2015高考物理二轮专题复习 素能提升 1-3-8 磁场及带电粒子在磁场中的运动（含解析）新人教版.doc

‎【优化探究】2015高考物理二轮专题复习 素能提升 ‎1-3-8‎ 磁场及带电粒子在磁场中的运动（含解析）新人教版 ‎1. (多选)(2014年高考新课标Ⅱ全国卷)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．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同 C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该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 解析：在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反，偏转方向必相反，故A正确．因r＝，各粒子虽q相同、但v关系未知，故m相同、v不同时轨迹半径不同，而当r相同时只能表明mv相同，不能确定m的关系，故B错误，C正确．由Ek＝mv2有r＝，可见当Ek越大时，确定的粒子其轨迹半径越大，故D错误．‎ 答案：AC ‎2．(多选)(2014年高考浙江卷)如图甲所示，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，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中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 解析：根据题意得出vt图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．‎ - 11 -‎ 答案：ABC ‎3．(2014年高考江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．‎ ‎(1)求磁场区域的宽度h；‎ ‎(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；‎ ‎(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．‎ 解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，‎ 根据题意知L＝3rsin 30°＋3dcos 30°，‎ 且h＝r(1－cos 30°)．‎ 解得h＝(L－d)(1－)．‎ ‎(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，‎ 洛伦兹力提供向心力，则有 m＝qvB，m＝qv′B.‎ 由题意知3rsin 30°＝4r′sin 30°，‎ 解得Δv＝v－v′＝(－d)．‎ ‎(3)设粒子经过上方磁场n次，‎ 由题意知L＝(2n＋2)dcos 30°＋(2n＋2)rnsin 30°，‎ 且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤nR)分别存在两个磁场方向均垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)；垂直于xOy平面放置了两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于x轴放置在y轴坐标为－2.2R的位置，荧光屏乙平行于y轴放置在x轴坐标为3.5R的位置．现有一束质量为m、电荷量为q(q>0)、动能为E0的粒子从坐标为(－R,0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现坐标为(0.4R，－2.2R)的亮点N.若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为(0，－2.2R)的亮点M.此时，若将荧光屏甲沿y轴负方向平移，则亮点x轴坐标始终保持不变．(不计粒子重力影响)‎ ‎(1)求区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向；‎ ‎(2)若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为m、电荷量为－q、动能为3E0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置坐标．‎ 解析：(1)由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示．粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的磁场．区域Ⅰ中圆周运动的圆心是O1点，半径为r1＝R 由qvB1＝m可得B1＝＝，‎ 方向垂直平面xOy向外．‎ 粒子进入区域Ⅱ后做半径为r2的圆周运动，由qvB2＝m可得r2＝.‎ 圆周运动的圆心O2坐标为(r2，－R)，‎ 则(r2－0.4R)2＋(2.2R－R)2＝r，‎ 解得r2＝2R.‎ 则B2＝＝，‎ 方向垂直平面xOy向里．‎ - 11 -‎ ‎(2)粒子束改为质量为m、电荷量为－q，动能为3E0的运动轨迹如图乙所示．粒子先在区域Ⅰ中做圆周运动，‎ 半径为r3＝＝＝R.‎ 由圆心O3的坐标(－R，R)可知，O‎3A与O3O的夹角为30°.通过分析图乙的几何关系，粒子从D点穿出区域Ⅰ的速度方向与x轴正方向的夹角θ＝60°.‎ 粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的半径为 r4＝＝＝2R，‎ 其圆心O4的坐标为(Rcos 60°＋r4cos 30°，‎ ‎－(r4sin 30°－Rsin 60°))，即(R，－R)．‎ 说明圆心O4恰好在荧光屏乙上．所以，亮点将出现在荧光屏乙上的P点，其y轴坐标为y＝－R＋r4＝R，即亮点P的坐标为(3.5R，R)．‎ 答案：(1)　垂直平面xOy向外　　垂直平面xOy向里　(2)(3.5R，R)‎ - 11 -‎