高考物理二轮复习 专题分层突破练9 磁场 带电粒子在磁场中的运动(含解析)
高考物理二轮专题复习练案：第9讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析
专题三第9讲限时：40分钟一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)1．(2018·山东省潍坊市高三下学期一模)如图所示，导体棒ab用绝缘细线水平悬挂，通有由a到b的电流。
ab正下方放一圆形线圈，线圈通过导线，开关与直流电源连接。
开关闭合瞬间，导体棒ab将(B)A．向外摆动B．向里摆动C．保持静止，细线上张力变大D．保持静止，细线上张力变小[解析]开关闭合瞬间，圆形线圈的电流顺时针方向，根据右手螺旋定则可知导体棒ab 的磁场方向竖直向下，根据左手定则可知导体棒ab将向里摆动，故B正确，ACD错误；故选B。
2．(2018·山东省历城高三下学期模拟)如图所示，用绝缘细线悬挂一个导线框，导线框是由两同心半圆弧导线和在同一条水平直线上的直导线EF、GH连接而成的闭合回路，导线框中通有图示方向的电流，处于静止状态。
在半圆弧导线的圆心处沿垂直于导线框平面的方向放置一根长直导线O。
当O中通以垂直纸面方向向里的电流时(D)A．长直导线O产生的磁场方向沿着电流方向看为逆时针方向B．半圆弧导线ECH受安培力大于半圆弧导线FDG受安培力C．EF所受的安培力方向垂直纸面向外D．从上往下看，导线框将顺时针转动[解析]当直导线O中通以垂直纸面方向向里的电流时，由安培定则可判断出长直导线O产生的磁场方向为顺时针方向，选项A错误；磁感线是以O为圆心的同心圆，半圆弧导线与磁感线平行不受安培力，选项B错误；由左手定则可判断出直导线EF所受的安培力方向垂直纸面向里，选项C 错误；GH 所受的安培力方向垂直纸面向外，从上往下看，导线框将顺时针转动，选项D 正确；故选D 。
3．(2018·河南省郑州市高三下学期模拟)如图所示，在边长为L 的正方形ABCD 阴影区域内存在垂直纸面的匀强磁场，一质量为m 、电荷量为q (q <0)的带电粒子以大小为v 0的速度沿纸面垂直AB 边射入正方形，若粒子从AB 边上任意点垂直射入，都只能从C 点射出磁场，不计粒子的重力影响。
2020版高考物理大二轮专题突破通用版专题分层突破练9 磁场 带电粒子在磁场中的运动 Word版含解析
专题分层突破练9磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.通过另一绝缘中间用绝缘细线连接,P、Q如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环以)关于两线圈的转动(从上向下看P,当、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,细线悬挂在天花板上)下列说法正确的是(及细线中张力的变化, 与天花板连接的细线张力不变转动时P顺时针转动,Q 逆时针转动,A.P ,转动时两细线张力均不变QP逆时针转动,顺时针转动B. Q连接的细线张力均增大,P与天花板连接的细线和与QC.P、均不动间细线张力不变、QP不动,Q逆时针转动,转动时D.P .2、中的电流方向与A,三根平行通电直导线均为Cm,通入的电流大小均相等其中C、、,如图所示AB三根导线的截面处于一个等边三角C放置在粗糙的水平面上、,B中的电流方向反向AB,静止在空中,形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为)( A.mg,方向由A指向BAmg,方向由B指向B.方向由A指向C.B mg,ABD.指向mg,方向由.3其间距,,R互相平行垂直纸面放置如图所示,三根通电长直导线P、Q、(2019江西省红色七校联考)处的磁r的长直导线产生的磁场中,距导线,方向垂直纸面向里(已知电流为II均为a,电流强度均为速度大小,e、电荷量为)正好经过原点Ok感应强度B=,其中为常量)。
某时刻有一电子(质量为m )(,为v方向沿y轴正方向,则电子此时所受的洛伦兹力为大小为,A. 方向垂直纸面向里大小为轴正方向B.方向指向x,方向垂直纸面向里,大小为C.轴正方向x,大小为方向指向D.4.的匀强2B如图所示多选),平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为(的匀强磁场。
一带负电的粒子从原点第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B 磁场,已R,30°角方向斜向上射入磁场,且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为O以某一速度沿与y轴成) ,且所受重力可以忽略。
高考物理二轮复习_专题限时训练9_磁场及带电粒子在磁场中的运动(含解析)
磁场及带电粒子在磁场中的运动(限时45分钟)一、单项选择题(每小题6分，共30分)1．(2014·新课标全国卷Ⅰ)如图所示，MN 为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)．一带电粒子从紧贴铝板上表面的P 点垂直于铝板向上射出，从Q 点穿越铝板后到达PQ 的中点O .已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变．不计重力．铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A ．2 B. 2 C ．1 D.22答案：D解析：根据题图中的几何关系及带电粒子在匀强磁场中的运动性质可知：带电粒子在铝板上方做匀速圆周运动的轨道半径r 1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道半径r 2的2倍．设粒子在P 点的速度为v 1，根据牛顿第二定律可得qv 1B 1＝mv 21r 1，则B 1＝mv 1qr 1＝2mE k qr 1；同理，B 2＝mv 2qr 2＝2m ×12E kqr 2，则B 1B 2＝22，选项D 正确，A 、B 、C 错误．2．如图所示，虚线MN 上方的空间内存在一磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一群电子以不同的速率v 从MN 边界上的P 点以相同的方向射入磁场，其中某一速率为v 0的电子从Q 点射出．已知电子入射方向与边界的夹角为θ，则由以上条件可判断( )A ．该匀强磁场的方向垂直纸面向外B ．所有电子在磁场中的运动轨迹都相同C ．所有电子的速度方向都改变了2θD ．速率大于v 0的电子在磁场中运动的时间长 答案：C解析：由左手定则可知该匀强磁场的方向垂直纸面向里，选项A 错误；由半径公式r ＝mv 0eB可知，电子进入磁场的速率越大，其轨道半径就越大，则不同速率的电子在磁场中的运动轨迹不同，选项B 错误；所有电子在磁场中运动的圆心角为2θ，所有电子的速度方向都改变了2θ，选项C 正确；又因为电子在磁场中运动的周期为T ＝2πm eB ，所以电子在磁场中运动的时间为t ＝2θ2πT ＝2mθeB ，与电子运动的速率无关，选项D 错误．3．(2014·安徽理综)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞．已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T 成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变．由此可判断所需的磁感应强度B 正比于( )A.T B ．T C.T 3D ．T 2答案：A解析：由题意可知，等离子体的动能E k ＝cT (c 是比例系数)，在磁场中做半径一定的圆周运动，由qvB＝m v 2r 可知，B ＝mv rq ＝2mE k rq ＝2mcrqT ，因此A 项正确，B 、C 、D 项错误．4．如图所示为圆柱形区域的横截面，在没有磁场的情况下，带电粒子(不计重力)以某一初速度沿截面直径方向入射，穿过此区域的时间为t .在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场，磁感应强度为B ，带电粒子仍以同一初速度沿截面直径入射，粒子飞出此区域时，速度方向偏转60°角，根据上述条件不可能求下列物理量中的哪几个( )A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的时间C ．带电粒子在磁场中运动的半径D ．带电粒子在磁场中运动的角速度 答案：C解析：设磁场区域的半径为R ，不加磁场时，带电粒子速度的表达式为v ＝2R t带电粒子在磁场中的运动半径由题图可知r ＝R cot 30°＝3R由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得3R ＝mv qB由以上三式可得q m＝23Bt周期T ＝2πmqB ＝2π3qBt2qB＝3πt在磁场中运动的时间t ′＝T 6＝3π6t运动的角速度ω＝2πT ＝23t ＝233t，所以选C.5．(2015·烟台模拟)如图所示，在边长为L 的正方形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，有一带正电的电荷，从D 点以v 0的速度沿DB 方向射入磁场，恰好从A 点射出．已知电荷的质量为m ，带电量为q ，不计电荷的重力，则下列说法正确的是( )A ．匀强磁场的磁感应强度为mv 0qL B ．电荷在磁场中运动的时间为πLv 0C ．若电荷从CD 边界射出，随着入射速度的减小，电荷在磁场中运动的时间会减小 D ．若电荷的入射速度变为2v 0，则粒子会从AB 中点射出 答案：A解析：由题图可以看出粒子做圆周运动的半径r ＝L ，根据牛顿第二定律：qv 0B ＝m v 20r ，得B ＝mv 0qL，A 正确；由T ＝2πL v 0，转过的圆心角为90°，则t ＝14·2πL v 0＝πL2v 0，故B 错误；若电荷从CD 边界射出，则转过的圆心角均为180°，入射速度减小，T ＝2πmqB，周期与速度无关，故电荷在磁场中运动的时间不变，C 错误；若电荷的入射速度变为2v 0，则半径变为2L ，轨迹如图，设DF 为h ，由几何知识：(2L －h )2＋L 2＝(2L )2，得h ＝(2－3)L ≠12L ，可见E 不是AB 的中点，即粒子不会从AB 中点射出，D 错误．二、多项选择题(每小题6分，共18分)6．(2015·全国理综Ⅱ)指南针是我国古代四大发明之一．关于指南针，下列说法正确的是( ) A ．指南针可以仅具有一个磁极B ．指南针能够指向南北，说明地球具有磁场C ．指南针的指向会受到附近铁块的干扰D ．在指南针正上方附近沿指针方向放置一直导线，导线通电时指南针不偏转 答案：BC解析：指南针是一个小磁体，具有N 、S 两个磁极，因为地磁场的作用，指南针的N 极指向地理的北极，选项A 错误，B 正确．因为指南针本身是一个小磁体，所以会对附近的铁块产生力的作用，同时指南针也会受到反作用力，所以会受铁块干扰，选项C 正确．在地磁场中，指南针南北指向，当直导线在指南针正上方平行于指南针南北放置时，通电导线产生的磁场在指南针处是东西方向，所以会使指南针偏转．正确选项为B 、C.7．(2015·杭州模拟)如图所示，在竖直放置的金属板M 上放一个放射源C ，可向纸面内各个方向射出速率均为v 的α粒子，P 是与金属板M 平行的足够大的荧光屏，到M 的距离为d .现在P 与金属板M 间加上垂直于纸面的匀强磁场，调整磁感应强度的大小，恰使沿M 板向上射出的α粒子刚好垂直打在荧光屏上．若α粒子的质量为m ，电荷量为2e .则( )A ．磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度B 的大小为2mvedB ．磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B 的大小为mv2edC ．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2dD ．在荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为4d 答案：BC解析：由左手定则可判断，磁感应强度的方向垂直纸面向外，由R ＝d ＝mv Bq 得：B ＝mv dq ＝mv2de ，A 错误，B 正确；α粒子沿水平面向右运动时，恰好与光屏相切，此为打在屏上最下方的粒子，故荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为2R ＝2d ，C 正确，D 错误．8．如图所示，在直线MN 下方存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .放置在直线MN 上P 点的离子源，可以向磁场区域纸面内的各个方向发射出质量为m 、电荷量为q 的负离子，速率都为v .对于那些在纸面内运动的离子，下列说法正确的是( )A ．离子射出磁场的点Q (图中未画出)到P 的最大距离为mv qBB ．离子距离MN 的最远距离为2mvqBC ．离子在磁场中的运动时间与射入方向有关D ．对于沿同一方向射入磁场的离子，射入速率越大，运动时间越短 答案：BC解析：如图所示，垂直于MN 射入的离子，在射出磁场时其射出点Q 离P 点最远，且最远距离等于轨道半径的2倍，即2mvqB，A 错；平行于MN 且向N 侧射入的离子在磁场中运动时距离MN 有最远距离PP ′，且为轨道半径的2倍，B 对；离子在磁场中运动的周期相同，运动时间由圆弧对应的圆心角决定，而圆心角由离子射入磁场的方向决定，因此运动时间与射入方向有关，C 对；对于沿同一方向射入的离子，运动时间由射入方向和运动周期决定，而运动周期与速率无关，故运动时间与速率无关，D 错．三、计算题(每小题16分，共32分)9．如图所示，在平面直角坐标系xOy 的第四象限有垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m ＝5.0×10－8kg 、电量为q ＝1.0×10－6C 的带电粒子，从静止开始经U 0＝10 V 的电压加速后，从P 点沿图示方向进入磁场，已知OP ＝30 cm ，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)求：(1)带电粒子到达P 点时速度v 的大小；(2)若磁感应强度B ＝2.0 T ，粒子从x 轴上的Q 点离开磁场，求OQ 的距离； (3)若粒子不能进入x 轴上方，求磁感应强度B ′满足的条件． 答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B ′>5.33 T 解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理得：qU ＝12mv 2解得：v ＝20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则：qvB ＝mv 2R解得：R ＝0.50 m 而OPcos 53°＝0.50 m故圆心一定在x 轴上，轨迹如图甲所示：甲由几何关系可知：OQ ＝R ＋R sin 53°＝0.90 m. (3)带电粒子不从x 轴射出，如图乙所示：乙由几何关系得：OP >R ′＋R ′cos 53°R ′＝mv qB ′解得：B ′>163T≈5.33 T.10．(2015·湖南株洲质检)如图所示，在xOy 平面内，在0<x <1.5l 的范围内充满垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在x ≥1.5l 、y >0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为B .有一质量为m 、电荷量为＋q 的带电粒子，从坐标原点O 以某一初速度沿与x 轴正向成θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P 点进入磁场Ⅱ，后经过x 轴上的M 点(图中未标出)射出磁场Ⅱ.已知P 点坐标为(1.5l ，32l )，不计重力的影响，求：(1)粒子的初速度大小； (2)M 点在x 轴上的位置． 答案：(1)qBlm(2)3l 解析：(1)连接OP ，过P 点作y 轴垂线交y 轴于点A ，过原点O 作初速度垂线OO 1交PA 于点O 1，如图所示，根据P 点的坐标值及初速度方向可得∠APO ＝∠O 1OP ＝30°故点O 1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO 1即为圆周半径r .由几何关系可得r ＋r cos 60°＝1.5l解得r ＝l根据牛顿运动定律有qvB ＝m v 2r解得v ＝qBl m. (2)由对称性可知OM ＝2×1.5l ＝3l .。
高考物理二轮复习专题09磁场与带电粒子在磁场中的运动(练)(解析版)
2015高三二轮复习之讲练测之练专题09 磁场与带电粒子在磁场中的运动1．（多选）【2014·新课标全国卷Ⅱ】如图为某磁谱仪部分构件的示意图。
图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹。
宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子。
当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是（）A.电子与正电子的偏转方向一定不同B.电子和正电子在磁场中的运动轨迹一定相同C.仅依据粒子的运动轨迹无法判断此粒子是质子还是正电子D.粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小2．（多选）【2014·浙江卷】如图1所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B。
垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒。
从t=0时刻起，棒上有如图2所示的持续交流电流I，周期为T，最大值为Im，图1中I所示方向为电流正方向。
则金属棒（）A.一直向右移动B.速度随时间周期性变化C.受到的安培力随时间周期性变化D.受到的安培力在一个周期内做正功3．【2014·浙江卷】（22分）离子推进器是太空飞行器常用的动力系统，某种推进器设计的简化原理如图1所示，截面半径为R的圆柱腔分为两个工作区。
I为电离区，将氙气电离获得1价正离子II为加速区，长度为L，两端加有电压，形成轴向的匀强电场。
I区产生的正离子以接近0的初速度进入II区，被加速后以速度v M从右侧喷出。
I区内有轴向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在离轴线R/2处的C点持续射出一定速度范围的电子。
假设射出的电子仅在垂直于轴线的截面上运动，截面如图2所示（从左向右看）。
电子的初速度方向与中心O点和C点的连线成α角（0<α<90◦）。
推进器工作时，向I区注入稀薄的氙气。
电子使氙气电离的最小速度为v0，电子在I区内不与器壁相碰且能到达的区域越大，电离效果越好。
已知离子质量为M；电子质量为m，电量为e。
（电子碰到器壁即被吸收，不考虑电子间的碰撞）。
高考物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在磁场中的运动含解析
高考物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在磁场中的运动含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图，区域I 内有与水平方向成45°角的匀强电场1E ，区域宽度为1d ，区域Ⅱ内有正交的有界匀强磁场B 和匀强电场2E ，区域宽度为2d ，磁场方向垂直纸面向里，电场方向竖直向下.一质量为m 、电量大小为q 的微粒在区域I 左边界的P 点，由静止释放后水平向右做直线运动，进入区域Ⅱ后做匀速圆周运动，从区域Ⅱ右边界上的Q 点穿出，其速度方向改变了30o ，重力加速度为g ，求：(1)区域I 和区域Ⅱ内匀强电场的电场强度12E E 、的大小. (2)区域Ⅱ内匀强磁场的磁感应强度B 的大小. (3)微粒从P 运动到Q 的时间有多长.【答案】(1)12mg E q=,2mgE q =122m gd 121626d d gd gd π+ 【解析】 【详解】(1)微粒在区域I 内水平向右做直线运动，则在竖直方向上有：1sin45qE mg ︒= 求得：12mgE q=微粒在区域II 内做匀速圆周运动，则重力和电场力平衡，有：2mg qE = 求得：2mgE q=(2)粒子进入磁场区域时满足：2111cos452qE d mv ︒=2v qvB m R=根据几何关系，分析可知：222sin30d R d ==︒整理得：122m gd B =(3)微粒从P 到Q 的时间包括在区域I 内的运动时间t 1和在区域II 内的运动时间t 2，并满足：211112a t d =1tan45mg ma ︒=2302360Rt vπ︒=⨯︒ 经整理得：112121222612126gd d d d t t t gd g gd ππ+=+=+⨯=2．如图所示，在xOy 平面内，以O ′(0，R )为圆心，R 为半径的圆内有垂直平面向外的匀强磁场，x 轴下方有垂直平面向里的匀强磁场，两区域磁感应强度大小相等．第四象限有一与x 轴成45°角倾斜放置的挡板PQ ，P ，Q 两点在坐标轴上，且O ，P 两点间的距离大于2R ，在圆形磁场的左侧0<y <2R 的区间内，均匀分布着质量为m ，电荷量为＋q 的一簇带电粒子，当所有粒子均沿x 轴正向以速度v 射入圆形磁场区域时，粒子偏转后都从O 点进入x 轴下方磁场，结果有一半粒子能打在挡板上．不计粒子重力，不考虑粒子间相互作用力．求：(1)磁场的磁感应强度B 的大小； (2)挡板端点P 的坐标；(3)挡板上被粒子打中的区域长度． 【答案】（1）mvqR (2)(21),0R ⎡⎤⎣⎦21042R +- 【解析】 【分析】 【详解】（1）设一粒子自磁场边界A 点进入磁场，该粒子由O 点射出圆形磁场，轨迹如图甲所示，过A 点做速度的垂线长度为r ,C 为该轨迹圆的圆心.连接AO ˊ、CO ，可证得ACOO ˊ为菱形，根据图中几何关系可知：粒子在圆形磁场中的轨道半径r =R ，由2v qvB m r=得：mv B qR=（2）有一半粒子打到挡板上需满足从O 点射出的沿x 轴负方向的粒子、沿y 轴负方向的粒子轨迹刚好与挡板相切，如图乙所示，过圆心D 做挡板的垂线交于E 点2DP R =(21)OP R =+P 点的坐标为（(21)R +，0 ）（3）设打到挡板最左侧的粒子打在挡板上的F 点，如图丙所示，OF =2R ①过O 点做挡板的垂线交于G 点，22(21)(122OG R R =⋅=+② 225-22=2FG OF OG R=-③2EG =④ 挡板上被粒子打中的区域长度l =FE =22R +5-222R 2+10-42R ⑤3．如图：竖直面内固定的绝缘轨道abc ，由半径R =3 m 的光滑圆弧段bc 与长l =1.5 m 的粗糙水平段ab 在b 点相切而构成，O 点是圆弧段的圆心，Oc 与Ob 的夹角θ=37°;过f 点的竖直虚线左侧有方向竖直向上、场强大小E =10 N/C 的匀强电场，Ocb 的外侧有一长度足够长、宽度d =1.6 m 的矩形区域efgh ，ef 与Oc 交于c 点，ecf 与水平向右的方向所成的夹角为β(53°≤β≤147°)，矩形区域内有方向水平向里的匀强磁场．质量m 2=3×10-3 kg 、电荷量q =3×l0-3 C 的带正电小物体Q 静止在圆弧轨道上b 点，质量m 1=1.5×10-3 kg 的不带电小物体P 从轨道右端a 以v 0=8 m/s 的水平速度向左运动，P 、Q 碰撞时间极短，碰后P 以1 m/s 的速度水平向右弹回．已知P 与ab 间的动摩擦因数μ=0.5，A 、B 均可视为质点，Q 的电荷量始终不变，忽略空气阻力，sin37°=0.6，cos37°=0.8，重力加速度大小g =10 m/s 2．求：(1)碰后瞬间，圆弧轨道对物体Q 的弹力大小F N ；(2)当β=53°时，物体Q 刚好不从gh 边穿出磁场，求区域efgh 内所加磁场的磁感应强度大小B 1；(3)当区域efgh 内所加磁场的磁感应强度为B 2=2T 时，要让物体Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，求此最长时间t 及对应的β值．【答案】(1)24.610N F N -=⨯ (2)1 1.25B T = (3)127s 360t π=,001290143ββ==和 【解析】 【详解】解：(1)设P 碰撞前后的速度分别为1v 和1v '，Q 碰后的速度为2v 从a 到b ，对P ，由动能定理得：221011111-22m gl m v m v μ=- 解得：17m/s v =碰撞过程中，对P ，Q 系统：由动量守恒定律：111122m v m v m v '=+取向左为正方向，由题意11m/s v =-'， 解得：24m/s v =b 点：对Q ，由牛顿第二定律得：2222N v F m g m R-=解得:24.610N N F -=⨯(2)设Q 在c 点的速度为c v ，在b 到c 点，由机械能守恒定律：22222211(1cos )22c m gR m v m v θ-+=解得：2m/s c v =进入磁场后：Q 所受电场力22310N F qE m g -==⨯= ，Q 在磁场做匀速率圆周运动由牛顿第二定律得：2211c c m v qv B r =Q 刚好不从gh 边穿出磁场，由几何关系：1 1.6m r d == 解得：1 1.25T B = (3)当所加磁场22T B =，2221m cm v r qB == 要让Q 从gh 边穿出磁场且在磁场中运动的时间最长，则Q 在磁场中运动轨迹对应的圆心角最大，则当gh 边或ef 边与圆轨迹相切，轨迹如图所示：设最大圆心角为α，由几何关系得：22cos(180)d r r α-︒-= 解得：127α=︒ 运动周期：222m T qB π=则Q 在磁场中运动的最长时间：222127127•s 360360360m t T qB παπ===︒此时对应的β角：190β=︒和2143β=︒4．如图所示，两块平行金属极板MN 水平放置，板长L =" 1" m ．间距3m ，两金属板间电压U MN = 1×104V ；在平行金属板右侧依次存在ABC 和FGH 两个全等的正三角形区域，正三角形ABC 内存在垂直纸面向里的匀强磁场B 1，三角形的上顶点A 与上金属板M 平齐，BC 边与金属板平行，AB 边的中点P 恰好在下金属板N 的右端点；正三角形FGH 内存在垂直纸面向外的匀强磁场B 2，已知A 、F 、G 处于同一直线上．B 、C 、H 也处于同一直线上．AF 两点距离为23m ．现从平行金属极板MN 左端沿中心轴线方向入射一个重力不计的带电粒子，粒子质量m = 3×10-10kg ，带电量q = +1×10-4C ，初速度v 0= 1×105m/s ．(1)求带电粒子从电场中射出时的速度v 的大小和方向(2)若带电粒子进入中间三角形区域后垂直打在AC 边上，求该区域的磁感应强度B 1 (3)若要使带电粒子由FH 边界进入FGH 区域并能再次回到FH 界面，求B 2应满足的条件． 【答案】（152310/m s ；垂直于AB 方向出射．（233（323+ 【解析】试题分析：（1）设带电粒子在电场中做类平抛运动的时间为t ，加速度为a ， 则：U qma d =解得：102310/qU a m s md == 50110Lt s v -==⨯ 竖直方向的速度为：v y ＝at ＝35m/s 射出时速度为：22502310/y v v v m s =+=速度v 与水平方向夹角为θ，03tan y v v θ==，故θ=30°，即垂直于AB 方向出射． （2）带电粒子出电场时竖直方向的偏转的位移21322d y at ===，即粒子由P 1点垂直AB 射入磁场，由几何关系知在磁场ABC 区域内做圆周运动的半径为12cos303d R m ==o由211v B qv m R =知：113310mv B qR == （3）分析知当轨迹与边界GH 相切时，对应磁感应强度B 2最大，运动轨迹如图所示：由几何关系得：221sin 60R R o+= 故半径2(233)R m =-又222v B qv m R =故223B T +=所以B 2应满足的条件为大于235T +． 考点：带电粒子在匀强磁场中的运动.5．如图所示,在平面直角坐标系xOy 平面内,直角三角形abc 的直角边ab 长为6d ，与y 轴重合,∠bac=30°,中位线OM 与x 轴重合,三角形内有垂直纸面向里的匀强磁场．在笫一象限内,有方向沿y 轴正向的匀强电场,场强大小E 与匀强磁场磁感应强度B 的大小间满足E=v 0B ．在x=3d 的N 点处,垂直于x 轴放置一平面荧光屏.电子束以相同的初速度v 0从y 轴上－3d≤y≤0的范围内垂直于y 轴向左射入磁场,其中从y 轴上y=－2d 处射入的电子,经磁场偏转后,恰好经过O 点．电子质量为m,电量为e,电子间的相互作用及重力不计．求 (1)匀强磁杨的磁感应强度B(2)电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围; (3)荧光屏上发光点距N 点的最远距离L【答案】（1）0mv ed ； （2）02y d ≤≤；（3）94d ； 【解析】(1)设电子在磁场中做圆周运动的半径为r ； 由几何关系可得r =d电子在磁场中做匀速圆周运动洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：200v ev B m r=解得：0mv B ed=(2)当电子在磁场中运动的圆轨迹与ac 边相切时，电子从+ y 轴射入电场的位置距O 点最远，如图甲所示.设此时的圆心位置为O '，有：sin 30rO a '=︒3OO d O a ='-' 解得OO d '=即从O 点进入磁场的电子射出磁场时的位置距O 点最远 所以22m y r d ==电子束从y 轴正半轴上射入电场时的纵坐标y 的范围为02y d ≤≤设电子从02y d ≤≤范围内某一位置射入电场时的纵坐标为y ，从ON 间射出电场时的位置横坐标为x ，速度方向与x 轴间夹角为θ，在电场中运动的时间为t ，电子打到荧光屏上产生的发光点距N 点的距离为L ，如图乙所示：根据运动学公式有：0x v t =212eE y t m=⋅ y eE v t m=tan y v v θ=tan 3Ld xθ=- 解得：(32)2L d y y =-⋅ 即98y d =时，L 有最大值 解得：94L d =当322d y y -=【点睛】本题属于带电粒子在组合场中的运动，粒子在磁场中做匀速圆周运动，要求能正确的画出运动轨迹，并根据几何关系确定某些物理量之间的关系；粒子在电场中的偏转经常用化曲为直的方法，求极值的问题一定要先找出临界的轨迹，注重数学方法在物理中的应用．6．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（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，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1） （2） （3） （n=1，2，3…）（n=1，2，3…） 【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T 0+T ′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B 0中偏转60°，而后又在− B 0中再次偏转60°，经过n 次这样的循环后恰恰从N 点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.7．如图，第一象限内存在沿y 轴负方向的匀强电场，电场强度大小为E ，第二、三、四象限存在方向垂直xOy 平面向外的匀强磁场，其中第二象限的磁感应强度大小为B ，第三、四象限磁感应强度大小相等，一带正电的粒子，从P （-d ，0）点沿与x 轴正方向成α=60°角平行xOy 平面入射，经第二象限后恰好由y 轴上的Q 点（图中未画出）垂直y 轴进入第一象限，之后经第四、三象限重新回到P 点，回到P 点时速度方向与入射方时相同，不计粒子重力，求：（1）粒子从P 点入射时的速度v 0； （2）第三、四象限磁感应强度的大小B /； 【答案】（1）3EB（2）2.4B 【解析】试题分析：（1）粒子从P 点射入磁场中做匀速圆周运动，画出轨迹如图，设粒子在第二象限圆周运动的半径为r ，由几何知识得： 2360d d dr sin sin α===︒ 根据200mv qv B r =得023qBdv =粒子在第一象限中做类平抛运动，则有21602qE r cost m -︒=（）； 00y v qEt tan v mv α==联立解得03Ev B=（2）设粒子在第一象限类平抛运动的水平位移和竖直位移分别为x 和y ，根据粒子在第三、四象限圆周运动的对称性可知粒子刚进入第四象限时速度与x 轴正方向的夹角等于α．则有：x=v 0t ， 2y v y t =得0322y v y tan x v α===由几何知识可得 y=r-rcosα= 132r = 则得23x d =所以粒子在第三、四象限圆周运动的半径为125323d d R sin α⎛⎫+ ⎪⎝⎭==粒子进入第三、四象限运动的速度00432v qBdv v cos α===根据2'v qvB m R=得：B′=2．4B考点：带电粒子在电场及磁场中的运动8．如图，PQ 分界线的右侧空间有一垂直纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场。
高三物理二轮专题复习 带电粒子在磁场中的运动(含解析)
专题九带电粒子在磁场中的运动第一部分基础知识回顾（一）洛伦兹力的方向和大小1、洛伦兹力的大小（1）v∥B时,θ=0°或180°,洛伦兹力F= ；（2）v⊥B时,θ=90°,洛伦兹力F= ；（3）v =0时,洛伦兹力F= 。
2、洛伦兹力的方向（1）判定方法：应用左手定则，注意四指应指向电流的方向即正电荷或负电荷。
（2）方向特点：F⊥B，F⊥v，即F垂直于决定的平面。
（注意B和v可以有任意夹角）（二）带电粒子在匀强磁场中的运动1、若v∥B，带电粒子不受洛伦兹力，在匀强磁场中做运动。
2、若v⊥B，带电粒子仅受洛伦兹力作用，在垂直于磁感线的平面内以入射速度v做运动。
第二部分基本规律二、解决带电粒子在有界磁场中运动的基本思路1、分析方法:定圆心、定半径、定转过的圆心角是解决这类问题的前提。
（1）圆心的确定基本思路:即圆心一定在与速度方向垂直的直线上.有两种方法:①已知入射方向和出射方向时,可通过入射点和出射点分别作垂直于入射速度方向和出射速度方向的直线,两条直线的交点就是圆弧轨道的圆心（如下图甲所示,P点为入射点,M为出射点）.②已知入射点和出射点的位置时,可以通过入射点作入射方向的垂线,连接入射点和出射点,作其中垂线,这两条垂线的交点就是圆弧轨道的圆心（如下图乙所示,P为入射点,M为出射点）.（2）半径的确定和计算利用平面几何关系,求出该圆的可能半径（或圆心角）,并注意以下两个重要的几何特点:①粒子速度的偏向角等于圆心角（α）,并等于AB 弦与切线的夹角（弦切角θ）的2倍（如右图所示）.即φ=α=2θ=ωt②相对的弦切角（θ）相等,与相邻的弦切角（θ ′）互补, 即θ+θ′=180°.（3）运动时间的确定粒子在磁场中运动一周的时间为T,当粒子运动的圆弧所对应的圆心角为α时,其运动时间可表示为t= T 或t = T.2、带电粒子在磁场中运动的临界问题解决此类问题的关键是：找准临界点．找临界点的方法是：以题目中的“恰好”“最大”“最高”“至少”等词语为突破口，借助半径R 和速度v (或磁场B )之间的约束关系进行动态运动轨迹分析，确定轨迹圆和边界的关系，找出临界点，然后利用数学方法求解极值，常用结论如下：（1）刚好穿出磁场边界的条件是带电粒子在磁场中运动的轨迹与边界相切．（2）当速度v 一定时，弧长(或弦长)越长，圆周角越大，则带电粒子在有界磁场中运动的时间越长．（3）当速率v 变化时，圆周角大的，运动时间越长．第三部分、基本方法三、解决带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的问题，物理情景非常简单，难点在准确描绘出带电粒子的运动轨迹。
2017届高考物理二轮复习训练：9 磁场及带电粒子在磁场中的运动 含解析
训练9磁场及带电粒子在磁场中的运动一、选择题(本大题共8小题，每小题8分，共64分．第1～5题只有一项符合题目要求，第6～8题有多项符合题目要求．)1.(2016·北京卷)中国宋代科学家沈括在《梦溪笔谈》中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也．”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图．结合上述材料，下列说法不正确的是()A．地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B．地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C．地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D．地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用解析：本题考查地磁场以及地理知识，意在考查学生的理解能力．由《梦溪笔谈》中的记载和题中磁感线分布示意图可知，地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近，地理南、北极与地磁场的南、北极不重合，在两极附近地球表面的地磁场方向不与地面平行，C项错误，AB项正确；射向地球赤道的带电宇宙射线粒子与地磁场的磁感线不平行，故受洛伦兹力的作用，D项正确．答案：C2.(2015·海南高考)如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点．在电子经过a点的瞬间．条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A．向上B．向下C．向左D．向右解析：条形磁铁的磁感线方向在a点为垂直P向外，粒子在条形磁铁的磁场中向右运动，所以根据左手定则可得电子受到的洛伦兹力方向向上，A正确．答案：A3.如图所示，圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点．相同的带正电荷粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向．这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上，这段圆弧的弧长是圆周长的13.若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的14，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则B2B1等于()A.34 B.32 C.62 D.23解析：设圆形区域的半径为r，磁感应强度为B1时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为M，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM＝120°，如图甲所示，所以粒子做圆周运动的半径R为：sin60°＝Rr，解得：R＝32r，磁感应强度为B2时，从P点射入的粒子与磁场边界的最远交点为N，最远的点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠PON＝90°，如图乙所示，所以粒子做圆周运动的半径R′为：R′＝22r由带电粒子做圆周运动的半径R＝m vqB得：B2B1＝RR′＝3222＝62.答案：C4．如图所示，比荷相同的带正电粒子A和B，同时以速度v A和v B从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以60°和30°(与边界的夹角)方向射入磁场，又恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是()A．A、B两粒子的速度之比为(2＋3)∶3B．A、B两粒子在磁场中的位移之比为1∶1C．A、B两粒子在磁场中的路程之比为1∶2D．A、B两粒子在磁场中的时间之比为2∶1解析：设粒子速度方向和磁场边界的夹角为θ，粒子做圆周运动的半径为r，如图所示，有r＋r cosθ＝d，即r＝d1＋cosθ＝m vqB，所以v Av B＝1＋cos30°1＋cos60°＝2＋33，A正确；粒子在磁场中的位移x＝2r sinθ，所以x Ax B＝v A sin60°v B sin30°＝23＋33，B错误；粒子在磁场中的路程s ＝r ×(2π－2θ)，所以s A s B＝8＋4315，C 错误；粒子在磁场中的时间t ＝2π－2θ2πT，所以t A t B＝2π－2θA 2π－2θB ＝45，D 错误．答案：A5.如图所示，带有正电荷的A 粒子和B 粒子同时以同样大小的速度从宽度为d 的有界匀强磁场的边界上的O 点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又恰好都不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )A ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为13B ．A 、B 两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比为 3C ．A 、B 两粒子的qm 之比是 3D ．A 、B 两粒子的qm 之比是2＋33解析：粒子运动轨迹如图所示，其中A 粒子的运动半径满足d ＝R ＋R cos30°，可得R ＝d 1＋cos30°；同理可得B 粒子的运动半径r ＝d 1＋cos60°，则R r ＝32＋3，所以A 、B 选项错误；据R ＝m v qB 可知m q ∝R ，所以两粒子的qm 之比是2＋33，C 错误，D 正确．答案：D6．在方向垂直纸面向里的匀强磁场中，电量都为q 的三个正、负离子从O 点同时沿纸面内不同方向射出，运动轨迹如图，已知m a >m b ＝m c ，磁场足够大，不计离子间的相互作用，可以判定( )A ．a 、b 是正离子，c 是负离子B ．a 、b 是负离子，c 是正离子C ．a 最先回到O 点D ．b 、c 比a 先回到O 点解析：根据左手定则知，c 带正电，a 、b 带负电，故B 正确，A 错误；根据T ＝2πmqB ，因为电量相等，m a >m b ＝m c ，可知b 、c 的周期相等，小于a 的周期，则b 、c 比a 先回到O 点，故D 正确，C 错误．答案：BD7．如图所示，在平面直角坐标系中有一个垂直于纸面向里的圆形匀强磁场，其边界过原点O 和y 轴上的点a (0，L )．一质量为m 、电荷量为e 的电子从a 点以初速度v 0平行于x 轴正方向射入磁场，并从x 轴上的b 点射出磁场，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为60°.下列说法中正确的是( )A ．电子在磁场中运动的时间为πLv 0B ．电子在磁场中运动的时间为2πL3v 0C ．磁场区域的圆心坐标(3L 2，L2)D ．电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－2L ) 解析：电子的轨迹半径为R ，由几何知识，R sin30°＝R －L ，得R ＝2L .电子在磁场中运动时间t ＝T 6，而T ＝2πR v 0，得：t ＝2πL3v 0，故A 错误，B 正确；设磁场区域的圆心坐标为(x ，y )，其中x ＝12R cos30°＝32L ，y ＝L2，所以磁场圆心坐标为(32L ，L2)，故C 正确；根据几何关系可得，电子在磁场中做圆周运动的圆心坐标为(0，－L )，故D 错误．答案：BC 8.如图所示，直角三角形ABC 区域中存在一匀强磁场，比荷相同的两个粒子(不计重力)从A 点沿AB 方向射入磁场，分别从AC 边上的P 、Q 两点射出，则( )A ．从P 点射出的粒子速度大B ．从Q 点射出的粒子速度大C ．从Q 点射出的粒子在磁场中运动的时间长D ．两个粒子在磁场中运动的时间一样长解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，运动轨迹如图所示，根据几何关系(图示弦切角相等)，粒子在磁场中偏转的圆心角相等，根据粒子在磁场中运动的时间t ＝θ2πT ，又因为粒子在磁场中圆周运动的周期T ＝2πmqB ，可知粒子在磁场中运动的时间相等，D 正确，C 错误；由图知，粒子运动的半径R P <R Q ，由粒子在磁场中做圆周运动的半径R ＝m vBq 知粒子运动速度v P <v Q ，A 错误，B 正确．答案：BD二、计算题(本大题共2小题，共36分．需写出规范的解题步骤)9.(2016·北京卷)如图所示，质量为m 、电荷量为q 的带电粒子，以初速度v 沿垂直磁场方向射入磁感应强度为B 的匀强磁场，在磁场中做匀速圆周运动．不计带电粒子所受重力．(1)求粒子做匀速圆周运动的半径R 和周期T ；(2)为使该粒子做匀速直线运动，还需要同时存在一个与磁场方向垂直的匀强电场，求电场强度E 的大小．解析：本题主要考查带电粒子在磁场中的运动以及在复合场中的匀速直线运动，意在考查学生的分析和推理能力．(1)洛伦兹力提供向心力，有f ＝q v B ＝m v 2R带电粒子做匀速圆周运动的半径R ＝m vqB匀速圆周运动的周期T ＝2πR v ＝2πmqB(2)粒子受电场力F ＝qE ，洛伦兹力f ＝q v B .粒子做匀速直线运动，则qE ＝q v B电场强度的大小E ＝v B答案：(1)m v qB 2πmqB (2)v B10．如图所示的xOy 坐标系中，y 轴右侧空间存在范围足够大的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向垂直于xOy 平面向外．Q 1、Q 2两点的坐标分别为(0，L )、(0，－L )，坐标为(－33L,0)处的C 点固定一平行于y 轴放置的绝缘弹性挡板，C 为挡板中点．带电粒子与弹性绝缘挡板碰撞前后，沿y 轴方向分速度不变，沿x 轴方向分速度反向，大小不变．现有质量为m 、电量为＋q 的粒子，在P 点沿PQ 1方向进入磁场，α＝30°，不计粒子重力．(1)若粒子从点Q 1直接通过点Q 2，求粒子初速度大小；(2)若粒子从点Q 1直接通过点O ，求粒子第一次经过x 轴的交点坐标； (3)若粒子与挡板碰撞两次并能回到P 点，求粒子初速度大小及挡板的最小长度．解析：(1)由题意画出粒子运动轨迹如图甲所示．粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 1，由几何关系得： R 1cos30°＝L粒子在磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q v 1B ＝m v 21R 1解得v 1＝23qBL3m(2)由题意画出粒子运动轨迹如图乙所示．设其与x 轴交点为M ，横坐标为x M ，由几何关系知 2R 2cos30°＝L x M ＝2R 2sin30°则M 点坐标为(33L,0)(3)由题意画出粒子运动轨迹如图丙所示：粒子在磁场中做圆周运动的半径大小为R 3，偏转一次后在y 负方向偏移量为Δy 1，由几何关系得Δy 1＝2R 3cos30°为保证粒子最终能回到P ，粒子每次射出磁场时速度方向与PQ 2连线平行，与挡板碰撞后，速度方向与PQ 1连线平行，每碰撞一次，粒子出进磁场在y 轴上距离Δy 2(如图中A 、E 间距)可由题给条件得Δy 2＝23L3tan30°当粒子只碰两次，其几何条件是 3Δy 1－2Δy 2＝2L联立解得R 3＝103L27粒子磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律得：q v 3B ＝m v 23R 3解得v 3＝103qBL27m 挡板的最小长度ΔL ＝Δy 1－Δy 2＝2R 3cos30°－23L3·tan30°解得ΔL ＝4L9答案：(1)23qBL 3m (2)(33L,0) (3)103qBL 27m 4L9。
高考物理二轮复习 专项训练 带电粒子在磁场中的运动含解析
高考物理二轮复习 专项训练 带电粒子在磁场中的运动含解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，两条竖直长虚线所夹的区域被线段MN 分为上、下两部分，上部分的电场方向竖直向上，下部分的电场方向竖直向下，两电场均为匀强电场且电场强度大小相同。
挡板PQ 垂直MN 放置，挡板的中点置于N 点。
在挡板的右侧区域存在垂直纸面向外的匀强磁场。
在左侧虚线上紧靠M 的上方取点A，一比荷qm=5×105C/kg 的带正电粒子，从A 点以v 0=2×103m/s 的速度沿平行MN 方向射入电场，该粒子恰好从P 点离开电场，经过磁场的作用后恰好从Q 点回到电场。
已知MN 、PQ 的长度均为L=0.5m ，不考虑重力对带电粒子的影响，不考虑相对论效应。
(1)求电场强度E 的大小； (2)求磁感应强度B 的大小；(3)在左侧虚线上M 点的下方取一点C ，且CM=0.5m ，带负电的粒子从C 点沿平行MN 方向射入电场，该带负电粒子与上述带正电粒子除电性相反外其他都相同。
若两带电粒子经过磁场后同时分别运动到Q 点和P 点，求两带电粒子在A 、C 两点射入电场的时间差。
【答案】(1) 16/N C (2) 21.610T -⨯ (3) 43.910s -⨯ 【解析】 【详解】（1）带正电的粒子在电场中做类平抛运动，有：L=v 0t2122L qE t m = 解得E=16N/C（2）设带正电的粒子从P 点射出电场时与虚线的夹角为θ，则：0tan v qE t mθ=可得θ=450粒子射入磁场时的速度大小为2v 0粒子在磁场中做匀速圆周运动：2v qvB m r=由几何关系可知2r L = 解得B=1.6×10-2T（3）两带电粒子在电场中都做类平抛运动，运动时间相同；两带电粒子在磁场中都做匀速圆周运动，带正电的粒子转过的圆心角为32π，带负电的粒子转过的圆心角为2π；两带电粒子在AC 两点进入电场的时间差就是两粒子在磁场中的时间差； 若带电粒子能在匀强磁场中做完整的圆周运动，则其运动一周的时间22r mT v qBππ==； 带正电的粒子在磁场中运动的时间为：4135.910s 4t T -==⨯； 带负电的粒子在磁场中运动的时间为：4212.010s 4t T -==⨯ 带电粒子在AC 两点射入电场的时间差为412 3.910t t t s -∆=-=⨯2．如图所示，一质量为m 、电荷量为+q 的粒子从竖直虚线上的P 点以初速度v 0水平向左射出，在下列不同情形下，粒子经过一段时间后均恰好经过虚线右侧的A 点．巳知P 、A 两点连线长度为l ，连线与虚线的夹角为α=37°，不计粒子的重力，(sin 37°=0.6，cos 37°=0.8).(1)若在虚线左侧存在垂直纸面向外的匀强磁场，求磁感应强度的大小B 1；(2)若在虚线上某点固定一个负点电荷，粒子恰能绕该负点电荷做圆周运动，求该负点电荷的电荷量Q (已知静电力常量为是）；(3)若虚线的左侧空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，右侧空间存在竖直向上的匀强电场，粒子从P 点到A 点的过程中在磁场、电场中的运动时间恰好相等，求磁场的磁感应强度的大小B 2和匀强电场的电场强度大小E .【答案】（1）0152mv B ql = （2）2058mv l Q kq = （3）0253mv B ql π= 220(23)9mv E qlππ-=【解析】【分析】【详解】（1)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，设半径为r1由几何关系得112 cos25r l lα==由洛伦兹力提供向心力可得2011vqv B mr=解得:0152mvBql=(2)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子绕负点电荷Q做匀速圆周运动，设半径为r2由几何关系得252cos8lr lα==由库仑力提供向心力得2222vQqk mr r=解得:258mv lQkq=(3)粒子从P到A的轨迹如图所示：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在电场中做类平抛运动 粒子在电场中的运动时间00sin 35l lt v v α== 根据题意得，粒子在磁场中运动时间也为t ，则2Tt = 又22mT qB π=解得0253mv B qlπ=设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r ，则0v t r π= 解得:35l r π=粒子在电场中沿虚线方向做匀变速直线运动，21cos 22qE l r t mα-=⋅ 解得:220(23)9mv E qlππ-=3．如图所示，在两块水平金属极板间加有电 压U 构成偏转电场，一束比荷为510/qC kg m=的带正电的粒子流（重力不计），以速度v o =104m/s 沿 水平方向从金属极板正中间射入两板．粒子经电 场偏转后进入一具有理想边界的半圆形变化磁场 区域，O 为圆心，区域直径AB 长度为L =1m ， AB 与水平方向成45°角．区域内有按如图所示规 律作周期性变化的磁场，已知B 0=0. 5T ，磁场方向 以垂直于纸面向外为正．粒子经偏转电场后，恰好从下极板边缘O 点与水平方向成45°斜向下射入磁场．求：（1）两金属极板间的电压U 是多大？（2）若T o =0．5s ，求t =0s 时刻射人磁场的带电粒子在磁场中运动的时间t 和离开磁场的位置．（3）要使所有带电粒子通过O 点后的运动过程中 不再从AB 两点间越过，求出磁场的变化周期B o ，T o 应满足的条件．【答案】（1）100V （2）t=5210s π-⨯，射出点在AB 间离O 点0.042m （3）5010s 3T π-<⨯【解析】试题分析：（1）粒子在电场中做类平抛运动，从O 点射出使速度代入数据得U=100V （2）粒子在磁场中经过半周从OB 中穿出，粒子在磁场中运动时间射出点在AB 间离O 点（3）粒子运动周期，粒子在t=0、….时刻射入时，粒子最可能从AB 间射出如图，由几何关系可得临界时 要不从AB 边界射出，应满足得考点：本题考查带电粒子在磁场中的运动4．欧洲大型强子对撞机是现在世界上最大、能量最高的粒子加速器，是一种将质子加速对撞的高能物理设备，其原理可简化如下：两束横截面积极小，长度为l -0质子束以初速度v 0同时从左、右两侧入口射入加速电场，出来后经过相同的一段距离射入垂直纸面的圆形匀强磁场区域并被偏转，最后两质子束发生相碰。
2024年高考物理二轮复习专题9：磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动(附答案解析)
F Oa Ob mg T ab ==安由此可知细线对b 的拉力不变,故AC 错误;
BD 、根据F Oa Ob mg T ab
==安,可知随着ab 间距离在逐渐增大,故导线ab 间相互作用的安培力逐渐增大,因此可知导线a 对地面的作用力变大,根据牛顿第三定律可知,地面对a 的作用力变大。故B 错误,D 正确。
B 【分析】根据安培定则分析磁场的方向,根据磁场的叠加结合题中磁感应强度的大小关系进行解答。
【解答】解:设通电长直导线在M 点产生的磁感应强度大小等于B ,根据I B k r
=以及M 、N 两点到导线的距离之比为6:5,可知通电长直导线在N 点产生的磁感应强度大小等于65B 。根据安培定则可知通电长直导线在M 点产生的磁场方向向外、在N 点产生的磁场方向向里,则有0062()
AB、由左手定则可知,ab边所受安培力水平向左,bc边所受安培力竖直向上,cd边所受安培力水平向右,ad边所受安培力竖直向下,线框各边所受安培力方向都不相同,故AB错误;
CD、离通电直导线MN越近的地方磁感应强度越大,ab边所在位置的磁感应强度大于cd 边所在位置的磁感应强度,ab与cd边的长度相等,通过它们的电流I大小相等,由 可知,ab边所受安培力大小大于cd边所受安培力大小,bc、ad两边所受安培力F BIL
5
B B B B +=-解得0516B B =,故A 正确,BCD 错误。故选:A 。
【点评】本题主要是考查磁场的叠加,关键是能够根据安培定则分析通电导线周围磁场的分布情况,明确矢量合成方法。
【例2】(2022秋•普陀区期末)两根通电直导线a 、b 相互平行,a 通有垂直纸面向里的电流,固定在O 点正下方的地面上;b 通过一端系于O 点的绝缘细线悬挂,且Oa Ob =,b 静止时的截面图如图所示。若a 中电流大小保持不变,b 中的电流缓慢增大,则在b 缓慢移动的过程中()
高考物理二轮总复习课后习题专题3 电场与磁场 专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动 (2)
专题分层突破练9 带电粒子在复合场中的运动A组1.(多选)如图所示为一磁流体发电机的原理示意图,上、下两块金属板M、N水平放置且浸没在海水里,金属板面积均为S=1×103m2,板间距离d=100 m,海水的电阻率ρ=0.25 Ω·m。
在金属板之间加一匀强磁场,磁感应强度B=0.1 T,方向由南向北,海水从东向西以速度v=5 m/s流过两金属板之间,将在两板之间形成电势差。
下列说法正确的是( )A.达到稳定状态时,金属板M的电势较高B.由金属板和流动海水所构成的电源的电动势E=25 V,内阻r=0.025 ΩC.若用此发电装置给一电阻为20 Ω的航标灯供电,则在8 h内航标灯所消耗的电能约为3.6×106JD.若磁流体发电机对外供电的电流恒为I,则Δt时间内磁流体发电机内部有电荷量为IΔt的正、负离子偏转到极板2.(重庆八中模拟)质谱仪可用于分析同位素,其结构示意图如图所示。
一群质量数分别为40和46的正二价钙离子经电场加速后(初速度忽略不计),接着进入匀强磁场中,最后打在底片上,实际加速电压U通常不是恒定值,而是有一定范围,若加速电压取值范围是(U-ΔU,U+ΔU),两种离子打在底的值约为片上的区域恰好不重叠,不计离子的重力和相互作用,则ΔUU( )A.0.07B.0.10C.0.14D.0.173.在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面周期性变化的均匀磁场,规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正方向,磁场变化规律如图所示,磁感应强度的大小为B0,变化周期为T0。
某一带正电的粒子质量为m、电荷量为q,在t=0时从O点沿x轴正方向射入磁场中并只在第一象限内运动,若要求粒子在t=T0时距x轴最远,则B0= 。
4.(福建龙岩一模)如图所示,在xOy平面(纸面)内,x>0区域存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,第三象限存在方向沿、电荷量为q的带正电粒子(不计重力),以大小为v、方向与y轴正方向夹角θ=60°的速度沿纸面从坐标为(0,√3L)的P1点进入磁场中,然后从坐标为(0,-√3L)的P2点进入电场区域,最后从x轴上的P3点(图中未画出)垂直于x轴射出电场。
专题09磁场及带电粒子在磁场中的运动(解析版)-2021年高考物理冲刺专题必刷
09磁场及带电粒子在磁场中的运动1．如图，等边三角形线框LMN 由三根相同的导体棒连接而成，固定于匀强磁场中，线框平面与磁感应强度方向垂直，线框顶点M 、N 与不计内阻的直流电源两端相接，ML 和LN 组成的部分受到的安培力大小为F ，则导体棒MN 受到的安培力的大小为（ ）A ．2FB ．1.5FC ．0.5FD ．0【答案】A 【详解】设每一根导体棒的电阻为R ，长度为L ，则电路中，上下两路电阻之比为12:2:2:1R R R R ==根据并联电路两端各电压相等的特点可知，上下两路电流之比12:1:2I I =由于上路通电的导体受安培力的有效长度为L ，根据安培力计算公式F ILB =，可知12::1:2F F I I '==得12F F '=故选A 。
2．如图所示，边长为l ，质量为m 的等边三角形导线框用绝缘细线悬挂于天花板，导线框中通一逆时针方向的电流，图中虚线过ab 边中点和ac 边中点，在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，其磁感应强度大小为B ，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1，保持其他条件不变，现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2。
导线框中的电流大小为（ ）A ．21F F Bl- B ．212F F Bl- C ．212()F F Bl-D ．212()3F F Bl-【答案】A 【详解】现将虚线下方的磁场移至虚线上方，此时细线中拉力为F 2。
线框处于匀强磁场中，则各边受到的安培力大小相等，依据左手定则，可知，安培力夹角均为120°，因此安培力合力为F 安，则有F 2=mg +F 安当在虚线的下方有一垂直于导线框向里的匀强磁场，此时导线框处于静止状态，细线中的拉力为F 1；依据左手定则，则各边受到安培力如图所示：结合矢量的合成法则，及三角知识，则线框受到安培力的合力，方向竖直向上，大小为F 安=2BIl根据平衡条件，则有：F 1+F 安=mg解得：F 安=mg -F 1=F 2-mg即211()22BIl F F =- 得21F F I Bl-=故选A 。
2019高考物理二轮复习测试：九、磁场及带电粒子在磁场中的运动：含解析
九、磁场及带电粒子在磁场中的运动姓名:________班级:________1．如图所示是磁电式电流表的结构,蹄形磁铁和铁芯间的磁场是均匀地辐向分布,线圈中a、b两条导线长均为l,通以图示方向的电流I,两条导线所在处的磁感应强度大小均为B.则()A．该磁场是匀强磁场B．线圈平面总与磁场方向垂直C．线圈将逆时针方向转动D．a、b导线受到的安培力大小总为IlB解析:该磁场均匀地辐向分布,不是匀强磁场,选项A错误；线圈平面与磁场方向平行,选项B错误；图示位置,a、b导线受到的安培力方向分别向上、向下,大小分别为IlB,a、b导线始终与磁感线垂直,故受到的安培力不变,线圈将顺时针方向转动,选项D正确．答案:D2.在真空室中,有垂直于纸面向里的匀强磁场,三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场,这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3,不计质子重力,则有()A．s1>s2>s3B．s1<s2<s3C．s1＝s3>s2D．s1＝s3<s2解析:由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等．由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等,所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆,则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的,且小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直,则它的运动轨迹正好是半圆,所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径,即s1＝s3<s2,D对．答案:D3.如图所示,在磁感应强度大小为B、方向竖直向上的匀强磁场中,水平放置一根长直通电导线,电流的方向垂直纸面向里,以直导线为中心的同一圆周上有a、b、c、d四个点,连线ac和bd是相互垂直的两条直径,且b、d在同一竖直线上,则()A．c点的磁感应强度的值最小B．b点的磁感应强度的值最大C．b、d两点的磁感应强度相同D．a、b两点的磁感应强度相同解析:由安培定则知,直通电导线在abcd环产生的磁场的磁感线为顺时针,大小恒定(设为B′),直导线的磁场与匀强磁场叠加,c点合磁感应强度为B′—B,其值最小,a点的合磁感应强度为B′＋B,其值最大,选项A正确,选项B错误；b、d两点的合磁感应强度大小均为B2＋B′2,但方向不同,选项C、D错误．答案:A4.如图所示,半径为R的半圆形区域内分布着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,半圆的左边垂直x轴放置一粒子发射装置,在－R≤y≤R 的区间内各处均沿x轴正方向同时发射出一个带正电粒子,粒子质量均为m、电荷量均为q、初速度均为v,重力忽略不计,所有粒子均能穿过磁场到达y轴,其中最后到达y轴的粒子比最先到达y轴的粒子晚Δt时间,则() A．粒子到达y轴的位置一定各不相同B ．磁场区域半径R 应满足R ≤m v BqC ．从x 轴入射的粒子最先到达y 轴D ．Δt ＝mθqB －R v ,其中角度θ为最后到达y 轴的粒子在磁场中的运动轨迹所对应的圆心角,满足sin θ＝BqR m v解析:粒子射入磁场后做匀速圆周运动,其运动轨迹如图所示．y ＝±R 处的粒子直接沿直线做匀速运动到达y 轴,其他粒子在磁场中发生偏转,由图可知,发生偏转的粒子也有可能打在y ＝R 的位置上,所以粒子到达y 轴的位置不是各不相同的,A 错；以沿x 轴射入的粒子为例,若r ＝m v Bq <R ,则粒子未到达y 轴就偏向上离开磁场区域,所以要求R ≤m v Bq ,所有粒子才能穿过磁场到达y 轴,B 对；从x 轴入射的粒子在磁场中对应的弧长最长,所以该粒子最后到达y 轴,而y ＝±R 的粒子直接沿直线做匀速运动到达y 轴,时间最短,C 错；从x 轴入射的粒子在磁场中运动时间最长,为t 1＝θ2π·2πm Bq ＝mθBq ,y＝±R 处的粒子直接沿直线做匀速运动到达y 轴,运动时间最短,为t 2＝R v ,所以Δt ＝mθqB －R v ,由图知sin θ＝R r ＝BqR m v ,D 对．答案:BD5．(多选)如图所示,为探讨霍尔效应,取一块长度为a、宽度为b、厚度为d 的金属导体,给金属导体加与侧面垂直的匀强磁场B,且通以图示方向的电流I时,用电压表测得导体上、下表面M、N间电压为U.已知自由电子的电荷量为e.下列说法中正确的是()A．M板比N板电势低B．导体单位体积内自由电子数越多,电压表的示数越大C．导体中自由电子定向移动的速度为v＝U BD．导体单位体积内的自由电子数为n＝BIeUb解析:如题图,电流方向向右,电子定向移动方向向左,根据左手定则判断可知,电子所受的洛伦兹力方向向上,则M板积累了电子,MN之间产生向上的电场,所以M板比N板电势低,选项A正确；电子定向移动相当于长度为d的导体切割磁感线产生感应电动势,电压表的读数U等于感应电动势E,则有U＝E＝Bd v,可见,电压表的示数与导体单位体积内自由电子数无关,选项B错误；由U＝E＝Bd v,得自由电子定向移动的速度为v＝UBd,选项C错误；电流的微观表达式是I＝ne v S,则导体单位体积内的自由电子数n＝Ie v S,S＝db,v＝UBd,代入得n＝BIeUb,选项D正确．答案:AD6．(多选)[TPCC 206.TIF ,Y ]如图所示,直线MN 与水平方向成60°角,MN 的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B .一粒子源位于MN 上的a 点,能水平向右发射不同速率、质量为m (重力不计)、电荷量为q (q >0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN 上的b 点,已知ab ＝L ,则粒子的速度可能是( ) A.3BqL 6m B.3BqL 3m C.3BqL 2m D.3BqL m解析:由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径为r ＝33·L n (n ＝1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bq v ＝m v 2r ,则v ＝Bqr m ＝3BqL 3m ·1n (n ＝1,2,3,…),所以A 、B 对．答案:AB7.一带电微粒M 在相互垂直的匀强电场、匀强磁场中做匀速圆周运动,匀强电场竖直向下,匀强磁场水平且垂直纸面向里,如图所示,下列说法中正确的是()A．沿垂直纸面方向望去,微粒M绕行方向为逆时针方向B．运动过程中外力对微粒做功的代数和为零,故机械能守恒C．在微粒运动一周的时间内重力做功为零D．沿垂直纸面方向望去,微粒M的绕行方向可以是顺时针方向,也可以是逆时针方向解析:微粒M做匀速圆周运动,则重力和静电力平衡,合力为洛伦兹力,再由左手定则判定绕行方向为顺时针方向．答案:C8.如图所示为质谱仪的原理图,A为粒子加速器,电压为U1；B为速度选择器,其中磁场与电场正交(未画出),磁感应强度为B1,板间电压为U2；C为偏转分离器,其中磁场的磁感应强度为B0,D为B、C边界所在虚线PQ上的感光底片．今有一比荷qm未知的正离子从A的上极板中央由静止释放,经加速后,从速度选择器两板正中间空过．若两板间磁场消失,离子重新释放,将从PQ上的M点(没画出)进入偏转磁场中,运动一段时间后打在感光底片的最左端N点,测得M、N两点间距离为x,离子重力不计,则()A．速度选择器中的磁场方向应垂直纸面向里B ．离子的比荷为8U 1x 2B 20C ．若速度选择器板间电压U 2也消失,M 、N 两点间距离将变小D ．离子在偏转磁场中运行的时间一定小于πx 2B 08U 1解析:当两板间磁场消失时,离子有可能从O 点右侧进入C 中,也可能从左侧进入C 中,即速度选择器中磁场方向可以垂直纸面向外,也可以垂直纸面向里,A 错；设离子进入速度选择器时速度为v 0,进入C 中时速度方向与PQ 夹角为θ,大小为v ,则qU 1＝12m v 20,sin θ＝v 0v ,离子在C 中运行的轨迹半径为r ＝m v B 0q ,由几何关系知x ＝2r sin θ,联立得q m ＝8U 1x 2B 20,B 对；由比荷表达式可知M 、N 间距离x 与速度选择器两板间电压无关,C 错；当离子从O点右侧进入C 中时,离子做圆周运动的圆心角大于π,此时运行时间t >T 2＝πm B 0q ＝πx 2B 08U 1,D 错．答案:B。
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—带电粒子在无边界磁场中的运动(含解析)
高考物理复习冲刺压轴题专项突破—带电粒子在无边界磁场中的运动（含解析）一、选择题（1-9题只有一个选项正确，10-12题有多个选项符合条件）1．如图所示，虚线MN 上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，在直角三角形OPQ 中，∠PQO =90°，∠QOP =30°。
两个带电荷量数值相等的粒子a 、b 分别从O 、P 两点垂直于MN 同时射入磁场，恰好在Q 点相遇。
不计粒子重力及粒子间相互作用力。
下列说法正确的是（）A ．a 、b 两粒子均带正电B ．a 、b 两粒子的周期之比为1:3C ．a 、b 两粒子的速度之比为2:1D ．a 、b 两粒子的质量之比为1:3【答案】C【解析】A ．如下图所示由几何关系可得两粒子轨迹圆心在同一点，轨迹半径相等。
根据左手定则可知a 受到的洛伦兹力方向向右，指向圆心，即a 带正电，而b 受到的洛伦兹力方向向右，与圆心方向相反，则b 带负电，故A 错误；B ．两带电粒子射入磁场，同时到达Q 点，故运动时间相等，又由图可知，粒子a 到达Q 点时运动的圆弧对应的圆心角为120︒，粒子b 到达Q 点时运动的圆弧对应的圆心角为60︒，有a b 1136T T =即a b2T T =故B 错误；CD ．又由2m T qBπ=有a b a b 222m m q B q Bππ⨯=解得a b a b21q q m m :=:由洛伦兹力提供向心力，则2v qvB m r=解得rqBv m=即a b a b a b21q q v v m m :=:=:故D 错误，C 正确。
故选C 。
2．如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O 射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，这些粒子在磁场中的运动时间有的较长，有的较短，若带电粒子只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越短的带电粒子（）A ．在磁场中的周期一定越小B ．在磁场中的速率一定越小C ．在磁场中的轨道半径一定越大D ．在磁场中通过的路程一定越小【答案】C 【解析】A ．质量和电荷量都相同的带电粒子，其比荷q m 相同，根据公式2m T qB π=可知，它们进入匀强磁场后做匀速圆周运动的周期相同，选项A 错误；BC ．如图所示为带电粒子的运动轨迹，设这些粒子在磁场中的运动圆弧所对应的圆心角为θ，则运动时间360t T θ=︒在磁场中运动时间越短的带电粒子，圆心角越小，运动半径越大，根据mv r qB =可知，速率一定越大，选项B 错误，选项C 正确；D ．通过的路程即圆弧的长度L r θ=与半径r 和圆心角θ有关，速度越大路程并不是越短，选项D 错误。
2021届高考物理二轮专题分层突破练9 磁场 带电粒子在磁场中的运动(含解析)
专题分层突破练9磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是()A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变2.(2020四川成都高三第二次诊断性检测)如图,两根平行通电长直导线固定,左边导线中通有垂直纸面向外、大小为I1的恒定电流,两导线连线(水平)的中点处,一可自由转动的小磁针静止时N极方向平行于纸面向下。
忽略地磁场的影响。
关于右边导线中的电流I2,下列判断正确的是()A.I2<I1,方向垂直纸面向外B.I2>I1,方向垂直纸面向外C.I2<I1,方向垂直纸面向里D.I2>I1,方向垂直纸面向里3.(2020山东济宁高三5月模拟)如图所示,某同学做“旋转的液体”的实验时,在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极和电源负极相连,在边缘放一个圆柱形电极和电源正极相连。
若蹄形磁铁上方为S极,且两极间正对部分的磁场视为匀强磁场,磁感应强度为B=0.1 T,玻璃皿的横截面的半径为a=0.05 m,电源的电动势为E=3 V,内阻r=0.1 Ω,玻璃皿中两电极间液体的等效电阻为R0=0.3 Ω,当滑动变阻器接入电路的电阻为R=4.9 Ω时,闭合开关后液体旋转时电压表的示数恒为1.5 V,则下列说法正确的是()A.由上往下看,液体做顺时针旋转B.液体所受的安培力大小为1.5×10-3 NC.液体所受的安培力大小为2.5×10-2 ND.当滑片向左移动时,液体转动的速度会增大4.(多选)(2020四川绵阳高三下学期3月月考)半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B,O是圆心,P是磁场边缘上的一点。
高考物理二轮复习专题09磁场与带电粒子在磁场中的运动(讲)(解析版)
2015高三二轮讲练测之讲专题9 磁场与带电粒子在磁场中的运动考向01 磁场的描述 磁场对电流的作用1.讲高考（1）考纲要求知道磁感应强度的概念及定义式，并能理解与应用；会用安培定则判断电流周围的磁场方向.3.会用左手定则分析解决通电导体在磁场中的受力及平衡类问题．（2）命题规律磁感应强度、磁感线、安培力及安培定则和左手定则的运用，一般以选择题的形式出现；安培力的综合应用是高考的热点，题型有选择题，也有综合性的计算题．案例1．【2014·新课标全国卷Ⅰ】关于通电直导线在匀强磁场中所受的安培力，下列说法正确的是（ ）A.安培力的方向可以不垂直于直导线B.安培力的方向总是垂直于磁场的方向C.安培力的大小与通电直导线和磁场方向的夹角无关D.将直导线从中点折成直角，安培力的大小一定变为原来的一半案例2．（多选）【2014·海南卷】如图，两根平行长直导线相距2l ，通有大小相等、方向相同的恒定电流：a 、b 、c 是导线所在平面内的三点，左侧导线与它们的距离分别为2l 、l 和3l 。
关于这三点处的磁感应强度，下列判断正确的是（ ）A．a处的磁感应强度大小比c处的大B．b、c两处的磁感应强度大小相等C．a、c两处的磁感应强度方向相同D．b处的磁感应强度为零案例3．（2013·安徽卷）图中a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线，其横截面位于正方形的四个顶点上，导线中通有大小相同的电流，方向如图所示。
一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动，它所受洛伦兹力的方向是（）A．向上B．向下C．向左D．向右2.讲基础（1）磁场、磁感应强度①磁感应强度：定义式ILF B =(通电导线垂直于磁场)；方向：小磁针静止时N 极的指向． ②匀强磁场：磁感应强度的大小处处相等、方向处处相同的磁场称为匀强磁场（2）磁感线①条形磁铁和蹄形磁铁的磁场磁感线分布②电流的磁场：直线电流的磁场；通电螺线管的磁场；环形电流的磁场；（1）安培力、安培力的方向 匀强磁场中的安培力①安培力公式：θsin BIL F =；磁场和电流垂直时，F ＝BIL ；磁场和电流平行时：F ＝0. ②安培力的方向：左手定则③安培力的方向特点：F ⊥B ，F ⊥I ，即F 垂直于B 和I 决定的平面．3.讲典例案例1．【2014•北京市大兴区高三第一学期期末试卷】如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M 、N 两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流。
高考物理二轮复习闯关导练热点9磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动含解析
热点9 磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1.[2020·浙江7月，9]特高压直流输电是国家重点能源工程．如图所示，两根等高、相互平行的水平长直导线分别通有方向相同的电流I1和I2，I1>I2.a、b、c三点连线与两根导线等高并垂直，b点位于两根导线间的中点，a、c两点与b点距离相等，d点位于b点正下方．不考虑地磁场的影响，则( )A．b点处的磁感应强度大小为0B．d点处的磁感应强度大小为0C．a点处的磁感应强度方向竖直向下D．c点处的磁感应强度方向竖直向下2．半径为R的环形金属圆线圈位于水平面上，共有n匝，处于某一匀强磁场中，如图所示，图中虚线与圆线圈的中轴线重合，虚线左侧区域充满磁场(圆线圈的一半在磁场内)，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于水平面向下．当线圈中通以大小为I的电流时，线圈受到的安培力的大小为( )A．nBIR B．πnBIRC．2πnBIR D．2nBIR3.[2020·全国卷Ⅲ，18]真空中有一匀强磁场，磁场边界为两个半径分别为a和3a的同轴圆柱面，磁场的方向与圆柱轴线平行，其横截面如图所示．一速率为v的电子从圆心沿半径方向进入磁场．已知电子质量为m，电荷量为e，忽略重力．为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，磁场的磁感应强度最小为( )A.3mv2aeB.mvaeC.3mv4aeD.3mv5ae4．[2020·全国卷Ⅱ，17]CT扫描是计算机X射线断层扫描技术的简称，CT扫描机可用于对多种病情的探测．图(a)是某种CT机主要部分的剖面图，其中X射线产生部分的示意图如图(b)所示．图(b)中M、N之间有一电子束的加速电场，虚线框内有匀强偏转磁场；经调节后电子束从静止开始沿带箭头的实线所示的方向前进，打到靶上，产生X射线(如图中带箭头的虚线所示)；将电子束打到靶上的点记为P点．则( )A．M处的电势高于N处的电势B．增大M、N之间的加速电压可使P点左移C．偏转磁场的方向垂直于纸面向外D．增大偏转磁场磁感应强度的大小可使P点左移5．[2020·全国卷Ⅰ，18]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，其边界如图中虚线所示，ab ab为半圆，ac、bd与直径ab共线，ac间的距离等于半圆的半径．一束质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子，在纸面内从c点垂直于ac射入磁场，这些粒子具有各种速率．不计粒子之间的相互作用．在磁场中运动时间最长的粒子，其运动时间为( )A.7πm 6qBB.5πm4qB C.4πm 3qB D.3πm2qB6.电磁泵是指处在磁场中的通电流体在电磁力作用下向一定方向流动的泵，如图所示是一电磁泵工作部分示意图，绝缘非磁性管道的横截面是长为a ，宽为b 的矩形，在管道内上、下管壁处各安装一个长为L 的电极，通以电流I ，当在垂直于管道和电流的方向加一个磁感应强度为B 的匀强磁场时，电流受到的安培力就推动导电液体流动，已知导电液体稳定流动时所受阻力与流动速率成正比，即F 阻＝kv ，则关于导电液体的流动方向和电磁泵的功率，下列说法正确的是( )A ．导电液体可能向左流动B ．导电液体一定向右流动C ．电磁泵的功率为B 2abI 2kD ．电磁泵的功率为B 2b 2I 2k7.[2020·云南玉溪一中第五次调研]如图所示，在纸面内半径为R 的圆形区域中充满了垂直于纸面向里、磁感应强度为B 的匀强磁场．一点电荷从图中A 点以速度v 0垂直磁场射入，速度方向与半径方向的夹角为30°.当该电荷离开磁场时，速度方向刚好改变了180°.不计电荷的重力，下列说法正确的是( )A ．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O 点B ．该点电荷的比荷为2v 0BRC ．该点电荷在磁场中的运动时间为πR2v 0D ．该点电荷在磁场中的运动时间为πR3v 08．[2020·天津卷，7]如图所示，在Oxy 平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B 的匀强磁场．一带电粒子从y 轴上的M 点射入磁场，速度方向与y 轴正方向的夹角θ＝45°.粒子经过磁场偏转后在N 点(图中未画出)垂直穿过x 轴．已知OM ＝a ，粒子电荷量为q ，质量为m ，重力不计．则( )A ．粒子带负电荷B ．粒子速度大小为qBa mC ．粒子在磁场中运动的轨道半径为aD ．N 与O 点相距(2＋1)a 二、非选择题9．[2020·全国卷Ⅱ，24] 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v 0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B m ；(2)如果磁感应强度大小为B m2，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．10．[2020·山西运城市5月适应性测试]如图甲所示，以O为坐标原点建立坐标系，等边三角形OMN内存在垂直纸面向里的匀强磁场，三角形外侧有沿x轴负方向的匀强电场．现有质量m＝1×10－18kg、电荷量q＝＋1×10－15C的带电微粒从坐标为(0，－0.5 m)的Q点，以某一初速度v0沿某一方向入射，从x轴上的P点以v＝200 m/s的速度垂直x轴进入三角形区域．若此时将三角形外侧的电场换成垂直纸面向外的匀强磁场(如图乙所示)，两磁场的磁感应强度大小相等．已知三角形的边长L＝4 m，O、P两点间距离为d＝1 m，重力不计．求：(1)匀强电场的电场强度大小及带电微粒的初速度大小；(2)若两磁场的磁感应强度大小B0＝0.2 T，求该微粒在乙图中运动一个周期的时间t；(3)乙图中若微粒能再次回到P点，则两匀强磁场的磁感应强度大小B应满足什么条件．11．[2020·天津卷，12]多反射飞行时间质谱仪是一种测量离子质量的新型实验仪器，其基本原理如图所示，从离子源A处飘出的离子初速度不计，经电压为U的匀强电场加速后射入质量分析器．质量分析器由两个反射区和长为l的漂移管(无场区域)构成，开始时反射区1、2均未加电场，当离子第一次进入漂移管时，两反射区开始加上电场强度大小相等、方向相反的匀强电场，其电场强度足够大，使得进入反射区的离子能够反射回漂移管．离子在质量分析器中经多次往复即将进入反射区2时，撤去反射区的电场，离子打在荧光屏B上被探测到，可测得离子从A到B的总飞行时间．设实验所用离子的电荷量均为q，不计离子重力．(1)求质量为m的离子第一次通过漂移管所用的时间T1；(2)反射区加上电场，电场强度大小为E，求离子能进入反射区的最大距离x；(3)已知质量为m0的离子总飞行时间为t0，待测离子的总飞行时间为t1，两种离子在质量分析器中反射相同次数，求待测离子质量m1.热点9 磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动1．答案：C解析：由于I1、I2不相等，而两长直导线到b、d的距离相等，所以两长直导线各自在这两点产生的磁场的磁感应强度大小不等，虽方向相反但矢量和不为零，故A、B错误；根据安培定则可知，两电流在a点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向下，在c点产生的磁场的磁感应强度的方向均竖直向上，C正确，D错误．2．答案：D解析：磁场与线圈垂直，每匝线圈在磁场中的有效长度为2R，所受安培力为2BIR，故n 匝线圈所受安培力为2nBIR，D项正确．3.答案：C解析：为使该电子的运动被限制在图中实线圆围成的区域内，且磁感应强度最小，由qvB＝mv 2r 可知，电子在匀强磁场中的轨迹半径r ＝mveB，当r 最大时，B 最小，故临界情况为电子轨迹与有界磁场外边界相切，如图所示，由几何关系知a 2＋r 2＝(3a －r )2，解得r ＝43a ，联立可得最小的磁感应强度B ＝3mv4ae，选项C 正确．4．答案：D 解析：电子带负电，故必须满足N 处的电势高于M 处的电势才能使电子加速，故A 选项错误；由左手定则可判定磁感应强度的方向垂直纸面向里，故C 选项错误；对加速过程应用动能定理有eU ＝12mv 2，设电子在磁场中运动半径为r ，由洛伦兹力提供向心力有evB ＝mv 2r ，则r ＝mvBe ，电子运动轨迹如图所示，由几何关系可知，电子从磁场射出的速度方向与水平方向的夹角θ满足sin θ＝dr (其中d 为磁场宽度)，联立可得sin θ＝dBe2mU，可见增大U 会使θ减小，电子在靶上的落点P 右移，增大B 可使θ增大，电子在靶上的落点P 左移，故B 选项错误，D 选项正确．5．答案：C解析：如图所示，设某一粒子从磁场圆弧ab 上的e 点射出磁场，粒子在磁场中转过的圆心角为π＋θ＝π＋2α，由于所有粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中做匀速圆周运动时，运动轨迹对应的圆心角越大，则运动时间越长．由几何关系可知，α最大时，ce 恰好与圆弧ab 相切，此时sin α＝eO cO ＝12，可得α＝π6，θ＝2α＝π3，设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T ，粒子在磁场中运动的最长时间t ＝T 2＋T 6，又T ＝2πm qB ，解得t ＝4πm3qB，故选C.6．答案：BD解析：由左手定则可判断，电流所受安培力向右，因此导电液体一定向右流动，A 错误，B 正确；当安培力与阻力平衡时，液体流速稳定，有BbI ＝kv ，所以电磁泵的功率P ＝Fv ＝BbI ·BbI k ＝B 2b 2I 2k，C 错误，D 正确．7．答案：BC解析：由题意可画出电荷在磁场中的运动轨迹如图所示，A 错误；由几何关系知电荷做圆周运动的半径为r ＝R2，结合qv 0B ＝m v 20r ，可得q m ＝2v 0BR ，B 正确；电荷在磁场中的运动时间t ＝πr v 0＝πR2v 0，C 正确，D 错误．8．答案：AD 解析：由左手定则可知，带电粒子带负电荷，A 正确；做出粒子的轨迹示意图，如图所示，假设轨迹的圆心为O ′，则由几何关系得粒子的轨道半径为R ＝2a ，则由qvB ＝m v 2R 得v ＝qBRm＝2qBam，BC 错误；由以上分析可知，ON ＝R ＋a ＝(2＋1)a ，D 正确．9．答案：(1)磁场方向垂直纸面向里mv 0qh (2)π6(2－3)h 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qv 0B ＝m v 20R①由此可得R ＝mv 0qB②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B m 时，粒子的运动半径最大，由此得B m ＝mv 0qh④(2)若磁感应强度大小为B m2，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＝h 2h ＝12⑥则α＝π6⑦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 ＝(2－3)h ⑨10．答案：(1)320 V/m 20017 m/s (2)6.28×10－2s (3)B ＝(0.4n ＋0.2)T ，(n ＝0,1,2,3…)解析：(1)在匀强电场中，微粒在电场力作用下，做类平抛运动的逆运动水平方向：OP ＝qE 2m t 2 竖直方向：OQ ＝vt水平分速度v x ＝qE m t微粒的初速度v 0＝v 2＋v 2x联立解得E ＝320 V/m ， v 0＝20017 m/s ；(2)粒子在两磁场中均做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律知qvB 0＝m v 2r ，解得r ＝mv qB 0＝1 m T ＝2πr v，解得T ＝3.14×10－2s粒子的运动轨迹如图所示，故t ＝3×T 6＋3×T 2＝6.28×10－2 s (3)由对称性可知，粒子能再次回到P 点，则粒子运动的半径应满足r (2n ＋1)＝OP (n ＝0,1,2,3…)且r ＝mv qB ，联立可得B ＝(0.4n ＋0.2)T ，(n ＝0,1,2,3…)．11．答案：(1)ml 22qU (2)U E (3)⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1t 02m 0 解析：(1)设离子经加速电场加速后的速度大小为v ，有qU ＝12mv 2① 离子在漂移管中做匀速直线运动，则T 1＝l v ②联立①②式，得T 1＝ ml 22qU③ (2)根据动能定理，有qU －qEx ＝0④得x ＝UE⑤(3)离子在加速电场中运动和反射区电场中每次单向运动均为匀变速直线运动，平均速度大小均相等，设其为v ，有v ＝v 2⑥ 通过⑤式可知，离子在反射区的电场中运动路程是与离子本身无关的，所以不同离子在电场区运动的总路程相等，设为L 1，在无场区的总路程设为L 2，根据题目条件可知，离子在无场区速度大小恒为v ，设离子的总飞行时间为t 总，有t 总＝L 1v ＋L 2v ⑦联立①⑥⑦式，得t 总＝(2L 1＋L 2) m2qU ⑧可见，离子从A 到B 的总飞行时间与m 成正比．依题意可得t 1t 0＝m 1m 0可得m 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t 1t 02m 0⑨。
2020届高考物理二轮复习专题强化练九磁场及带电粒子在磁场中的运动含解析
专题强化练(九)考点1 磁场对通电导体的作用力1.如图所示，电流从A 点分两路，通过对称的环形分路汇合于B 点，在环形分路的中心O 处的磁感应强度为( )A ．垂直环形分路所在平面，且指向纸内B ．垂直环形分路所在平面，且指向纸外C ．在环形分路所在平面内指向BD ．零解析：利用“微元法”把圆周上的电流看成是无数段直导线电流的集合，如图，由安培定则可知在一条直径上的两个微元所产生的磁感应强度等大反向，由矢量叠加原理可知，中心O 处的磁感应强度为零．D 正确．答案：D2．(2019·濮阳模拟)把一根绝缘导线PQ 弯成两个半圆形状，每个半圆的半径都为R ，放置在粗糙的水平桌面上，在桌面上加有竖直向下且磁感应强度为B 的匀强磁场，如图所示(俯视图)．现给导线通入由P 到Q 的电流，并逐渐增大电流强度，导线PQ 始终处于静止状态，则下列说法正确的是( )A ．增大电流强度的过程中，导线PQ 对桌面的摩擦力增大B ．增大电流强度的过程中，导线PQ 对桌面的压力增大C ．当电流强度为I 时，导线PQ 受到的安培力为2πBIRD ．当电流强度为I 时，导线PQ 受到的安培力为32πBIR解析：在桌面方向上，导线受到安培力和静摩擦力而平衡，增大电流强度的过程中，安培力增大，故静摩擦力也增大，A 正确；在竖直方向上导线受到重力和支持力而平衡，与电流强度无关，故增大电流强度的过程中，导线PQ 对桌面的压力不变，B 错误；导线PQ 在磁场中的有效长度为L ＝4R ，故当电流为I 时，导线PQ 受到的安培力为F ＝BIL ＝4BIR ，C 、D 错误．答案：A3．(多选)(2019·潍坊模拟)光滑平行导轨水平放置，导轨左端通过开关S 与内阻不计、电动势为E 的电源相连，右端与半径为L ＝20 cm 的两段光滑圆弧导轨相接，一根质量m ＝60 g 、电阻R ＝1 Ω、长为L 的导体棒ab ，用长也为L 的绝缘细线悬挂，如图所示，系统空间有竖直方向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，当闭合开关S 后，导体棒沿圆弧摆动，摆到最大高度时，细线与竖直方向成θ＝53°角，摆动过程中导体棒始终与导轨接触良好且细线处于张紧状态，导轨电阻不计，sin 53°＝0.8，g 取10 m/s 2，则( )A ．磁场方向一定竖直向下B ．电源电动势E ＝3.0 VC ．导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝3 ND ．导体棒在摆动过程中电源提供的电能为0.048 J解析：导体棒向右沿圆弧摆动，说明受到向右的安培力，由左手定则知该磁场方向一定竖直向下，A 正确；导体棒摆动过程中只有安培力和重力做功，由动能定理知BIL ·L sin θ－mgL (1－cos θ)＝0，代入数值得导体棒中的电流I ＝3 A ，由E ＝IR 得电源电动势E ＝3.0 V ，B 正确；由F ＝BIL 得导体棒在摆动过程中所受安培力F ＝0.3 N ，C 错误；由能量守恒定律知电源提供的电能W 等于电路中产生的焦耳热Q 和导体棒重力势能的增加量ΔE 的和，即W ＝Q ＋ΔE ，而ΔE ＝mgL (1－cos θ)＝0.048 J ，D 错误．答案：AB4．(多选)(2019·郑州模拟)如图所示，一条无限长的水平直导线中通有向右的恒定电流I ，导线正下方固定一正方形线框．线框中通有顺时针方向的恒定电流I ，线框边长为L ，线框上边与直导线平行，且到直导线的距离也为L ，已知在长直导线的磁场中距离长直导线r 处的磁感应强度大小为B ＝kIr，线框质量为m ，则释放线框的一瞬间，线框的加速度可能为( )A ．0B.kI 2m－gC.kI 22m －g D ．g －kI 2m解析：线框上边所在处的磁感应强度大小为B 1＝kI L，由安培定则可判断出磁场方向垂直纸面向里，所受安培力的大小为F 1＝B 1IL ＝kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向上；线框下边所在处的磁感应强度大小为B 2＝k I 2L ，所受安培力的大小为F 2＝B 2IL ＝12kI 2，由左手定则可判断出安培力方向向下；若F 1＝F 2＋mg ，则加速度为0，选项A 正确；若F 1>(F 2＋mg )，则加速度方向向上，由F 1－(F 2＋mg )＝ma ，解得a ＝kI 22m －g ，选项C 正确，B 错误；若F 1<(F 2＋mg )，则加速度方向向下，由(F 2＋mg )－F 1＝ma ，解得a ＝g －kI 22m，选项D 错误．答案：AC考点2 带电粒子在匀强磁场中的运动5.如图所示，通电竖直长直导线的电流方向向上，初速度为v 0的电子平行于直导线竖直向上射出，不考虑电子的重力．则电子将( )A ．向右偏转，速率不变，r 变大B ．向左偏转，速率改变，r 变大C ．向左偏转，速率不变，r 变小D ．向右偏转，速率改变，r 变小解析：由安培定则可知，直导线右侧的磁场垂直纸面向里，且磁场强度随离直导线距离变大而减小，根据左手定则可知，电子受洛伦兹力方向向右．故向右偏转；由于洛伦兹力不做功，故速率不变，由r ＝mvqB知r 变大，故A 正确． 答案：A6．(2019·南昌模拟)如图所示，在x >0，y >0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B .现有一质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子，从x 轴上的某点P 沿着与x 轴正方向成30°角的方向射入磁场．不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是( )A ．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点B ．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm3qBC ．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqBD ．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qB解析：带正电的粒子从P 点沿与x 轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P 点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O 点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点．故选项A 错误；由于P 点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是圆弧与y 轴相切时即300°，运动时间为56T ，而最小的圆心角为P 点在坐标原点即120°，运动时间为13T ，而T＝2πm qB ，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为5πm 3qB ，最短为2πm3qB，选项C 正确，选项B 、D 错误．答案：C7．(多选)(2019·福州质检)在半径为R 的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场．圆边界上的P 处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v 0的同种粒子，如图所示．现测得：当磁感应强度为B 1时，粒子均从由P 点开始弧长为12πR 的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B 2时，粒子则从由P 点开始弧长为23πR 的圆周范围内射出磁场．不计粒子的重力，则( )A ．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r 1∶r 2＝2∶ 3B ．前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r 1∶r 2＝2∶3C ．前后两次磁感应强度的大小之比为B 1∶B 2＝2∶ 3D ．前后两次磁感应强度的大小之比为B 1∶B 2＝3∶ 2解析：假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B 1时，弧长L 1＝12πR 对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r 1＝12·2R sin θ＝R sin π4.如图2，磁感应强度为B 2时，弧长L 2＝23πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r 2＝12·2R sin α＝R sin π3，因此r 1∶r 2＝sin π4∶sinπ3＝2∶3，故A 正确，B 错误；qv 0B ＝m v 20r ，则B ＝mv 0qr ，可以得出B 1∶B 2＝r 2∶r 1＝3∶2，故C 错误，D 正确．答案：AD8．(2018·焦作模拟)如图所示，两个横截面分别为圆形和正方形的区域内有磁感应强度相同的匀强磁场，圆的直径和正方形的边长相等，两个电子分别以相同的速度飞入两个磁场区域，速度方向均与磁场方向垂直，进入圆形磁场的电子初速度方向对准圆心；进入正方形磁场的电子初速度方向垂直于边界，从中点进入．则下面判断错误的是( )A ．两电子在两磁场中运动时，其半径一定相同B ．两电子在磁场中运动的时间有可能相同C ．进入圆形磁场区域的电子可能先飞离磁场D ．进入圆形磁场区域的电子可能后飞离磁场解析：电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力qvB ＝m v 2R ，整理得R ＝mvqB，两过程电子速度v 相同，所以半径相同，选项A 正确；电子在磁场中的可能运动情况如图所示，轨迹1和3分别显示电子先出圆形磁场，再出正方形磁场，轨迹2显示电子同时从圆形与正方形边界出磁场，运动时间相同，所以选项B 、C 正确，选项D 错误．答案：D9．(2019·潍坊质检)如图所示，在足够大的屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，P 为屏上一小孔，PC 与MN 垂直，一束质量为m 、电荷量为－q 的粒子(不计重力)以相同的速率v 从P 处射入磁场区域，粒子入射方向在与磁场垂直的平面里，且分散在与PC 夹角为θ的范围内，则在屏MN 上被粒子打中区域的长度为( )A.2mvqBB.2mv cos θqBC.2mv （1－sin θ）qBD.2mv （1－cos θ）qB解析：如图所示，S 、T 之间的距离为在屏MN 上被粒子打中区域的长度．由qvB ＝m v 2R 得R ＝mv qB ，则PS ＝2R cos θ＝2mv cos θqB ，PT ＝2R ＝2mv qB ，所以ST ＝2mv （1－cos θ）qB.答案：D10．(2019·江淮十校联考)如图所示，静置的内壁光滑的绝缘漏斗处于方向竖直向上的匀强磁场中，漏斗内有两个质量均为m 、电荷量分别为Q A 、Q B 的带正电小球，在水平面内沿图示方向在不同高度做匀速圆周运动，若漏斗内壁与竖直方向的夹角为θ，小球的线速度均为v ，则在小球做圆周运动的过程中( )A ．若Q A >QB ，则A 球在B 球的下方运动B ．无论Q A 、Q B 关系如何，A 、B 均能在同一轨道上运动C ．若Q A >Q B ，则漏斗对A 球的弹力大于对B 球的弹力D ．无论Q A 、Q B 关系如何，均有漏斗对A 球的弹力等于漏斗对B 球的弹力 解析：根据左手定则，小球所受洛伦兹力方向沿半径方向向外，受力分析如图：F N sin θ＝mg ；F N cos θ－qvB ＝m v 2R ，则R ＝mv 2tan θmg －qvB tan θ，则R 随q 的变大而增大，则A 、B 错误；由竖直方向的受力可知：F N ＝mgsin θ，则压力不变，选项C 错误，D 正确．答案：D考点3 带电粒子在磁场中运动的多解问题11．(2018·三明模拟)如图所示，宽度为d 的有界匀强磁场，磁感应强度为B ，MM ′和NN ′是它的两条边界．现有质量为m ，电荷量为q 的带电粒子沿图示方向垂直磁场射入．要使粒子不能从边界NN ′射出，则粒子入射速率v 的最大值可能是多少？解析：题目中只给出粒子“电荷量为q ”，未说明是带哪种电荷． 若q 为正电荷，轨迹是如图所示的上方与NN ′相切的14圆弧，轨道半径：R ＝mv Bq又d ＝R －R cos 45°解得v ＝（2＋2）Bqdm；若q 为负电荷，轨迹如图所示的下方与NN ′相切的34圆弧，则有：R ′＝mv ′Bq，d ＝R ′＋R ′cos 45°，解得v ′＝（2－2）Bqdm.答案：(2＋2)Bqd m (q 为正电荷)或(2－2)Bqdm(q 为负电荷) 12.(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场被边长为L 的等边三角形ABC 理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A 处有一质子源，能沿∠BAC 的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C 点，质子比荷qm＝k ，则质子的速度可能为( )A ．2BkL B.BkL2 C.3BkL2D.BkL8解析：因质子带正电，且经过C 点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60°，所以质子运行半径r ＝L n (n ＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv ＝m v 2r，即v＝Bqr m ＝Bk ·Ln(n ＝1，2，3，…)，选项B 、D 正确．答案：BD13．(多选)(2018·辽宁辽南联考)如图所示，宽2 cm 的有界匀强磁场的纵向范围足够大，磁感应强度的方向垂直纸面向里，现有一群带正电粒子从O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场．若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径均为5 cm ，则( )A ．右边界：－4 cm<y <4 cm 有粒子射出B ．右边界：y >4 cm 和y <－4 cm 有粒子射出C ．左边界：y >8 cm 有粒子射出D ．左边界：0<y <8 cm 有粒子射出解析：粒子恰射出磁场的临界条件如图所示．根据几何关系可得：临界点距x 轴的间距y ＝52－（5－2）2cm ＝4 cm ，可知A 正确，B 错误；左边界x 轴上方带电粒子可达到y ＝8 cm 处，x 轴下方无粒子到达，C 错误，D 正确．答案：AD14.半径为R 的绝缘圆筒中有方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，如图所示．一质量为m 、带电荷量为q 的正粒子(不计重力)以速度v 从筒壁的A 孔沿半径方向进入筒内，设粒子和筒壁的碰撞无电荷量和能量的损失，那么要使粒子与筒壁连续碰撞，绕筒壁一周后恰好又从A 孔射出，问：(1)磁感应强度B 的大小必须满足什么条件？ (2)粒子在筒中运动的时间为多少？解析：(1)粒子射入圆筒后受洛伦兹力作用而偏转，设第一次与B 点碰撞，碰后速度方向又指向O 点，假设粒子与筒壁碰撞n －1次，运动轨迹是n 段相等的圆弧，再从A 孔射出．设第一段圆弧的圆心为O ′，半径为r (如图所示)，则θ＝πn ，由几何关系有：r ＝R tan πn，又由r ＝mv qB，联立两式可以解得B ＝mv Rq tanπn(n ＝3，4，5…)；(2)每段圆弧的圆心角为φ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－θ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－πn ＝n －2n π， 粒子由A 到B 所用时间t ′＝φ2πT ＝12π·n －2n π·2πR v ·tan πn ＝（n －2）πR nv tan πn(n ＝3，4，5…)，故粒子运动的总时间t ＝nt ′＝（n －2）πR v tan πn(n ＝3，4，5…)．答案：(1)B ＝mv Rq tanπn(n ＝3，4，5…)(2)t ＝（n －2）πR v tan πn(n ＝3，4，5…)。
高考物理二轮复习 专项训练 带电粒子在磁场中的运动及解析
高考物理二轮复习 专项训练 带电粒子在磁场中的运动及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．核聚变是能源的圣杯，但需要在极高温度下才能实现，最大难题是没有任何容器能够承受如此高温。
托卡马克采用磁约束的方式，把高温条件下高速运动的离子约束在小范围内巧妙实现核聚变。
相当于给反应物制作一个无形的容器。
2018年11月12日我国宣布“东方超环”（我国设计的全世界唯一一个全超导托卡马克）首次实现一亿度运行，令世界震惊，使我国成为可控核聚变研究的领军者。
（1）2018年11月16日，国际计量大会利用玻尔兹曼常量将热力学温度重新定义。
玻尔兹曼常量k 可以将微观粒子的平均动能与温度定量联系起来，其关系式为32k E kT =，其中k=1.380649×10-23J/K 。
请你估算温度为一亿度时微观粒子的平均动能（保留一位有效数字）。
（2）假设质量为m 、电量为q 的微观粒子，在温度为T 0时垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场，求粒子运动的轨道半径。
（3）东方超环的磁约束原理可简化如图。
在两个同心圆环之间有很强的匀强磁场，两圆半径分别为r 1、r 2，环状匀强磁场围成中空区域，中空区域内的带电粒子只要速度不是很大都不会穿出磁场的外边缘，而被约束在该区域内。
已知带电粒子质量为m 、电量为q 、速度为v ，速度方向如图所示。
要使粒子不从大圆中射出，求环中磁场的磁感应强度最小值。
【答案】(1)15210J k E -≈⨯ (2)03kmT(3)()222212 r mvq r r - 【解析】 【详解】（1）微观粒子的平均动能：1532102k E kT -=≈⨯J （2）2031kT mv 22= 解得： 03kT v m=由2v Bqv m R= 03kmT R =（3）磁场最小时粒子轨迹恰好与大圆相切，如图所示设粒子轨迹半径为r ，由几何关系得：()22221r r r r -=+解得22212:r 2r r r -=由牛顿第二定律 2qvB m v r=解得:()222212B r mvq r r =-2．如图所示，在两块长为3L 、间距为L 、水平固定的平行金属板之间，存在方向垂直纸面向外的匀强磁场．现将下板接地，让质量为m 、电荷量为q 的带正电粒子流从两板左端连线的中点O 以初速度v 0水平向右射入板间，粒子恰好打到下板的中点．若撤去平行板间的磁场，使上板的电势φ随时间t 的变化规律如图所示，则t=0时刻，从O 点射人的粒子P 经时间t 0(未知量)恰好从下板右边缘射出．设粒子打到板上均被板吸收，粒子的重力及粒子间的作用力均不计．(1)求两板间磁场的磁感应强度大小B ．(2)若两板右侧存在一定宽度的、方向垂直纸面向里的匀强磁场，为了使t=0时刻射入的粒子P 经过右侧磁场偏转后在电场变化的第一个周期内能够回到O 点，求右侧磁场的宽度d 应满足的条件和电场周期T 的最小值T min ． 【答案】（1）0mv B qL = （2）223cos d R a R L ≥+= ；min 0(632)3L T v π= 【解析】 【分析】 【详解】（1）如图，设粒子在两板间做匀速圆周运动的半径为R 1，则0102qv B m v R =由几何关系：222113(()2L LR R =+-解得0mv B qL=（2）粒子P 从O 003L v t =01122y L v t = 解得033y v v =设合速度为v ，与竖直方向的夹角为α，则：0tan 3yv v α== 则=3πα0023sin v v α== 粒子P 在两板的右侧匀强磁场中做匀速圆周运动，设做圆周运动的半径为R 2，则212sin L R α=， 解得23L R =右侧磁场沿初速度方向的宽度应该满足的条件为223cos 2d R R L α≥+=； 由于粒子P 从O 点运动到下极板右侧边缘的过程与从上板右边缘运动到O 点的过程，运动轨迹是关于两板间的中心线是上下对称的，这两个过程经历的时间相等，则：2min 0(22)2R T t vπα--=解得()min6323L T v π=【点睛】带电粒子在电场或磁场中的运动问题，关键是分析粒子的受力情况和运动特征，画出粒子的运动轨迹图，结合几何关系求解相关量，并搞清临界状态.3．正、负电子从静止开始分别经过同一回旋加速器加速后，从回旋加速器D型盒的边缘引出后注入到正负电子对撞机中．正、负电子对撞机置于真空中．在对撞机中正、负电子对撞后湮灭成为两个同频率的光子．回旋加速器D型盒中的匀强磁场的磁感应强度为B，回旋加速器的半径为R，加速电压为U；D型盒缝隙间的距离很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．电子的质量为m、电量为e，重力不计．真空中的光速为c，普朗克常量为h．（1）求正、负电子进入对撞机时分别具有的能量E及正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率v（2）求从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程中，D型盒间的电场对电子做功的平均功率P（3）图甲为正负电子对撞机的最后部分的简化示意图．位于水平面的粗实线所示的圆环真空管道是正、负电子做圆周运动的“容器”，正、负电子沿管道向相反的方向运动，在管道内控制它们转变的是一系列圆形电磁铁．即图中的A1、A2、A4……A n共有n个，均匀分布在整个圆环上．每个电磁铁内的磁场都是匀强磁场，并且磁感应强度都相同，方向竖直向下．磁场区域的直径为d．改变电磁铁内电流大小，就可以改变磁场的磁感应强度，从而改变电子偏转的角度．经过精确调整，首先实现电子在环形管道中沿图甲中粗虚线所示的轨道运动，这时电子经过每个电磁铁时射入点和射出点都在电磁铁的同一直径的两端，如图乙所示．这就为进一步实现正、负电子的对撞做好了准备．求电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B大小【答案】(1)22222e B R mcvmh h=+，2222e B REm=；(2)2e B Umπ；(3)02sinB Rndπ【解析】【详解】解：(1)正、负电子在回旋加速器中磁场里则有：2mvevBR=解得正、负电子离开回旋加速器时的速度为：0eB Rvm=正、负电子进入对撞机时分别具有的能量：22220122e B RE mvm==正、负电子对撞湮灭时动量守恒，能量守恒，则有：222E mc hv+=正、负电子对撞湮灭后产生的光子频率：22222e B R mcvmh h=+(2) 从开始经回旋加速器加速到获得最大能量的过程，设在电场中加速n 次，则有：2012neU mv =解得：2202eB Rn mU=正、负电子在磁场中运动的周期为：02mT eB π=正、负电子在磁场中运动的时间为：2022B R nt T Uπ==D 型盒间的电场对电子做功的平均功率：20e B UW E P t t mπ===(3)设电子在匀强磁场中做圆周运动的半径为r ，由几何关系可得sin2dr nπ=解得：2sind r nπ=根据洛伦磁力提供向心力可得：200mv ev B r=电磁铁内匀强磁场的磁感应强度B 大小：02sinB R n B dπ=4．如图甲所示，在直角坐标系0≤x ≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有一个以点（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，从y 轴上的A 点以速度v 0沿x 轴正方向射入电场，飞出电场后从M 点进入圆形区域，此时速度方向与x 轴正方向的夹角为30°．不考虑电子所受的重力．（1）求电子进入圆形区域时的速度大小和匀强电场场强E 的大小；（2）若在圆形区域内加一个垂直纸面向里的匀强磁场，使电子穿出圆形区域时速度方向垂直于x 轴．求所加磁场磁感应强度B 的大小和电子刚穿出圆形区域时的位置坐标； （3）若在电子刚进入圆形区域时，在圆形区域内加上图乙所示变化的磁场（以垂直于纸面向外为磁场正方向），最后电子从N 点处飞出，速度方向与进入磁场时的速度方向相同．请写出磁感应强度B 0的大小、磁场变化周期T 各应满足的关系表达式．【答案】（1）（2）（3）（n=1，2，3…）（n=1，2，3…）【解析】（1）电子在电场中作类平抛运动，射出电场时，速度分解图如图1中所示．由速度关系可得：解得：由速度关系得：v y=v0tanθ=v0在竖直方向：而水平方向:解得：（2）根据题意作图如图1所示，电子做匀速圆周运动的半径R=L根据牛顿第二定律：解得：根据几何关系得电子穿出圆形区域时位置坐标为（，-）（3）电子在在磁场中最简单的情景如图2所示．在磁场变化的前三分之一个周期内，电子的偏转角为60°，设电子运动的轨道半径为r，运动的T0，粒子在x轴方向上的位移恰好等于r1；在磁场变化的后三分之二个周期内，因磁感应强度减半，电子运动周期T′=2T0，故粒子的偏转角度仍为60°，电子运动的轨道半径变为2r，粒子在x轴方向上的位移恰好等于2r．综合上述分析，则电子能到达N点且速度符合要求的空间条件是：3rn=2L（n=1，2，3…）而：解得：（n=1，2，3…）应满足的时间条件为： (T0+T′)=T而：解得（n=1，2，3…）点睛：本题的靓点在于第三问，综合题目要求及带电粒子运动的半径和周期关系，则符合要求的粒子轨迹必定是粒子先在正B0中偏转60°，而后又在− B0中再次偏转60°，经过n次这样的循环后恰恰从N点穿出．先从半径关系求出磁感应强度的大小，再从周期关系求出交变磁场周期的大小.5．电子扩束装置由电子加速器、偏转电场和偏转磁场组成．偏转电场的极板由相距为d的两块水平平行放置的导体板组成，如图甲所示．大量电子由静止开始，经加速电场加速后，连续不断地沿平行板的方向从两板正中间OO’射入偏转电场．当两板不带电时，这些电子通过两板之间的时间为2t0；:当在两板间加最大值为U0、周期为2t0的电压(如图乙所示)时，所有电子均能从两板间通过，然后进入竖直宽度足够大的匀强酸场中，最后打在竖直放置的荧光屏上．已知磁场的水平宽度为L，电子的质量为m、电荷量为e，其重力不计．（1）求电子离开偏转电场时的位置到OO’的最远位置和最近位置之间的距离（2）要使所有电子都能垂直打在荧光屏上，①求匀强磁场的磁感应强度B②求垂直打在荧光屏上的电子束的宽度△y【答案】（1）2010U e y t dm ∆= （2）①00U t B dL =②2010U e y y t dm∆=∆= 【解析】 【详解】（1）由题意可知，从0、2t 0、4t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最大，在这种情况下，电子的最大距离为：2222000max 00000311222y U e U e U e y at v t t t t dm dm dm=+=+= 从t 0、3t 0、……等时刻进入偏转电场的电子离开偏转电场时的位置到OO ′的距离最小，在这种情况下，电子的最小距离为：220min 001122U e y at t dm== 最远位置和最近位置之间的距离：1max min y y y ∆=-，2010U e y t dm∆=（2）①设电子从偏转电场中射出时的偏向角为θ，由于电子要垂直打在荧光屏上，所以电子在磁场中运动半径应为：sin L R θ=设电子离开偏转电场时的速度为v 1，垂直偏转极板的速度为v y ，则电子离开偏转电场时的偏向角为θ，1sin y v v θ=，式中00y U ev t dm= 又：1mv R Be =解得：00U tB dL=②由于各个时刻从偏转电场中射出的电子的速度大小相等，方向相同，因此电子进入磁场后做圆周运动的半径也相同，都能垂直打在荧光屏上．由第（1）问知电子离开偏转电场时的位置到OO ′的最大距离和最小距离的差值为△y 1， 所以垂直打在荧光屏上的电子束的宽度为：2010U e y y t dm∆=∆=6．长为L 的平行板电容器沿水平方向放置，其极板间的距离为d ，电势差为U ，有方向垂直纸面向里的磁感应强度大小为B 的匀强磁场．荧光屏MN 与电场方向平行，且到匀强电、磁场右侧边界的距离为x ，电容器左侧中间有发射质量为m 带＋q 的粒子源，如图甲所示．假设a 、b 、c 三个粒子以大小不等的初速度垂直于电、磁场水平射入场中，其中a 粒子沿直线运动到荧光屏上的O 点；b 粒子在电、磁场中向上偏转；c 粒子在电、磁场中向下偏转．现将磁场向右平移与电场恰好分开，如图乙所示．此时，a、b、c粒子在原来位置上以各自的原速度水平射入电场，结果a粒子仍恰好打在荧光屏上的O点；b、c中有一个粒子也能打到荧光屏，且距O点下方最远；还有一个粒子在场中运动时间最长，且打到电容器极板的中点．求：(1)a粒子在电、磁场分开后，再次打到荧光屏O点时的动能；(2)b，c粒子中打到荧光屏上的点与O点间的距离(用x、L、d表示)；(3)b，c中打到电容器极板中点的那个粒子先、后在电场中，电场力做功之比．【答案】(1)242222222akL B dq m UEmB d= (2)1()2xy dL=+ (3)11224==5UqyW dUqW yd【解析】【详解】据题意分析可作出abc三个粒子运动的示意图，如图所示．(1) 从图中可见电、磁场分开后，a 粒子经三个阶段：第一，在电场中做类平抛运动；第二，在磁场中做匀速圆周运动；第三，出磁场后做匀速直线运动到达O 点，运动轨迹如图中Ⅰ所示．Uq Bqv d=， BdU v =， L LBd t v U==， 222122a Uq L B qdy t dm mU ==， 21()2a a k U U qy E m d Bd=- 242222222a k L B d q m U E mB d =(2) 从图中可见c 粒子经两个阶段打到荧光屏上．第一，在电场中做类平抛运动；第二，离开电场后做匀速直线运动打到荧光屏上，运动轨迹如图中Ⅱ所示．设c 粒子打到荧光屏上的点到O 点的距离为y ，根据平抛运动规律和特点及几何关系可得12=122dy L L x +， 1()2x y d L =+(3) 依题意可知粒子先后在电场中运动的时间比为t 1=2t 2如图中Ⅲ的粒子轨迹，设粒子先、后在电场中发生的侧移为y 1，y 22111·2Uq y t md =，11y Uq v t md =122221·2y Uq t m y t d v +=，22158qU y t md=， 124=5y y ， 11224==5Uqy W d Uq W y d7．如图所示，在竖直平面内建立直角坐标系，y 轴沿竖直方向．在x = L 到x =2L 之间存在竖直向上的匀强电场和垂直坐标平面向里的匀强磁场，一个比荷（qm）为k 的带电微粒从坐标原点以一定初速度沿+x 方向抛出，进入电场和磁场后恰好在竖直平面内做匀速圆周运动，离开电场和磁场后，带电微粒恰好沿+x 方向通过x 轴上x =3L 的位置，已知匀强磁场的磁感应强度为B ，重力加速度为g ．求：（1）电场强度的大小； （2）带电微粒的初速度；（3）带电微粒做圆周运动的圆心坐标．【答案】（1）g k （2）2gkB（3）2222232(,)28g k B L L k B g -【解析】 【分析】 【详解】（1）由于粒子在复合场中做匀速圆周运动，则：mg =qE ，又=qk m解得g E k=（2）由几何关系：2R cos θ=L ，粒子做圆周运动的向心力等于洛伦兹力：2v qvB m r= ；由cos y v vθ=在进入复合场之前做平抛运动：y gt =v0L v t =解得02g v kB=（3）由212h gt =其中2kBL t g = ，则带电微粒做圆周运动的圆心坐标：'32O x L =； 222'222sin 8O g k B L y h R k B g θ=-+=-8．如图所示，虚线MN 为匀强电场和匀强磁场的分界线，匀强电场场强大小为E 方向竖直向下且与边界MN 成θ=45°角，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向垂直纸面向外，在电场中有一点P ，P 点到边界MN 的竖直距离为d 。
高考物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在磁场中的运动及解析
高考物理二轮复习 专项训练 物理带电粒子在磁场中的运动及解析一、带电粒子在磁场中的运动专项训练1．如图所示，虚线MN 沿竖直方向，其左侧区域内有匀强电场（图中未画出）和方向垂直纸面向里，磁感应强度为B 的匀强磁场，虚线MN 的右侧区域有方向水平向右的匀强电场．水平线段AP 与MN 相交于O 点．在A 点有一质量为m ，电量为+q 的带电质点，以大小为v 0的速度在左侧区域垂直磁场方向射入，恰好在左侧区域内做匀速圆周运动，已知A 与O 点间的距离为03mv qB ，虚线MN 右侧电场强度为3mgq，重力加速度为g ．求：（1）MN 左侧区域内电场强度的大小和方向；（2）带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角为多大时，质点在磁场中刚好运动到O 点，并画出带电质点在磁场中运动的轨迹；（3）带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度的大小v p ．【答案】（1）mgq，方向竖直向上；（2）；（3013v ．【解析】 【详解】（1）质点在左侧区域受重力、电场力和洛伦兹力作用，根据质点做匀速圆周运动可得：重力和电场力等大反向，洛伦兹力做向心力；所以，电场力qE =mg ，方向竖直向上； 所以MN 左侧区域内电场强度mgE q左=，方向竖直向上； （2）质点在左侧区域做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：200mv Bv q R=，所以轨道半径0mv R qB=； 质点经过A 、O 两点，故质点在左侧区域做匀速圆周运动的圆心在AO 的垂直平分线上，且质点从A 运动到O 的过程O 点为最右侧；所以，粒子从A 到O 的运动轨迹为劣弧； 又有033AO mv d R ==；根据几何关系可得：带电质点在A 点的入射方向与AO 间的夹角1260AOd arcsin Rθ==︒； 根据左手定则可得：质点做逆时针圆周运动，故带电质点在磁场中运动的轨迹如图所示：；（3）根据质点在左侧做匀速圆周运动，由几何关系可得：质点在O 点的竖直分速度00360y v v sin =︒=，水平分速度001602x v v cos v =︒=；质点从O 运动到P 的过程受重力和电场力作用，故水平、竖直方向都做匀变速运动； 质点运动到P 点，故竖直位移为零，所以运动时间023y v v t g==所以质点在P 点的竖直分速度032yP y v v v ==， 水平分速度000317322xP x v qE v v t v g v m g =+=⋅=； 所以带电质点从O 点进入虚线MN 右侧区域后运动到P 点时速度22013P yP xP v v v v =+=；2．“太空粒子探测器”是由加速、偏转和收集三部分组成，其原理可简化如下：如图1所示，辐射状的加速电场区域边界为两个同心平行半圆弧面，圆心为O ，外圆弧面AB 的电势为2L()o ϕ>，内圆弧面CD 的电势为φ，足够长的收集板MN 平行边界ACDB ，ACDB 与MN 板的距离为L ．假设太空中漂浮着质量为m ，电量为q 的带正电粒子，它们能均匀地吸附到AB 圆弧面上，并被加速电场从静止开始加速，不计粒子间的相互作用和其它星球对粒子的影响，不考虑过边界ACDB 的粒子再次返回．（1）求粒子到达O 点时速度的大小；（2）如图2所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个匀强磁场，方向垂直纸面向内，则发现均匀吸附到AB 圆弧面的粒子经O 点进入磁场后最多有23能打到MN 板上，求所加磁感应强度的大小；（3）如图3所示，在PQ （与ACDB 重合且足够长）和收集板MN 之间区域加一个垂直MN 的匀强电场，电场强度的方向如图所示，大小4E Lφ=，若从AB 圆弧面收集到的某粒子经O 点进入电场后到达收集板MN 离O 点最远，求该粒子到达O 点的速度的方向和它在PQ 与MN 间运动的时间． 【答案】（1）2q v mϕ=2）12m B L q ϕ=；（3）060α∴= ；22m L q ϕ【解析】 【分析】 【详解】试题分析：解：（1）带电粒子在电场中加速时，电场力做功，得：2102qU mv =-2U ϕϕϕ=-=2q v mϕ=(2）从AB 圆弧面收集到的粒子有23能打到MN 板上，则上端刚好能打到MN 上的粒子与MN 相切，则入射的方向与OA 之间的夹角是60︒，在磁场中运动的轨迹如图甲，轨迹圆心角060θ=．根据几何关系，粒子圆周运动的半径：2R L =由洛伦兹力提供向心力得：2v qBv m R=联合解得：12m B L qϕ=（3）如图粒子在电场中运动的轨迹与MN 相切时，切点到O 点的距离最远， 这是一个类平抛运动的逆过程． 建立如图坐标.212qE L t m=222mL mt L qE q ϕ==22x Eq qEL q v t m m m ϕ===若速度与x 轴方向的夹角为α角 cos x v v α=1cos 2α=060α∴=3．如图甲所示，在直角坐标系中的0≤x≤L 区域内有沿y 轴正方向的匀强电场，右侧有以点（2L ，0）为圆心、半径为L 的圆形区域，与x 轴的交点分别为M 、N ，在xOy 平面内，从电离室产生的质量为m 、带电荷量为e 的电子以几乎为零的初速度从P 点飘入电势差为U 的加速电场中，加速后经过右侧极板上的小孔Q 点沿x 轴正方向进入匀强电场，已知O 、Q两点之间的距离为2L，飞出电场后从M 点进入圆形区域，不考虑电子所受的重力。
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专题分层突破练9 磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.如图所示,两个完全相同、所在平面互相垂直的导体圆环P、Q中间用绝缘细线连接,通过另一绝缘细线悬挂在天花板上,当P、Q中同时通有图示方向的恒定电流时,关于两线圈的转动(从上向下看)以及细线中张力的变化,下列说法正确的是()A.P顺时针转动,Q逆时针转动,转动时P与天花板连接的细线张力不变B.P逆时针转动,Q顺时针转动,转动时两细线张力均不变C.P、Q均不动,P与天花板连接的细线和与Q连接的细线张力均增大D.P不动,Q逆时针转动,转动时P、Q间细线张力不变2.如图所示,A、B、C三根平行通电直导线均为m,通入的电流大小均相等,其中C中的电流方向与A、B中的电流方向反向,A、B放置在粗糙的水平面上,C静止在空中,三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,且三根导线均保持静止,重力加速度为g,则A导线受到B导线的作用力大小和方向为()A.mg,方向由A指向BB.mg,方向由B指向AC.mg,方向由A指向BD.mg,方向由B指向A3.(2019江西省红色七校联考)如图所示,三根通电长直导线P、Q、R互相平行,垂直纸面放置,其间距均为a,电流强度均为I,方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中,距导线r处的磁感应强度B=,其中k为常量)。
某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过原点O,速度大小为v,方向沿y轴正方向,则电子此时所受的洛伦兹力为()A.方向垂直纸面向里,大小为B.方向指向x轴正方向,大小为C.方向垂直纸面向里,大小为D.方向指向x轴正方向,大小为4.(多选)如图所示,平面直角坐标系的第二象限内存在着垂直纸面向外、磁感应强度大小为2B的匀强磁场,第三象限内存在着垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。
一带负电的粒子从原点O以某一速度沿与y轴成30°角方向斜向上射入磁场,且在第二象限运动时的轨迹圆的半径为R,已知带电粒子的质量为m,所带电荷量为q,且所受重力可以忽略。
则()A.粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2B.粒子完成一次周期性运动的时间C.粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3RD.若仅将粒子的入射速度大小变为原来的2倍,则粒子完成一次周期性运动的时间将减少5.(多选)(2019四川五校联考)如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。
现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向射入磁场。
不计重力的影响,则下列说法正确的是()A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为6.(多选)(2019长沙四校模拟)如图所示,圆心角为90°的扇形COD内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场,E点为半径OD的中点。
现有比荷大小相等的两个带电粒子a、b(不计重力)以大小不等的速度分别从O、E点均沿OC方向射入磁场,粒子a恰从D点射出磁场,粒子b恰从C点射出磁场,已知sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,则下列说法中正确的是()A.粒子a带正电,粒子b带负电B.粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为5∶2C.粒子a、b的速率之比为2∶5D.粒子a、b在磁场中运动的时间之比为180∶537.(2019广东珠海模拟)如图所示,直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场,一质量为m、电荷量为+q的粒子在纸面内以速度v从y轴上的A点(0,-L)射入,其方向与x轴正方向成30°角,粒子离开磁场后能回到A点,不计重力。
求:(1)磁感应强度B的大小;(2)粒子从A点出发到再回到A点的时间。
B组8.如图所示,在xOy平面内,有一以O为圆心、R为半径的半圆形匀强磁场区域,磁场方向垂直坐标平面向里,磁感应强度大小为B。
位于O点的粒子源向第二象限内的各个方向连续发射大量同种带电粒子,粒子均不会从磁场的圆弧边界射出。
粒子的速率相等,质量为m、电荷量大小为q,粒子重力及粒子间的相互作用均不计。
(1)若粒子带负电,求粒子的速率应满足的条件及粒子在磁场中运动的最短时间;(2)若粒子带正电,求粒子在磁场中能够经过区域的最大面积。
如图所示,在x轴和x轴上方存在垂直xOy平面向外的匀强磁场,坐标原点O处有一粒子源,可向x 轴和x轴上方的各个方向不断地发射速度大小均为v、质量为m、带电荷量为+q的同种带电粒子。
在x轴上距离原点x0处垂直于x轴放置一个长度为x0、厚度不计、能接收带电粒子的薄金属板P(粒子一旦打在金属板P上,其速度立即变为0)。
现观察到沿x轴负方向射出的粒子恰好打在薄金属板的上端,且速度方向与y轴平行。
不计带电粒子的重力和粒子间相互作用力。
(1)求磁感应强度B的大小;(2)求被薄金属板接收的粒子中运动的最长与最短时间的差值;(3)若在y轴上放置一挡板,使薄金属板右侧不能接收到带电粒子,试确定挡板的最小长度和放置的位置坐标。
10.如图甲所示,直角坐标系xOy中,第二象限内有沿x轴正方向的匀强电场,第一、四象限内有垂直坐标平面的匀强交变磁场,磁场方向垂直纸面向外为正方向。
第三象限内有一发射装置(没有画出)沿y轴正方向射出一个比荷=100 C/kg的带正电的粒子(可视为质点且不计重力),该粒子以v0=20 m/s的速度从x轴上的点A(-2m,0)进入第二象限,从y轴上的点C(0,4m)进入第一象限。
取粒子刚进入第一象限的时刻为0时刻,第一、四象限内磁场的磁感应强度按图乙所示规律变化,g取10 m/s2。
(1)求第二象限内电场的电场强度大小;(2)求粒子第一次经过x轴时的位置坐标。
专题分层突破练9磁场带电粒子在磁场中的运动1.A解析根据安培定则,P产生的磁场的方向垂直于纸面向外,Q产生的磁场水平向右,根据同名磁极相互排斥的特点,从上往下看,P将顺时针转动,Q逆时针转动;转动后P、Q两环的电流的方向相反,两环靠近部分的电流方向相同,所以两个线圈相互吸引,细线张力减小。
由整体法可知,P与天花板连接的细线张力总等于两环的重力之和,大小不变;故A正确,BCD错误。
故选A。
2.A解析三根导线的截面处于一个等边三角形的三个顶点,通入的电流大小均相等,则F BC=F AC=F AB,又反向电流相互排斥,对电流C受力分析如图。
由平衡条件可得:2F AC cos30°=mg,解得:F AC=mg,则F AB=mg,同向电流相互吸引,A导线受到B导线的作用力方向由A指向B。
综上答案为A。
3.A解析P、Q两根导线到O点的距离相等,根据安培定则,两导线在O点产生的磁场方向相反,大小相等,所以最终磁场的磁感应强度大小等于导线R在O点产生的磁场的磁感应强度大小,根据安培定则,磁场的方向沿x轴负方向,RO=a,磁感应强度的大小B=,根据左手定则,洛伦兹力方向垂直纸面向里,大小F=evB=,故A正确。
4.AC解析由半径公式r=知,轨道半径与磁感应强度B成反比,所以粒子在第二象限和第三象限两磁场中运动的轨迹圆半径之比为1∶2,故A正确;粒子在磁场中运动一个周期的轨迹如图所示:在第二象限的周期T1=,圆心角120°,运动时间t1=T1=,在第二象限运动的周期T2=,圆心角120°,运动时间t2=T2=,所以粒子完成一次周期性运动的时间T0=t1+t2=,故B错误;粒子在第三象限轨迹圆的半径为2R,从O点入射后第一次经过x轴时的位置到坐标原点的距离x1=R,第二次圆弧的弦长x2=R2=2R,所以粒子从O位置入射后第二次经过x轴时的位置到坐标原点的距离为3R,故C正确;若仅将粒子的入射速度变为原来的2倍,周期T=与速度无关,圆心角不变,所以在磁场中运动时间t=T不变,故D错误;故选AC。
5.BC解析带正电粒子由P点沿与x轴成30°角的方向入射,则粒子运动轨迹的圆心在过P点且与速度方向垂直的方向上,粒子在磁场中要想到达坐标原点,转过的圆心角肯定大于180°,假设如图所示,而因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,A错误;由于P点的位置不定,所以粒子在磁场中的轨迹圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角为300°,运动的时间t=T=。
当粒子从无限靠近坐标原点出发时,对应的最小圆心角也一定大于120°,所以运动时间t>T=,故粒子在磁场中运动的时间范围是<t≤,BC正确,D错误。
6.CD解析两个粒子的运动轨迹如图所示,根据左手定则判断知粒子a带负电,粒子b带正电,A错误;设扇形COD的半径为r,粒子a、b的轨道半径分别为R a、R b,则R a==r2+,sinθ=,得R b=r,θ=53°,由qvB=m,得v=R,所以粒子a、b的速率之比为,C正确;由牛顿第二定律得加速度a=,所以粒子a、b在磁场中运动的加速度大小之比为,B 错误;粒子a在磁场中运动的时间t a=,粒子b在磁场中运动的时间t b=,则,D正确。
7.答案 (1)(2)解析 (1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示,由几何关系知,r==2L,洛伦兹力提供向心力,qvB=,联立得B=。
(2)粒子做匀速直线运动的时间t1=2×,在磁场中偏转了300°,所用时间t2=T=,粒子从A点出发到再回到A点的时间t=t1+t2=8.答案 (1)v≤t=(2)πR2解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,则:qvB=m根据几何关系:r≤联立得:v≤粒子在磁场中做圆周运动的周期:T=由粒子在磁场中运动的轨迹可得,沿y轴正向射入磁场中的粒子在磁场中运动时间最短,则:t=联立可得:t=(2)分析可得,粒子在磁场中能经过的区域为半圆,如图中阴影部分,由几何关系可得该半圆的半径:r'=R面积:S=πr'2联立可得:S=πR29.答案 (1)(2)(3)最小长度为(2-)x0,上端坐标为(0,2x0),下端坐标为(0,x0)解析 (1)由左手定则可以判断带电粒子在磁场中沿顺时针方向做圆周运动,沿-x方向射出的粒子恰好打在金属板的上方,如图a所示,R=x0①qvB=m②联立得B=③图a(2)粒子做圆周运动的周期为T,T=④图b为带电粒子打在金属板左侧面的两个临界点,由图可知,圆心O与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成30°,由图b可知到达薄金属板左侧下端的粒子用时最短,即t=⑤图b图c为打在右侧下端的临界点,圆心与坐标原点和薄金属板下端构成正三角形,带电粒子速度方向和x轴正方向成150°,由图c可知到达金属板右侧下端的粒子用时最长,即t=⑥则被板接收的粒子中最长和最短时间之差为Δt=⑦图c(3)由图a可知挡板上端坐标为(0,2x0)由图c可知挡板下端y坐标为y2=2x0cos30°=x0,下端(0,x0)最小长度L=(2-)x010.答案 (1)1 N/C(2)(3 m,0)解析 (1)带电粒子在第二象限的电场中只受电场力,且电场力方向与初速度方向垂直,所以,粒子做类平抛运动;粒子从A点到C点用时t=s=s;粒子在水平方向上有a=,所以OA=at2,则有E=a=N/C=1N/C。