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2021届高考物理二轮复习 专题三 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动作业

2021届高考物理二轮复习 专题三 第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动作业

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姓名：

- 12 -

第2讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动
(45分钟)
[基础题组专练]
1．(2020·河南周口4月调研)如图所示，完全相同的甲、乙两个环形电流同轴平行放置，甲的圆心为O1，乙的圆心为O2，在两环圆心的连线上有a、b、c三点，其中aO1＝O1b＝bO2＝O2c，此时a点的磁感应强度大小为B1，b点的磁感应强度大小为B2。当把环形电流乙撤去后，c点的磁感应强度大小为(　　)

A．B1－　　　　　　 B．B2－
C．B2－B1 D．
解析：对于图中单个环形电流，根据安培定则，其在中轴线上的磁场方向均是向左，故c点的磁场方向也是向左的。设aO1＝O1b＝bO2＝O2c＝r，单个环形电流在距离中点r位置的磁感应强度为B1r，在距离中点3r位置的磁感应强度为B3r，故a点磁感应强度B1＝B1r＋B3r；b点磁感应强度B2＝B1r＋B1r；当撤去环形电流乙后，c点磁感应强度Bc＝B3r＝B1－B2，故选A。
答案：A
2．(2020·浙江省名校联合体高三下学期3月第二次联考)如图所示，电阻均匀的圆环，固定于匀强磁场中，环平面与磁场方向垂直，M、N与直流电源相连，圆环的劣弧MGN对应的圆心角为90°，它所受的安培力大小为F，则整个圆环所受的安培力大小为(　　)

A．2F B．(＋1)F
C.F D．F
解析：由图知，圆环的劣弧MGN和圆环的其余部分是并联关系，两部分的长度之比为1∶3，电阻之比是1∶3，通过电流之比为3∶1，两部分在磁场中的等效长度相同，等效电流方向相同，则两部分所受安培力大小之比为3∶1，方向相同，所以整个圆环所受的安培力大小为F，故D项正确，A、B、C三项错误。
答案：D
3．(2020·山东泰安质量检测)如图所示，正方形区域abcd内存在磁感应强度为B的匀强磁场，e是ad的中点，f是cd的中点，在a点沿对角线方向以速率v射入一带负电的粒子(重力不计)，粒子恰好从e点射出。若磁场方向不变，磁感应强度变为，粒子的射入方向不变，速率变为2v，则粒子的射出点位于(　　)

A．e点 B．d点
C．df间 D．fc间
解析：当磁感应强度为B，粒子速度为v时，半径R＝；当磁感应强度变为，粒子速度变为2v时，半径R′＝＝4R。如图所示，过a点作速度v的垂线，与cd的延长线交于O点，由几何关系可知Oa＝4R，Od＝ad＝2ae＝2R<R′，Of＝Od＋df＝3R>R′，因此粒子出射点应在df间。

答案：C
4．(2020·湖北黄冈5月检测)如图，半径为R的半圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场。一质量为m、带电荷量为－q且不计重力的粒子，以速度v沿与半径AO夹角θ＝30°的方向从A点垂直磁场射入，最后粒子从半圆弧上射出，则磁感应强度的大小不可能为(　　)

A. B．
C. D．
解析：
当粒子轨迹恰好与MN相切时为临界条件，粒子轨迹如图所示，根据几何知识可得，∠AO′B＝120°，∠OAB＝∠BAO′＝30°，故＝，r0＝，解得r0＝R，又r0＝＝R，解得B0＝，若使粒子从半圆弧上射出，有r≤R，即B≥，故应选B。

答案：B
5．(2020·广东汕头高三一模)如图，纸面内有一垂直于纸面向外的圆形匀强磁场区域，比荷为k1、k2的带电粒子A、B分别从P点以速率v1、v2垂直进入磁场，经过时间t1、t2从M点射出磁场。已知v1沿半径方向，v2与v1夹角为30°，∠POM＝120°。不计粒子重力，下列判断正确的是(　　)

A．若v1＝v2，则k1∶k2＝∶1
B．若v1＝v2，则t1∶t2＝∶2
C．若t1＝t2，则k1∶k2＝2∶1
D．若t1＝t2，则v1∶v2＝∶1
解析：设匀强磁场区域半径为R，带电粒子A、B的轨迹如图所示，由几何关系可得，粒子A的轨道半径r1＝Rtan 60°＝R，粒子B的轨道半径r2＝R，粒子A转过的圆心角为θ1＝60°，粒子B转过的圆心角为θ2＝120°。根据洛伦兹力提供向心力可得Bvq＝，故速度v＝，运动周期T＝＝，则运动时间t＝T＝。若v1＝v2，则k1∶k2＝r2∶r1＝1∶，故A错误；若v1＝v2，则t1∶t2＝∶＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故B正确；若t1＝t2，则k1∶k2＝θ1∶θ2＝1∶2，故C错误；若t1＝t2，则v1∶v2＝k1r1∶k2r2＝θ1r1∶θ2r2＝∶2，故D错误。

答案：B
6．如图所示，一根长为L的金属细杆通有电流I时，水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上，斜面处在方向竖直向上、磁感应强度大小为B匀强磁场中。若电流和磁场的方向均不变，电流大小变为I，磁感应强度大小变为4B，重力加速度为g，则此时金属细杆(　　)

A．电流流向垂直纸面向外
B．受到的安培力大小为2BILsin θ
C．对斜面压力大小变为原来的2倍
D．将沿斜面加速向上运动，加速度大小为gsin θ
解析：金属细杆水平静止在斜面上时，对金属细杆受力分析，它受竖直向下的重力、垂直于斜面向上的支持力和水平向右的安培力，由左手定则知电流流向垂直纸面向里，故A错误；根据安培力公式可得，磁感应强度大小和电流大小改变时金属细杆受到的安培力大小为F安＝4B·IL＝2BIL，故B错误；金属细杆水平静止斜面上时，金属细杆受到重力、斜面的支持力和安培力而处于平衡状态，根据平衡条件可得FNcos θ＝mg，FNsin θ＝BIL，磁感应强度大小和电流大小改变时，根据受力分析和牛顿第二定律可得FN′＝mgcos θ＋2BILsin θ＝，a＝＝gsin θ，加速度方向沿斜面向上，故C错误，D正确。
答案：D
7．(2020·贵州贵阳二模)如图所示，一边长为2R的正方形与半径为R的圆相切，两区域内有大小相等、方向相反的匀强磁场。M是正方形左边长的中点，O点是圆的圆心，M、O、N三点共线。若使比荷为、重力不计的两个带正电的粒子分别从M、N两点以速度v0沿MON直线相向进入磁场；它们在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场。若从N点进入磁场的带电粒子的速度大小变为2v0，并改变其速度方向，该粒子将从M点离开磁场。求：

(1)匀强磁场的磁感应强度大小；
(2)粒子从N点以2v0进入磁场运动到M点的总时间。
解析：(1)通过分析可知，只有当带电粒子在磁场中运动圆周时，两个粒子在磁场中运动相同的时间，并以相同的方向离开磁场，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供qv0B＝m，由几何关系可知，带电粒子做匀速圆周运动的半径r＝R，所以B＝。
(2)当带电粒子在圆形磁场中从N进入从M点射出时，粒子运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动的向心力由洛伦兹力提供，有

q(2v0)B＝
解得r′＝2R
所以△MO2P和△PNO1都是正三角形，该粒子在两个磁场中运动的总时间t＝
粒子在磁场中运动的周期T＝
联立解得t＝。
答案：(1)　(2)
[能力题组专练]
8．(2019·高考北京卷)如图所示，正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入，从b点射出。下列说法正确的是(　　)

A．粒子带正电
B．粒子在b点速率大于在a点速率
C．若仅减小磁感应强度，则粒子可能从b点右侧射出
D．若仅减小入射速率，则粒子在磁场中运动时间变短
解析：由运动轨迹和左手定则可判定该粒子带负电，A错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，故粒子在b点速率等于在a点速率，B错误；由qvB＝m得R＝，若仅减小磁感应强度，则R增大，如图，粒子将从b点右侧射出，故C正确；粒子运动周期T＝＝，若仅减小入射速率，则R减小，T不变，粒子运动轨迹所对应的圆心角θ变大，由t＝T可知，粒子运动时间将变长，故D错误。

答案：C
9．如图，在xOy平面内，虚线y＝x左上方存在范围足够大、磁感应强度为B的匀强磁场，在A(0，l)处有一个粒子源，可沿平面内各个方向射出质量为m、电荷量为q的带电粒子，速率均为，粒子重力不计，则粒子在磁场中运动的最短时间为(　　)

A. B．
C. D．
解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，则有qvB＝，将题中的v值代入上式得r＝l，粒子运动的时间t最短时，粒子偏转的角度θ最小，则θ所对弦最短，过A点作虚线的垂线，交虚线于B点，AB即为最短的弦，假设粒子带负电，结合左手定则，根据几何关系有AB＝OAsin 60°＝l，则粒子偏转的角度θ＝60°，结合周期公式T＝，可知粒子在磁场中运动的最短时间为t＝＝，故C正确，A、B、D错误．

答案：C
10．(2019·高考全国卷Ⅰ)如图，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：

(1)带电粒子的比荷；
(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。
解析：(1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有
qU＝mv2 ①
设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有
qvB＝m ②

由几何关系知
d＝r ③
联立①②③式得
＝ ④
(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为
s＝＋rtan 30° ⑤
带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为
t＝ ⑥
联立②④⑤⑥式得
t＝(＋) ⑦
答案：(1)　(2)(＋)
11．(2020·高考全国卷Ⅱ)如图，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞区域中存在方向垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度B的大小可调，方向不变。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子以速度v0从磁场区域左侧沿x轴进入磁场，不计重力。

(1)若粒子经磁场偏转后穿过y轴正半轴离开磁场，分析说明磁场的方向，并求在这种情况下磁感应强度的最小值Bm；
(2)如果磁感应强度大小为，粒子将通过虚线所示边界上的一点离开磁场。求粒子在该点的运动方向与x轴正方向的夹角及该点到x轴的距离。
解析：(1)由题意，粒子刚进入磁场时应受到方向向上的洛伦兹力，因此磁场方向垂直于纸面向里。设粒子进入磁场中做圆周运动的半径为R，根据洛伦兹力公式和圆周运动规律，有qv0B＝ ①
由此可得R＝ ②
粒子穿过y轴正半轴离开磁场，其在磁场中做圆周运动的圆心在y轴正半轴上，半径应满足R≤h ③
由题意，当磁感应强度大小为Bm时，粒子的运动半径最大，由此得
Bm＝ ④
(2)若磁感应强度大小为，粒子做圆周运动的圆心仍在y轴正半轴上，由②④式可得，此时圆弧半径为R′＝2h ⑤
粒子会穿过图中P点离开磁场，运动轨迹如图所示。设粒子在P点的运动方向与x轴正方向的夹角为α，由几何关系

sin α＝＝ ⑥
即α＝ ⑦
由几何关系可得，P点与x轴的距离为
y＝2h(1－cos α)⑧
联立⑦⑧式得y＝(2－)h ⑨
答案：(1)磁场方向垂直于纸面向里　
(2)　(2－)h