乙两粒子在磁场中运动的时间之比为2∶1C．若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的速度之比为∶2D．若甲、乙两粒子同时到达Q点，则甲、乙两粒子的比荷之比为2∶1[解析]设P、Q间的距离为L，则由几何关系可得甲、乙粒子在磁场中做圆周运动轨迹的半径分别为：r甲＝＝，r乙＝＝L，如果两粒子完全相同，由r＝，得v＝，则甲、乙两粒子的速度之比为v甲∶v乙＝r甲∶r乙＝1∶，A正确；如果甲、乙两粒子完全相同，由T＝可知粒子做圆周运动的周期相同，则两粒子在磁场中运动的时间之比等于两粒子在磁场中运动的轨迹所对的圆心角之比，t甲∶t乙＝∶＝2∶1，B正确；若甲、乙两粒子同时到达Q点，则两粒子在磁场中运动的时间相同，则两粒子的速度之比等于轨迹的弧长之比，v甲∶v乙＝∶＝2∶，由r＝，可得＝，则甲、乙两粒子的比荷之比为∶＝∶＝2∶1，C错误、D正确。[答案]ABD4．(2017·广东华南三校联考)如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面内，由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域。不计重力及粒子间的相互作用。下列图中阴影部分 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是(　　)[解析]由左手定则可知带正电粒子的偏转方向，以R＝为半径作圆a和圆b，如图所示，将圆a以O点为轴顺时针转动，直到与b圆重合，可以判断出图D正确。[答案]D5．(2018·河北衡水中学六调)一通电直导线与x轴平行放置，匀强磁场的方向与xOy坐标平面平行，导线受到的安培力为F。若将该导线做成圆，放置在xOy坐标平面内，如图所示，并保持通电的电流不变，两端点a、b连线也与x轴平行，则圆受到的安培力大小为(　　)A．F　　　B.F　　　C.F　　　D.F[解析]通电导线长为L，其与x轴平行放置时，受到的安培力为F，制作成圆时，半径为R，则×2πR＝L，解得R＝，故a、b连线的长度d＝R＝，此时圆环受到的安培力F′＝F＝F，故C正确。[答案]C6．(2018·湖北黄冈期末)(多选)如图所示直角坐标系xOy，P(a，－b)为第四象限内的一点，一质量为m、电荷量为q的负电荷(重力不计)从原点O以初速度v0沿y轴正方向射入。第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点；第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿x轴正方向的匀强电场，该电荷仍通过P点，(　　)A．匀强磁场的磁感应强度B＝B．匀强磁场的磁感应强度B＝C．电荷从O运动到P，第二次所用时间一定短些D．电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定小些[解析]第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点，其做匀速圆周运动，轨迹如图，由几何关系得(a－R)2＋b2＝R2，解得R＝，又qv0B＝m，解得匀强磁场的磁感应强度B＝，故A正确；B错误；第二次保持y>0区域磁场不变，而将y<0区域磁场改为沿x轴正方向的匀强电场，该电荷仍通过P点，其先做匀速圆周运动，后做类平抛运动，运动时间t2＝T＋，第一次做匀速圆周运动，运动时间t1＝T＋，因QP大于b，所以t1>t2，即第二次所用时间一定短些，故C正确；电荷通过P点时的速度，设第一次与x轴负方向的夹角为α，则有tanα＝＝，设第二次与x轴负方向的夹角为θ，则有tanθ＝＝，又＝＞，则知tanθ＞tanα，电荷通过P点时的速度，第二次与x轴负方向的夹角一定大些，故D错误。[答案]AC[名师点睛]第一次在整个坐标系内加垂直纸面向内的匀强磁场，该电荷恰好能通过P点，其做匀速圆周运动，由几何知识作图求出半径，由洛伦兹力提供向心力求解B；第二次该电荷仍通过P点，其先做匀速圆周运动，后做类平抛运动。7．(2018·江西上饶六校一联)如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d，MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子，粒子射入磁场的速度大小v＝，不计粒子的重力，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为(　　)A．1∶1　　　B．2∶3　　　C.∶2　　D.∶3[解析]粒子在磁场中运动时，Bqv＝，粒子运动轨迹半径R＝＝d；由左手定则可得：粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动；粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端距A点的竖直距离L1＝＝d；运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝＝d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为：L＝L1＋L2＝d；因为R<d，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L′＝2R＝d。故两区域长度之比为L∶L′＝d∶d＝∶2，故C项正确，A、B、D错误。[答案]C8．(2018·河北石家庄质检)(多选)如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，直角边bc的长度为L。三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以不同速率v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1∶t2∶t3＝3∶3∶2。不计粒子的重力及粒子间的相互作用，下列说法正确的是(　　)A．粒子的速率关系一定是v1＝v2＜v3B．粒子的速率可能是v2<v1<v3C．粒子的比荷＝D．粒子的比荷＝[解析]三个相同的带正电粒子从b点沿bc方向分别以速率v1、v2、v3射入磁场，粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律有qvB＝，得r＝，轨迹半径与速率成正比，又知三粒子在磁场中运动时间之比为t1∶t2∶t3＝3∶3∶2，三粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝相等，则它们在磁场中偏转角度之比等于时间之比，则知速率为v1、v2的粒子从ab边穿出，偏转角为90°，但两者的速率大小关系不定，速率为v3的粒子从ac边穿出，则其轨迹半径最大，由半径 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 r＝，知v3一定大于v1和v2，所以选项A错误，选项B正确。速率为v3的粒子偏转角为60°，如图所示，由几何关系知：r3sin60°＝L，得r3＝L，又r3＝，得＝，故D正确。由＝，得t1＝t2＝，又T＝，得＝＝，C项错误。[答案]BD[易错点拔]①t1＝t2说明这两个带电粒子都由ab边射出，偏转角相同，而t3<t1＝t2，说明速率为v3的粒子由ac边射出。②注意关系式＝的应用。③正确画出辅助图，找到几何关系。9．(多选)(2018·广东华南三校联考)如图所示，一质量为m、长为L的金属杆ab，以一定的初速度v0从一光滑平行金属轨道的底端向上滑行，轨道平面与水平面成θ角，轨道平面处于磁感应强度为B、方向垂直轨道平面向上的磁场中，两轨道上端用一阻值为R的电阻相连，轨道与金属杆ab的电阻均不计，金属杆向上滑行到某一高度后又返回到底端，则金属杆(　　)A．在上滑过程中的平均速度小于B．在上滑过程中克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功C．在上滑过程中电阻R上产生的焦耳热等于减少的动能D．在上滑过程中通过电阻R的电荷量大于下滑过程中通过电阻R的电荷量[解析]在上滑过程中，对杆受力分析，在沿轨道方向有重力沿轨道向下的分力mgsinθ和沿轨道向下的安培力F安＝，所以杆做减速运动，由牛顿第二定律有mgsinθ＋＝ma，因为v减小，则a减小，画出其上滑过程的速度时间图像如图所示，则知其在上滑过程的平均速度小于，A正确。由牛顿第二定律可知上滑时的加速度大于下滑时的加速度，则知杆经过同一位置时，下滑的速度小于上滑的速度，下滑时杆受到的安培力小于上滑时所受的安培力，则下滑过程安培力的平均值小于上滑过程安培力的平均值，所以上滑过程中杆克服安培力做的功大于下滑过程中克服安培力做的功，故B正确；因上滑过程中，减少的动能转化为焦耳热和杆的重力势能，故上滑过程中电阻R上产生的焦耳热小于减少的动能，故C错误；因上滑过程和下滑过程磁通量的变化量相等，则由q＝可知通过电阻R的电荷量相等，故D错误。[答案]AB10．如图，纸面内有E、F、G三点，∠GEF＝30°，∠EFG＝135°，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外。先使带有电荷量为q(q>0)的点电荷a在纸面内垂直于EF从F点射出，其轨迹经过G点；再使带有同样电荷量的点电荷b在纸面内与EF成一定角度从E点射出，其轨迹也经过G点，两点电荷从射出到经过G点所用的时间相同，且经过G点时的速度方向也相同。已知点电荷a的质量为m，轨道半径为R，不计重力，求：(1)点电荷a从射出到经过G点所用的时间；(2)点电荷b的速度大小。[解析](1)设点电荷a的速度大小为v，由牛顿第二定律得qvB＝①由①式得v＝②设点电荷a的运动周期为T，有T＝③如图：O和O1分别是a和b的圆弧轨道的圆心。设a在磁场中偏转的角度为θ，由几何关系可得θ＝90°④故a从开始运动到经过G点所用的时间t为t＝＝⑤(2)设点电荷b的速度大小为v1，轨迹半径为R1，b在磁场中的偏转角度为θ1，依 题 快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题 意有t＝＝⑥由⑥式得v1＝v⑦由于两轨道在G点相切，所以过G点的半径OG和O1G在同一直线上。由几何关系和题给条件可得θ1＝60°⑧R1＝2R⑨联立②④⑦⑧⑨式，解得v1＝。[答案](1)　(2)11．如图所示，在直角坐标系xOy的原点O处有一放射源S，放射源在xOy平面内向各个方向发射速度大小为v的带正电的粒子，粒子的质量为m，电荷量为q。位于y轴的右侧垂直于x轴有一长度为L的很薄的光屏MN，MN与x轴交于O′点，点M、N、O的连线恰好组成一个正三角形，不计粒子的重力。问：(1)若只在y轴右侧加一平行于x轴的匀强电场，恰好使y轴右侧射出的所有粒子都能打到光屏MN上，求电场强度的最小值Emin。(2)若只在xOy平面内加一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场，恰好使粒子从光屏的反面打到O′点，求磁感应强度的最大值Bmax以及粒子在此磁场中从O点运动到光屏反面O′点的时间t1和从O点运动到光屏正面O′点的时间t2。[解析](1)当沿y轴正方向射出的粒子恰好打到端点M时，所加电场的电场强度最小。在y轴方向有＝vt在x轴方向有L＝at2＝t2联立解得Emin＝即恰好使y轴右侧射出的所有粒子都能打到荧光屏MN上的电场强度最小值为。(2)如图，当粒子恰好擦过端点N后打到光屏MN反面的O′点时，所加磁场的磁感应强度最大。此时ON为粒子做圆周运动轨迹的直径。则圆周运动的轨迹半径为R＝由洛伦兹力提供向心力，则有qvBmax＝m解得Bmax＝此时粒子运动一周所用的时间为T＝粒子从O点运动到光屏反面O′点的时间t1＝T＝粒子从O点运动到光屏正面O′点的时间t2＝T＝。[答案](1)　(2)　　12．如图甲所示，在直角坐标系中有一个以点(3L，0)为圆心，半径为L的圆形区域，圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m，带电量为e的电子，恰能从M点进入圆形区域，速度方向与x轴夹角为30°，速度大小为v0，此时圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场(磁场从t＝0时刻开始变化，且以垂直于纸面向外为正方向)，最后电子运动一段时间后从N点飞出，速度方向与x轴夹角也为30°。求：圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式。[解析]在磁场变化的半个周期内，电子的偏转角为60°(如图)。所以，在磁场变化的半个周期内，电子在x轴方向上的位移等于R。电子到达N点而且速度符合要求的空间条件是＝n·R＝2L电子在磁场做圆周运动的轨迹半径R＝得B0＝(n＝1，2，3…)。若电子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周，同时电子在MN间运动的时间是磁场变化半周期的整数倍时，可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件＝，T＝T运＝代入B0的表达式得T＝(n＝1，2，3…)[答案]T＝(n＝1，2，3…)　B0＝(n＝1，2，3…)1