（廣西專用）2020高考物理二輪復習 專題能力訓練9 磁場性質及帶電粒子在磁場中的運動（含解析）

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1、專題能力訓練9磁場性質及帶電粒子在磁場中的運動(時間:45分鐘滿分:100分)一、選擇題(本題共6小題,每小題7分,共42分。在每小題給出的四個選項中,14題只有一個選項符合題目要求,56題有多個選項符合題目要求。全部選對的得7分,選對但不全的得4分,有選錯的得0分)1.如圖所示,一勁度系數(shù)為k的輕質彈簧,下面掛有匝數(shù)為n的矩形線框abcd。bc邊長為l,線框的下半部分處在勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與線框平面垂直,在圖中垂直于紙面向里。線框中通以電流I,方向如圖所示,開始時線框處于平衡狀態(tài)。令磁場反向,磁感應強度的大小仍為B,線框達到新的平衡。則在此過程中線框位移的大小x及方向是()

2、A.x=2nIlBk,方向向上B.x=2nIlBk,方向向下C.x=nIlBk,方向向上D.x=nIlBk,方向向下答案:B解析:線框在磁場中受重力、安培力、彈簧彈力,處于平衡,安培力為FB=nBIl,且開始的方向向上,然后方向向下,大小不變。設在電流反向之前彈簧的伸長為x,則反向之后彈簧的伸長為(x+x),則有kx+nBIl-G=0k(x+x)-nBIl-G=0解之可得x=2nIlBk,且線框向下移動,故B正確。2.(2019全國卷)如圖所示,在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質量為m、電荷量為q(q0)的粒子垂直于x軸射入第二象

3、限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為()A.56mqBB.76mqBC.116mqBD.136mqB答案:B解析:粒子在磁場中做勻速圓周運動,其運動軌跡如圖所示。根據(jù)半徑公式r=mvqB可求得r2=2r1由幾何關系得r2cos=r2-r1,求得=60=3粒子在磁場中做勻速圓周運動的時間t=mqB在第二象限中運動的時間t1=m2qB在第一象限中運動的時間t2=m3qB2=2m3qB故粒子在磁場中運動的時間為t=t1+t2=7m6qB故選B。3.如圖甲所示,PQ和MN為水平、平行放置的兩光滑金屬導軌,兩導軌相距l(xiāng)=1 m;導體棒ab垂直于導軌放在導軌上

4、;導體棒的中點用細繩經(jīng)滑輪與物體相連,細繩一部分與導軌共面且平行,另一部分與導軌所在平面垂直;物體放在水平面上;勻強磁場的磁感應強度為B=1 T,方向豎直向下。開始時繩子剛好要繃緊,現(xiàn)給導體棒中通入電流,使導體棒向左做加速運動,物體運動的加速度大小與導體棒中通入的電流大小關系如圖乙所示,重力加速度大小g取10 m/s2。則物體和導體棒的質量分別為()A.0.1 kg0.9 kgB.0.9 kg0.1 kgC.0.1 kg1.0 kgD.1.0 kg0.1 kg答案:A解析:設物體的質量為m,導體棒質量為m,細繩的拉力為FT。根據(jù)題意由牛頓第二定律可知,FT-mg=ma,BIl-FT=ma,解得

5、a=Blm+mI-mgm+m。結合題圖乙可知,當I1=4A時,a1=3ms-2;當I0=1A時,a=0,則有BI0l-mg=0,得m=BI0lg=0.1kg,m=0.9kg,選項A正確。4.一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中,磁場方向與筒的軸平行,筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔,筒繞其中心軸以角速度順時針轉動。在該截面內(nèi),一帶電粒子從小孔M射入筒內(nèi),射入時的運動方向與MN成30角。當筒轉過90時,該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力。若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞,則帶電粒子的比荷為()A.3BB.2BC.BD.2B答案:A解析:下圖為筒轉過90前后各點位置和粒子運動軌

6、跡示意圖。M、N分別為入射點和出射點,分別作入射速度的垂線和MN的中垂線,交點即為軌跡圓的圓心O。根據(jù)題意,NMN=45,OM與NM延長線的夾角為60,所以OMN=75,MON=30,即軌跡圓的圓心角為30,轉動筒的時間和粒子在磁場中運動的時間相同,T磁12=T筒4,即1122mqB=142,解得比荷qm=3B,A選項正確。5.(2018全國卷)如圖所示,紙面內(nèi)有兩條互相垂直的長直絕緣導線L1、L2,L1中的電流方向向左,L2中的電流方向向上;L1的正上方有a、b兩點,它們相對于L2對稱。整個系統(tǒng)處于勻強外磁場中,外磁場的磁感應強度大小為B0,方向垂直于紙面向外。已知a、b兩點的磁感應強度大小

7、分別為13B0和12B0,方向也垂直于紙面向外。則()A.流經(jīng)L1的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為712B0B.流經(jīng)L1的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為112B0C.流經(jīng)L2的電流在b點產(chǎn)生的磁感應強度大小為112B0D.流經(jīng)L2的電流在a點產(chǎn)生的磁感應強度大小為712B0答案:AC解析:設L1在a、b點產(chǎn)生的磁感應強度分別為B1a、B1b,L2在a、b點產(chǎn)生的磁感應強度分別為B2a、B2b,根據(jù)安培定則可知,B1a=B1b,方向均垂直紙面向里;B2a=B2b,B2a方向垂直紙面向里,B2b方向垂直紙面向外。根據(jù)題意,對a點有B1a+B2a-B0=-B03;對b點有B1b-B2b-B0=-

8、B02,聯(lián)立以上方程解得B1a=B1b=7B012,B2a=B2b=B012,選項A、C正確。6.如圖所示的區(qū)域共有六處開口,各相鄰開口之間的距離都相等,勻強磁場垂直于紙面,不同速度的粒子從開口a進入該區(qū)域,可能從b、c、d、e、f五個開口離開,粒子就如同進入“迷宮”一般,可以稱作“粒子迷宮”。以下說法正確的是()A.從d口離開的粒子不帶電B.從e、f口離開的粒子帶有異種電荷C.從b、c口離開的粒子運動時間相等D.從c口離開的粒子速度是從b口離開的粒子速度的2倍答案:AD解析:從d口離開的粒子不偏轉,所以不帶電,A正確;根據(jù)左手定則,從f、e口離開的粒子帶有同種電荷,B錯誤;從b口離開的粒子運

9、動時間是半個周期,從c口離開的粒子運動時間是14周期,C錯誤;從c口離開的粒子軌道半徑是從b口離開的粒子軌道半徑的2倍,因此速度也是2倍關系,D正確。二、非選擇題(本題共4小題,共58分)7.(14分)(2018江蘇卷)如圖所示,兩條平行的光滑金屬導軌所在平面與水平面的夾角為,間距為d。導軌處于勻強磁場中,磁感應強度大小為B,方向與導軌平面垂直。質量為m的金屬棒被固定在導軌上,距底端的距離為s,導軌與外接電源相連,使金屬棒通有電流。金屬棒被松開后,以加速度a沿導軌勻加速下滑,金屬棒中的電流始終保持恒定,重力加速度為g。求下滑到底端的過程中,金屬棒(1)末速度的大小v;(2)通過的電流大小I;(

10、3)通過的電荷量Q。答案:(1)2as(2)m(gsin-a)dB(3)m2as(gsin-a)dBa解析:(1)金屬棒以加速度a做勻加速直線運動,有v2=2as解得v=2as。(2)金屬棒所受安培力F安=IdB金屬棒所受合力F=mgsin-F安由牛頓運動定律有F=ma解得I=m(gsin-a)dB。(3)金屬棒的運動時間t=va通過金屬棒的電荷量Q=It聯(lián)立解得Q=m2as(gsin-a)dBa。8.(14分)如圖甲所示,MN為豎直放置彼此平行的兩塊平板,板間距離為d,兩板中央各有一個小孔O、O,兩孔正對,在兩板間有垂直于紙面方向的磁場,磁感應強度隨時間的變化如圖乙所示。有一群正離子在t=0

11、時垂直于M板從小孔O射入磁場。已知正離子質量為m、電荷量為q,正離子在磁場中做勻速圓周運動的周期與磁感應強度變化的周期都為T0,不考慮由于磁場變化而產(chǎn)生的電場的影響,不計離子所受重力。求:甲乙(1)磁感應強度B0的大小;(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子射入磁場時的速度v0的可能值。答案:(1)2mqT0(2)d2nT0(n=1,2,3,)解析:設垂直于紙面向里的磁場方向為正方向。(1)正離子射入磁場,洛倫茲力提供向心力B0qv0=mv02R,而v0=2T0R由兩式得磁感應強度B0=2mqT0。(2)要使正離子從O孔垂直于N板射出磁場,正離子的運動軌跡應如圖所示,兩板之間正離子只

12、運動一個周期,即T0時,有R=d4做勻速圓周運動的周期T0=2Rv0當兩板之間正離子運動n個周期,即nT0時,有R=d4n(n=1,2,3,)聯(lián)立求解,得正離子的速度的可能值為v0=B0qRm=d2nT0(n=1,2,3,)。9.(14分)如圖所示,在坐標系xOy中,第一象限內(nèi)充滿著兩個勻強磁場a和b,OO為分界線,磁場a的磁感應強度為2B,方向垂直紙面向里;磁場b的磁感應強度為B,方向垂直紙面向外。P點在分界線上,坐標為(4l,3l)。一質量為m,電荷量為q的帶正電的粒子從P點沿y軸負方向射入磁場b,經(jīng)過一段時間后,粒子恰能經(jīng)過原點O,不計粒子重力。(sin 37=0.6,cos 37=0.

13、8)(1)粒子從P點運動到O點的時間最少是多少?(2)粒子運動的速度可能是多少?答案:(1)53m60qB(2)25qBl12nm(n=1,2,3,)解析:(1)設粒子的入射速率為v,用Ra、Rb、Ta、Tb分別表示粒子在磁場a和b運動的軌道半徑和周期則Ra=mv2qB,Rb=mvqBTa=2m2qB=mqBTb=2mqB粒子先從磁場b運動,后進入磁場a運動,然后從O點射出,粒子從P運動到O點所用時間最短。如圖所示tan=3l4l=34得=37粒子在磁場b和磁場a運動的時間分別為tb=2(90-)360Tb,ta=2(90-)360Ta故從P到O所用最少時間為t=ta+tb=53m60qB。(

14、2)由題意及圖可知n(2Racos+2Rbcos)=(3l)2+(4l)2(n=1,2,3,)解得v=25qBl12nm(n=1,2,3,)。10.(16分)如圖所示,圓心為O、半徑為R的圓形磁場區(qū)域中存在垂直紙面向外的勻強磁場,以圓心O為坐標原點建立坐標系,在y=-3R處有一垂直y軸的固定絕緣擋板,一質量為m、電荷量為+q的粒子,與x軸成60角從M點(-R,0)以初速度v0斜向上射入磁場區(qū)域,經(jīng)磁場偏轉后由N點離開磁場(N點未畫出)恰好垂直打在擋板上,粒子與擋板碰撞后原速率彈回,再次進入磁場,最后離開磁場。不計粒子的重力,求:(1)磁感應強度B的大小;(2)N點的坐標;(3)粒子從M點進入磁

15、場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間。答案:(1)mv0qR(2)32R,-12R(3)(5+)Rv0解析:(1)設粒子在磁場中的運動半徑為r,根據(jù)題設條件畫出粒子的運動軌跡,如圖所示。由幾何關系可以得到MONO1為一平行四邊形,所以r=R洛倫茲力提供向心力,則qv0B=mv02r,得到B=mv0qR。(2)由圖幾何關系可以得到xN=Rcos30=32R,yN=-Rsin30=-12R,所以N點坐標為32R,-12R。(3)由qvB=m2Tv可知,粒子在磁場中運動的周期T=2mqB,由幾何知識得到粒子在磁場中運動的圓心角共為150+30=180,粒子在磁場中運動時間t1=T2,粒子從出磁場到再次進磁場的時間為t2=2sv0,其中s=3R-12R,粒子從M點進入磁場到最終離開磁場區(qū)域運動的總時間t=t1+t2解得t=(5+)Rv0。10