《【名师伴你行】2016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)》由会员分享，可在线阅读，更多相关《【名师伴你行】2016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)（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、磁场及带电粒子在磁场中的运动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)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( )A2 B. C1 D.222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r1是其在铝板下方做匀速圆周运动的轨道
2、半径r2的 2倍设粒子在P点的速度为v1，根据牛顿第二定律可得qv1B1，则B1；同mv2 1 r1mv1 qr12mEkqr1理，B2，则，选项 D 正确，A、B、C 错误mv2 qr22m1 2Ekqr2B1 B2222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v0的电子从Q点射出已知电子入射方向与边界的夹角为，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 2D速率大于v0的电子在磁场中运动的时间长答案：C解析：由左手定则
3、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mv0 eB 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 2，所有电子的速度方向都改变了 2，选项 C 正确；又因为电子在磁场中运动的周期为T，所以电子在磁场中2m eB运动的时间为tT，与电子运动的速率无关，选项 D 错误2 22m eB3(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
4、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. BT TC. DT2T3答案：A解析：由题意可知，等离子体的动能EkcT(c是比例系数)，在磁场中做半径一定的圆周运动，由qvBm可知，B，因此 A 项正确，B、C、D 项错误v2 rmv rq2mEkrq2mcrqT4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
5、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v2R t带电粒子在磁场中的运动半径由题图可知rRcot 30R3由粒子在磁场中运动的轨道半径公式可得R3mv qB由以上三式可得 q m23Bt周期Tt2m qB23qBt2 qB3在磁场中运动的时间t tT 636运动的角速度，所以选 C.2 T23t2 33t5(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v0的速度沿DB方向射
6、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mv0 qLB电荷在磁场中运动的时间为L v0C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 2v0，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rL，根据牛顿第二定律：qv0Bm，v2 0 r得B，A 正确；由T，转过的圆心角为 90，则t ，故 B 错误；mv0 qL2L v01 42L v0L 2v0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，周期与速度2m qB无关，故电荷
7、在磁场中运动的时间不变，C 错误；若电荷的入射速度变为 2v0，则半径变为2L，轨迹如图，设DF为h，由几何知识：(2Lh)2L2(2L)2，得h(2)LL，可见E不是AB31 2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)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
8、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 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 粒子刚好垂直打在荧光屏上若
9、 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2mv edB磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度B的大小为mv 2edC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Rd得：Bmv Bqmv dq，A 错误，B 正确； 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mv 2de的粒子，故荧光屏上能观察到的亮斑区的长度为 2R2d，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
10、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2mv qBC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，A 错；平行于MN且向N侧射入的离子在磁场中运动时2mv qB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
11、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m5.0108 kg、电量为q1.0106 C 的带电粒子，从静止开始经U010 V 的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP30 cm，(粒子重力不计，sin 370.6，cos 370.8)求：(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；(2)若磁感应强度B2.0
12、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)B5.33 T解析：(1)对带电粒子的加速过程，由动能定理得：qUmv21 2解得：v20 m/s.(2)带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，则：qvBmv2 R解得：R0.50 m而0.50 mOP cos 53故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示：甲由几何关系可知：OQRRsin 530.90 m.(3)带电粒子不从x轴射出，如图乙所示：乙由几何关系得：OPRRcos 53Rmv qB解得：B T5.33 T.16 310(2015湖南
13、株洲质检)如图所示，在xOy平面内，在 00 的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场，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30射入磁场，粒子刚好经过P点进入磁场，后经过x轴上的M点(图中未标出)射出磁场.已知P点坐标为(1.5l，l)，不计重力的影响，求：32(1)粒子的初速度大小；(2)M点在x轴上的位置答案：(1) (2)3lqBl m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OO1交PA于点O1，如图所示，根据P点的坐标值及初速度方向可得APOO1OP30故点O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r.由几何关系可得rrcos 601.5l解得rl根据牛顿运动定律有qvBmv2 r解得v.qBl m(2)由对称性可知OM21.5l3l.
