2019-2020年高考物理二輪復習 考前保溫訓練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動（含解析）.doc

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2019-2020年高考物理二輪復習 考前保溫訓練6 磁場和帶電粒子在磁場中的運動（含解析） 1．關于通電直導線在勻強磁場中所受的安培力，下列說法正確的是(　　) A．安培力的方向可以不垂直于直導線 B．安培力的方向總是垂直于磁場的方向 C．安培力的大小與通電直導線和磁場方向的夾角無關 D．將直導線從中點折成直角，安培力的大小一定變?yōu)樵瓉淼囊话? 答案：B 解析：由左手定則可知，安培力的方向一定與磁場方向和直導線垂直，選項A錯，B正確；安培力的大小F＝BILsin θ 與直導線和磁場方向的夾角有關，選項C錯誤；將直導線從中點折成直角，假設原來直導線與磁場方向垂直，若折成直角后一段與磁場仍垂直，另一段與磁場平行，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼囊话耄粽鄢芍苯呛?，兩段都與磁場垂直，則安培力的大小變?yōu)樵瓉淼模虼税才嗔Υ笮〔灰欢ㄊ窃瓉淼囊话耄x項D錯誤． 2．如圖，兩根相互平行的長直導線分別通有方向相反的電流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d為導線某一橫截面所在平面內的四點，且a、b、c與兩導線共面；b點在兩導線之間，b、d的連線與導線所在平面垂直．磁感應強度可能為零的點是(　　) A．a點　　　　 B．b點　　　　 C．c點　　　　 D．d點 答案：C 解析：由安培定則畫出a、b、c、d的磁感線的分布圖，由圖可知電流I1、I2在a、c兩點的磁場方向相反，這兩點處的磁感應強度可能為零，又I1>I2，故磁感應強度為零的點距I1距離應比I2大，故C正確，A、B、D均錯誤． 3．如圖所示，金屬棒MN兩端由等長的輕質細線水平懸掛，處于豎直向上的勻強磁場中，棒中通以由M向N的電流，平衡時兩懸線與豎直方向夾角均為θ.如果僅改變下列某一個條件，θ角的相應變化情況是(　　) A．棒中的電流變大，θ角變大 B．兩懸線等長變短，θ角變小 C．金屬棒質量變大，θ角變大 D．磁感應強度變大，θ角變小 答案：A 解析：金屬棒MN受力分析及其側視圖如圖所示，由平衡條件可知F安＝mgtan θ，而F安＝BIL，即BIL＝mgtan θ，則I↑?θ↑，m↑?θ↓，B↑?θ↑，故A正確，C、D錯誤．θ角與懸線長度無關，B錯誤． 4．圖甲所示有界勻強磁場Ⅰ的寬度與圖乙所示圓形勻強磁場Ⅱ的半徑相等，一不計重力的粒子從左邊界的M點以一定初速度水平向右垂直射入磁場Ⅰ，從右邊界射出時速度方向偏轉了θ角，該粒子以同樣的初速度沿半徑方向垂直射入磁場Ⅱ，射出磁場時速度方向偏轉了2θ角，已知磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度大小分別為B1、B2，則B1與B2的比值為(　　) 　 甲　　　　　　　　　　乙 A．2cos θ B．sin θ C．cos θ D．tan θ 答案：C 解析：設有界磁場Ⅰ寬度為d，則粒子在磁場Ⅰ和磁場Ⅱ中的運動軌跡分別如圖(a)、(b)所示，由洛倫茲力提供向心力知Bqv＝m，得B＝，由幾何關系知d＝r1sin θ，d＝r2tan θ，聯(lián)立得＝cos θ，C正確． 　　　　 　　　　 　　(a)　　　　　　 　　　(b) 5．如圖所示是回旋加速器的工作原理圖，兩個半徑為R的中空半圓金屬盒D1、D2間窄縫寬為d，兩金屬電極間接有高頻電壓U，中心O處粒子源產生的質量為m、帶電荷量為q的粒子在兩盒間被電壓U加速，勻強磁場垂直兩盒面，粒子在磁場中做勻速圓周運動，令粒子在勻強磁場中運行的總時間為t，則下列說法正確的是(　　) A．粒子的比荷越小，時間t越大 B．加速電壓U越大，時間t越大 C．磁感應強度B越大，時間t越大 D．窄縫寬度d越大，時間t越大 答案：C 解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力Bqv＝m及粒子最大偏轉半徑為R得帶電粒子獲得的最大動能為Ekm＝，令加速次數(shù)為n，則nqU＝Ekm，粒子每加速一次后，在磁場中運動半個周期，所以粒子在勻強磁場中運行的總時間t＝n＝，聯(lián)立得t＝，C正確，A、B、D錯誤． 6．如圖所示，水平線上方存在垂直紙面向里的勻強磁場，不計重力的兩個粒子從O點均以方向與水平方向成30角斜向上、大小相等的速度垂直進入勻強磁場中，粒子甲擊中水平線上的M點，粒子乙擊中水平線上的N點，且ON＝，則下列說法中正確的有(　　) A．甲、乙兩粒子電性相反，且甲粒子一定帶正電 B．甲、乙兩粒子的比荷大小之比為2∶1 C．甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比為1∶2 D．甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為2∶5 答案：D 解析：粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，由左手定則可判定粒子甲帶負電，粒子乙?guī)д?，A錯誤；兩粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，由幾何關系知r甲＝OM、r乙＝ON，粒子在磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，Bqv＝m，即＝，所以甲、乙兩粒子的比荷大小之比等于做勻速圓周運動的半徑的反比，為1∶2，B錯誤；由T＝知甲、乙兩粒子做圓周運動的周期之比等于做勻速圓周運動的半徑之比，為2∶1，C錯誤；由t＝T知甲、乙兩粒子在磁場中運動的時間之比為t甲∶t乙＝T甲∶T乙＝2∶5，D正確． 7．如圖所示，在平面直角坐標系xOy內，第Ⅰ象限的等腰直角三角形MNP區(qū)域內存在垂直于坐標平面向外的勻強磁場，y<0的區(qū)域內存在著沿y軸正方向的勻強電場．一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從電場中Q(－2h，－h(huán))點以速度v0水平向右射出，經過坐標原點O處射入第Ⅰ象限，最后以垂直于PN的方向射出磁場．已知MN平行于x軸，N點的坐標為(2h,2h)，不計粒子的重力，求： (1)電場強度E的大小以及帶電粒子從O點射出勻強電場時與水平方向夾角α的正切值； (2)磁感應強度B的大小； (3)帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t. 答案：見解析 解析：(1)粒子在勻強電場中做類平拋運動，由類平拋運動規(guī)律及牛頓運動定律得2h＝v0t① h＝at2② 又qE＝ma③ 聯(lián)立①②③解得E＝④ 設粒子到達O點時的速度為v，沿y軸正方向的分速度為vy，則有vy＝at＝＝v0，v＝＝v0⑤ 速度v與x軸正方向的夾角α滿足tan α＝＝1 即α＝45，因此粒子從MP的中點垂直于MP進入磁場． (2)又因為粒子垂直于PN射出磁場，所以P點為圓心，軌道半徑R＝＝h⑥ 由牛頓第二定律有qvB＝m⑦ 聯(lián)立解得B＝. (3)帶電粒子在電場中運動的時間t1＝，從O點運動到磁場邊界的時間t2＝＝，在磁場中運動的時間：t3＝＝ 帶電粒子從Q點運動到射出磁場的時間t＝t1＋t2＋t3＝＋＋＝. 8.如圖所示，一個帶負電的粒子沿磁場邊界從A點射出，粒子質量為m、電荷量為－q，其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內的勻強磁場寬為d，磁感應強度為B，垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ寬也為d，粒子從A點射出后經過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點，不計粒子重力． (1)求粒子從A點射出到回到A點經歷的時間t. (2)若在區(qū)域Ⅱ內加一水平向左的勻強電場且區(qū)域Ⅲ的磁感應強度變?yōu)?B，粒子也能回到A點，求電場強度E的大?。? (3)若粒子經Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后返回到區(qū)域Ⅰ前的瞬間使區(qū)域Ⅰ的磁場反應且磁感應強度減半，則粒子的出射點距A點的距離為多少？ 答案：見解析 解析：(1)因粒子從A點出發(fā)，經過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點，由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為r＝d 由Bqv＝m得v＝ 所以運動時間為t＝＝. (2)在區(qū)域Ⅱ內由動能定理得 qEd＝mv－mv2 由題意知在區(qū)域Ⅲ內粒子做圓周運動的半徑仍為r＝d 由2Bqv1＝m得 v1＝ 聯(lián)立解得E＝. (3)改變區(qū)域Ⅰ內磁場后，粒子運動的軌跡如圖所示． 由Bqv＝m得R＝2d 所以OC＝＝d 粒子的出射點距A點的距離為s＝r＋R－OC＝(3－)d.