（新課標(biāo)）2020版高考物理二輪復(fù)習(xí) 專題三 第2講 磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng)精練（含解析）

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1、磁場及帶電粒子在磁場中的運(yùn)動(dòng) (45分鐘) [刷基礎(chǔ)] 1．(多選)(2019·湖南株洲高三年級教學(xué)檢測)如圖所示，一個(gè)均勻帶電的橡膠圓盤處在豎直面內(nèi)，可以繞過其圓心的水平軸高速轉(zhuǎn)動(dòng)．當(dāng)它不動(dòng)時(shí)，放在它左側(cè)軸線上的小磁針處于靜止?fàn)顟B(tài)，當(dāng)橡膠圓盤高速旋轉(zhuǎn)時(shí)，小磁針的N極向右偏轉(zhuǎn)，則可能是(　　) A．橡膠圓盤帶負(fù)電，從左向右看逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) B．橡膠圓盤帶負(fù)電，從左向右看順時(shí)針旋轉(zhuǎn) C．橡膠圓盤帶正電，從左向右看逆時(shí)針旋轉(zhuǎn) D．橡膠圓盤帶正電，從左向右看順時(shí)針旋轉(zhuǎn) 解析：若橡膠圓盤帶負(fù)電，從左向右看逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，則橡膠圓盤形成的電流方向與旋轉(zhuǎn)方向相反，再由右手螺旋定則可知磁極的方向?yàn)樽?/p>

2、端S極，右端N極，因此小磁針N應(yīng)沿軸線向右，即向右偏轉(zhuǎn)，故A正確，同理，B錯(cuò)誤；若橡膠圓盤帶正電，從左向右看逆時(shí)針旋轉(zhuǎn)，則橡膠圓盤形成的電流方向與旋轉(zhuǎn)方向相同，再由右手螺旋定則可知磁極的方向?yàn)樽蠖薔極，右端S極，因此小磁針N極沿軸線向左，即向左偏轉(zhuǎn)，故C錯(cuò)誤；同理，D正確． 答案：AD 2．(2019·安徽安慶高三上學(xué)期期末)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A．線速度大小減小，角速度減小 B．向心加速度大小變小，周期變小 C．軌道半徑增大，洛倫茲力大小增大 D

3、．軌道半徑增大，角速度減小 解析：帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律有qvB＝m，解得r＝，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)入到較弱磁場區(qū)域后，B減小，所以r增大．線速度、角速度的關(guān)系為v＝ωr，由于洛倫茲力不做功，所以線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減?。挥晒絝洛＝qvB可知，洛倫茲力大小減小，由公式an＝可知，由于半徑增大，所以向心加速度大小減小，由公式T＝可知，由于角速度減小，所以周期變大． 答案：D 3．(多選)如圖所示，質(zhì)量是M、長為L的直導(dǎo)線通有垂直紙面向外的電流I，被一絕緣線拴著并處在勻強(qiáng)磁場中，導(dǎo)線能靜止在傾角為θ的光滑斜面上，則磁感

4、應(yīng)強(qiáng)度B的大小和方向可能是(　　) A．大小為，方向垂直斜面向上 B．大小為，方向垂直紙面向里 C．大小為，方向水平向右 D．大小為，方向沿斜面向下 解析：當(dāng)B的大小為，方向垂直斜面向上時(shí)，安培力沿斜面向上，大小為Mgtan θ，而重力和支持力的合力等于Mgsin θ且小于安培力，所以導(dǎo)線沿斜面往上運(yùn)動(dòng)，故A錯(cuò)誤．當(dāng)B的方向垂直紙面向里時(shí)，與電流方向平行，導(dǎo)線不受安培力作用，而繩的拉力、重力和支持力可以滿足平衡條件，故B正確．當(dāng)B的大小為時(shí)，若方向水平向右，則安培力豎直向上，重力和安培力平衡，導(dǎo)線不受支持力和拉力；若方向沿斜面向下，則安培力垂直斜面向上，大小為Mg，沿斜面方向分解重力

5、，因?yàn)镸g>Mgcos θ，所以導(dǎo)線要離開斜面，故C正確，D錯(cuò)誤． 答案：BC 4．(2019·高考北京卷)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面的勻強(qiáng)磁場．一帶電粒子垂直磁場邊界從a點(diǎn)射入，從b點(diǎn)射出．下列說法正確的是(　　) A．粒子帶正電 B．粒子在b點(diǎn)速率大于在a點(diǎn)速率 C．若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出 D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)時(shí)間變短 解析：由左手定則知，粒子帶負(fù)電，A錯(cuò)；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯(cuò)；由R＝，若僅減小磁感應(yīng)強(qiáng)度B，R變大，則粒子可能從b點(diǎn)右側(cè)射出，C對；由R＝，若僅減小入射速率v，則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ

6、變大，由t＝T，T＝知，運(yùn)動(dòng)時(shí)間變長，D錯(cuò)． 答案：C 5．(多選)(2019·湖北武漢高三4月調(diào)研)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場，兩磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點(diǎn)，能水平向右發(fā)射不同速率、質(zhì)量為m(重力不計(jì))、電荷量為q(q>0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點(diǎn)，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　　) A. B. C. D. 解析：由題意可知粒子可能的運(yùn)動(dòng)軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r＝·(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心

7、力得Bqv＝m，則v＝＝·(n＝1,2,3，…)，所以A、B對． 答案：AB 6.如圖所示，紙面內(nèi)有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都會聚到一點(diǎn)，可以在粒子流的右側(cè)虛線框內(nèi)設(shè)計(jì)一勻強(qiáng)磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應(yīng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度可以是(其中B0＝，A、C、D選項(xiàng)中曲線均為半徑是L的圓弧，B選項(xiàng)中曲線為半徑是的圓弧)(　　) 解析：帶電粒子進(jìn)入磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，A、B、C選項(xiàng)對應(yīng)的半徑r＝L，D選項(xiàng)對應(yīng)的半徑為；粒子的初速度都相同，結(jié)合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子運(yùn)動(dòng)半徑畫圓，

8、圓弧和磁場邊界的交點(diǎn)為出射點(diǎn)，由數(shù)學(xué)知識可以證明A圖的粒子的出射點(diǎn)恒為兩個(gè)圓弧右下方的交點(diǎn)，故A正確；B、C、D對應(yīng)的粒子的出射點(diǎn)都不相同． 答案：A 7．(2019·福建三明第一中學(xué)理科綜合)如圖所示，OO′為圓柱筒的軸線，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場的磁感線平行于軸線方向，在圓筒壁上布滿許多小孔，如aa′、bb′、cc′、…，其中任意兩孔的連線均垂直于軸線，有許多比荷為的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均從垂直于OO′軸線的對稱的小孔中射出，入射角為30°的粒子的速度大小為 km/s，則入射角為45°的粒子速度大小為(　　) A．0.5 km/s B．1 km/s C．2

9、km/s D．4 km/s 解析：正粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，由洛倫茲力作為向心力，即qvB＝m，所以，＝，勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B不變，正粒子的比荷不變，所以為常數(shù)．設(shè)圓柱筒半徑為R，則由圖中所示幾何關(guān)系知，入射角為θ的正粒子在勻強(qiáng)磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，入射角為30°的正粒子的速度v1＝ km/s，半徑r1＝＝2R，入射角為45°的粒子速度為v2，半徑r2＝＝R，因?yàn)椋剑?，v2＝r2＝×R(km/s)＝1 km/s.故選項(xiàng)B正確． 答案：B 8．(2019·山東青島理科綜合能力測試)如圖，在xOy平面內(nèi)，虛線y＝x左上方存在范圍足夠大、磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場，在A(

10、0，l)處有一個(gè)粒子源，可沿平面內(nèi)各個(gè)方向射出質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，速率均為，粒子重力不計(jì)，則粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為(　　) A. B. C. D. 解析：粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有qvB＝，將題中的v值代入上式得r＝l，粒子運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t最短時(shí)，粒子偏轉(zhuǎn)的角度θ最小，則θ所對弦最短，過A點(diǎn)作虛線的垂線，交虛線于B點(diǎn)，AB即為最短的弦，假設(shè)粒子帶負(fù)電，結(jié)合左手定則，根據(jù)幾何關(guān)系有AB＝OAsin 60°＝l，則粒子偏轉(zhuǎn)的角度θ＝60°，結(jié)合周期公式T＝，可知粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最短時(shí)間為t＝＝，故C正確，A、B、D錯(cuò)誤. 答案：C [刷綜合] 9．(

11、多選)(2019·河南洛陽高三模擬)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)從AC邊的中點(diǎn)O垂直于AC邊射入該勻強(qiáng)磁場區(qū)域，若該三角形的兩直角邊長均為2L，則下列關(guān)于粒子運(yùn)動(dòng)的說法正確的是(　　) A．若該粒子的入射速度為v＝，則粒子一定從CD邊射出磁場，且距點(diǎn)C的距離為L B．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v＝ C．若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點(diǎn)入射的最大速度應(yīng)為v＝ D．該粒子以不同的速度入射時(shí)，在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間為 解析：根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力

12、可知Bqv＝m，若v＝，解得r＝L，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子一定從CD邊距C點(diǎn)為L的位置離開磁場，故A正確；根據(jù)洛倫茲力充當(dāng)向心力可知，v＝，因此半徑越大，速度越大，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子與AD邊相切時(shí)速度最大，則由幾何關(guān)系可知，最大半徑為(＋1)L，一定大于L，故B錯(cuò)誤；若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點(diǎn)入射的最大半徑為，因此最大速度應(yīng)為v＝，故C正確；粒子運(yùn)行周期為，根據(jù)幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)軌跡的最大圓心角為180°，故最長時(shí)間為，故D正確． 答案：ACD 10．(多選)如圖所示為長為2L、板間距離為L的水平極板P、Q，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計(jì)重力)，從左

13、邊極板間中點(diǎn)處，以速度v0平行極板射入，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法有(　　) A．在極板間加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B< B．在極板間加垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度B> C．在極板間加垂直極板指向P極板的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E< D．在極板間加垂直極板指向Q極板的勻強(qiáng)電場，電場強(qiáng)度E> 解析：如圖甲所示，由題意知，帶正電的粒子從左邊射出磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R<，帶正電的粒子從右邊射出磁場，其在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R>，粒子在磁場中做圓周運(yùn)動(dòng)的洛倫茲力提供向心力，即qv0B＝m，可得粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑R＝，所以<或>，解得B>或B<，故A、B正確；

14、當(dāng)在極板間加垂直極板指向P極板的勻強(qiáng)電場時(shí)，粒子恰好從右邊射出電場，如圖乙所示，y＝ ()2<，解得E<，故C正確；根據(jù)對稱性可知，D錯(cuò)誤． 答案：ABC 11．(2019·河南開封四校聯(lián)考)如圖所示，中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC分成上下兩部分，上部分充滿垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場，下部分充滿垂直于紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B.一質(zhì)量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從P點(diǎn)進(jìn)入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30°.MC邊長為a，MN邊長為8a，不計(jì)粒子重力．求： (1)若要該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大值是多少？ (2)若要該粒子恰從Q點(diǎn)射出磁場，其在磁場中的運(yùn)行時(shí)

15、間最短是多少？ 解析：(1)設(shè)該粒子恰好不從MN邊射出磁場時(shí)的軌跡半徑為r，則由幾何關(guān)系得rcos 60°＝r－， 解得r＝a 又由qvB＝m，解得最大速度為vmax＝. (2)粒子每經(jīng)過分界線PQ一次，在PQ方向前進(jìn)的位移為軌跡半徑R的倍． 設(shè)粒子進(jìn)入磁場后第n次經(jīng)過PQ線時(shí)恰好到達(dá)Q點(diǎn) 有n×R＝8a，且R＜a，解得n＞＝4.62 n所能取的最小自然數(shù)為5 粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期為T＝ 粒子每經(jīng)過PQ分界線一次用去的時(shí)間為 t＝T＝ 粒子到達(dá)Q點(diǎn)的最短時(shí)間為tmin＝5t＝. 答案：(1)　(2) 12.如圖所示，在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B、方向垂直紙面向里的勻強(qiáng)磁場中

16、有一粒子源，粒子源從O點(diǎn)在紙面內(nèi)均勻向各個(gè)方向同時(shí)發(fā)射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，PQ是垂直紙面放置的厚度不計(jì)的擋板，擋板的P端與O點(diǎn)的連線與擋板垂直，距離為，且粒子打在擋板上會被吸收，不計(jì)帶電粒子的重力與粒子間的相互作用，磁場分布足夠大，求： (1)為使最多的粒子打在板上，則擋板至少多長？ (2)若擋板足夠長，則打在板上的粒子在磁場中運(yùn)動(dòng)的最長時(shí)間與最短時(shí)間的差值是多少？ (3)若擋板足夠長，則打在擋板上的粒子占所有粒子的比率是多少？ 解析：(1)粒子在磁場中受到的洛倫茲力提供粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的向心力，由牛頓第二定律得qvB＝m， 解得r＝＝ 在擋板左側(cè)能打在擋板上最遠(yuǎn)點(diǎn)的粒

17、子恰好與擋板相切，設(shè)此時(shí)打在擋板上的點(diǎn)為N，如圖甲所示， 由題意可知r＝＝， 由幾何知識可得＝ 對粒子在不同方向上的運(yùn)動(dòng)情況進(jìn)行分析可知，當(dāng)粒子剛好通過P點(diǎn)時(shí)，粒子開始打在擋板的右側(cè)，設(shè)此時(shí)打在擋板上的點(diǎn)為M，且此時(shí)擋板吸收的粒子數(shù)最多，如圖甲所示，在△OPM中，由幾何關(guān)系可得 ＝， 所以＝. 綜上所述可知，擋板長度至少等于時(shí)，擋板吸收的粒子數(shù)最多． (2)由(1)中的分析知，當(dāng)粒子恰好從左側(cè)打在P點(diǎn)時(shí)，時(shí)間最短，如圖乙中軌跡1所示，由幾何關(guān)系得粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ1＝；當(dāng)粒子從右側(cè)恰好打在P點(diǎn)時(shí)，時(shí)間最長，如圖乙中軌跡2所示，由幾何關(guān)系得粒子轉(zhuǎn)過的圓心角為θ2＝ 粒子的運(yùn)動(dòng)周期T＝＝＝ 沿軌跡1運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t1＝T 沿軌跡2運(yùn)動(dòng)的時(shí)間t2＝T 最長時(shí)間與最短時(shí)間的差值Δt＝t2－t1＝. (3)出射方向在水平向右的方向和沿軌跡2運(yùn)動(dòng)時(shí)的初速度方向之間的粒子都能打在板上，粒子出射速度方向能變化的角度為α＝，打到板上的粒子占所有粒子的比率為η＝＝. 答案：見解析 - 9 -