2020高考物理二轮课后演练专题三第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动（Word版带解析）

(建议用时：40 分钟) 一、单项选择题 1．(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：选 C.由左手定则可知，粒子带负电，A 项错误；由于洛伦兹力不做功，故粒子速 率不变，B 项错误；粒子在磁场中运动轨迹半径 R＝ mv qB，若仅减小磁感应强度 B 的大小，则 R 变大，粒子可能从 b 点右侧射出，C 项正确；若仅减小入射速率，则 R 变小，粒子在磁场中 的偏转角 θ 变大，t＝ θ 2πT，T＝ 2πm qB ，粒子在磁场中的运动时间变长，D 项错误． 2．如图所示，竖直平行边界 MN、PQ 间有垂直于纸面向里的匀强磁场，甲、乙两个完全 相同的粒子(不计粒子的重力)在边界 MN 上的 C 点分别以垂直于磁场的速度进入磁场，速度方 向与边界 MN 的夹角分别为 30°、45°，结果两个粒子均从边界 PQ 上的 D 点射出磁场，C、 D 连线与两边界的垂线 CE 的夹角 θ＝30°，则两粒子在磁场中运动的速度之比 v 甲 v 乙及运动的时 间之比 t甲 t乙分别为(已知 sin 15°＝ 6－ 2 4 ，cos 15°＝ 6＋ 2 4 )(　　) A. 6－ 2 2 　2　　　　　　 B. 6＋ 2 2 　2 C. 6－ 2 4 　 2 3 D. 6＋ 2 4 　 2 3 解析：选 A.C、D 两点间的距离记为 L，粒子的运动轨迹如图所示，则轨迹半径 r＝L 2cos（θ＋α），轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合 r＝ mv qB和 T＝ 2πm qB ， 得 v∝ 1 cos（30°＋α），t＝ β 360°T∝(120°－2α)，则 v 甲 v 乙＝ cos（30°＋45°） cos（30°＋30°）＝ 6－ 2 2 ， t甲 t乙＝ 120°－2 × 30° 120°－2 × 45°＝2，选项 A 正确． 3．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方 向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(　　) A．轨道半径减小，角速度增大 B．轨道半径减小，角速度减小 C．轨道半径增大，角速度增大 D．轨道半径增大，角速度减小 解析：选 D.分析轨道半径：带电粒子从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的速 度 v 大小不变，磁感应强度 B 减小，由公式 r＝ mv qB可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式 T＝ 2πm qB 可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据 Ω＝ 2π T 知角速度减小，选项 D 正确． 4．(2019·淄博模拟)一圆筒处于磁感应强度大小为 B 的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平 行，筒的横截面如图所示．图中直径 MN 的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度 Ω 顺 时针转动．在该截面内，一带电粒子从小孔 M 射入筒内，射入时的运动方向与 MN 成 30° 角．当筒转过 90°时，该粒子恰好从小孔 N 飞出圆筒．不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发 生碰撞，则带电粒子的比荷为(　　) A. ω 3B B. ω 2B C. ω B D. 2ω B 解析：选 A.由题可知，粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对的圆心角为 30°，因此粒子在磁场中运动的时间为 t＝ 1 12× 2πm qB ，粒子在磁场中运动的时间与筒转过 90°所用的时间相等，即 πm 6qB＝ 1 4× 2π ω ，求得 q m＝ ω 3B， A 项正确． 5．在空间中有一如图所示边界垂直纸面向里、磁感应强度为 B 的匀 强磁场，已知 P、Q、O 为边长为 L 的等边三角形的三个顶点，两个带电粒 子甲和乙分别从 P 点垂直 PO 方向射入匀强磁场中，甲从 PO 边的 M 点 射出磁场，乙从 QO 边的 N 点射出磁场，已知 PM＝2MO，QN＝NO，据此 可知(　　) A．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比为 1∶2 B．若两个带电粒子的动能相同，则甲、乙两个带电粒子所带电荷量之比为 3∶2 C．若两个带电粒子的带电荷量相同，则甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比 为 3∶2 D．若两个带电粒子的比荷相同，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为 3∶2 解析：选 D．根据题述，画出两个带电粒子在磁场区域中运动的轨迹，如图所示，由几 何关系可知，r 甲＝ 1 3L，r 乙＝ 1 2L.由 qvB＝m v2 r ，解得 r＝ mv qB＝ p qB.若两个带电粒子的比荷 q m 相同， 由 r＝ mv qB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的速度大小之比等于轨迹半径之比，即 v 甲∶v 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项 A 错误；若两个带电粒子的动能相同，由 r＝ mv qB＝ 2mEk qB 可知，甲、 乙两个带电粒子所带电荷量的比值为 q 甲 q 乙＝ m 甲 m 乙 · r乙 r甲＝ 3 2 m 甲 m 乙，选项 B 错误；若两个带电粒子 所带电荷量 q 相同，由 r＝ mv qB＝ p qB可知，甲、乙两个带电粒子射入磁场时的动量大小之比等于 轨迹半径之比，即 p 甲∶p 乙＝r 甲∶r 乙＝2∶3，选项 C 错误；若两个带电粒子的比荷相同，则 由 T＝ 2πm qB 可知两粒子在磁场中运动的周期相同，带电粒子甲在磁场区域中运动轨迹圆弧所对 圆心角为 180°，在磁场中运动的时间为 T 2；带电粒子乙在磁场区域中运动轨迹圆弧所对圆心角为 120°，在磁场中运动的时间为 T 3，则甲、乙两个带电粒子在磁场中运动的时间之比为 t 甲∶t 乙＝3∶2，选项 D 正确． 6．如图所示，在 OA 和 OC 两射线间存在着匀强磁场，∠AOC＝30 °，正负电子(质量、电荷量大小相同，电性相反)以相同的速度从 M 点垂 直 OA 方向射入匀强磁场，下列说法正确的是(　　) A．若正电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能 为 3∶1 B．若正电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 6∶1 C．若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比不可能为 1∶1 D．若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比可能为 1∶6 解析：选 D.正电子向右偏转，负电子向左偏转，若正电子不从 OC 边射出，负电子一定 不会从 OC 边射出，二者运动轨迹对应的圆心角均为 180°，可知二者在磁场中运动时间之比 为 1∶1，故 A、B 错误；若负电子不从 OC 边射出且正电子也不从 OC 边射出，正负电子在磁 场中运动轨迹的圆心角都为 180°，可知二者在磁场中运动的时间之比为 1∶1；当负电子恰 好不从 OC 边射出时，运动轨迹对应的圆心角为 180°，由几何关系知，此时正电子运动轨迹 的圆心角为 30°，正负电子在磁场中运动的周期相等，根据 t＝ θ 2πT 知，正负电子在磁场中运 动的时间之比为 1∶6，故若负电子不从 OC 边射出，正负电子在磁场中运动时间之比在 1∶6 与 1∶1 之间，故 C 错误，D 正确． 二、多项选择题 7．(2019·青岛二模)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的 M、N 两小 孔中，O 为 M、N 连线中点，连线上 a、b 两点关于 O 点对称．导线通有大小相等、方向相反 的电流 I.已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度 B＝k I r，式中 k 是常数，I 是导线 中的电流，r 为点到导线的距离．一带正电的小球(图中未画出)以初速度 v0 从 a 点出发沿连线 运动到 b 点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)A．小球先做加速运动后做减速运动 B．小球一直做匀速直线运动 C．小球对桌面的压力先增大后减小 D．小球对桌面的压力一直在增大 解析：选 BC.由安培定则和磁场叠加原理可以判断出在 MN 连线上的磁场方向平行桌面向 里，所以小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面向上．对小球受力分析，受重力、桌面支持力、 洛伦兹力 3 个力作用，小球在水平方向不受力，故从 a 点到 b 点，小球一直做匀速直线运动， A 错误，B 正确；由于从 a 至 b 合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增 大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先 增大后减小，C 正确，D 错误． 8．(2019·济宁高三模拟)如图所示，MN 平行于 y 轴，在 y 轴与 MN 之 间的区域内存在与 xOy 平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为 B.在 t＝0 时刻，从原点 O 发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与 y 轴正方向 的夹角分布在 0～90°范围内．其中，沿 y 轴正方向发射的粒子在 t＝t0 时刻 刚好从磁场右边界 MN 上的 P 点离开磁场，已知 P 点的坐标是((2＋ 2)d，2d)， 不计粒子重力，下列说法正确的是(　　) A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为 2＋ 2d B．粒子的发射速度大小为3πd 2t0 C．带电粒子的比荷为 π 4Bt0 D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为 2t0 解析：选 BD.根据题意作出沿 y 轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的轨迹如图 甲所示． 甲 圆心为 O′，根据几何关系，粒子做圆周运动的半径为 r＝2d，故 A 错误；沿 y 轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为3π 4 ，运动时间 t0＝ 3π 4 × 2d v0 解得：v0＝ 3πd 2t0 ，故 B 正确； 沿 y 轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为 3π 4 ，对应运动时间为 t0，所以粒子运动的 周期为 T＝ 8t0 3 ，由 Bqv0＝m(2π T ) 2 r 则 q m＝ 3π 4Bt0，故 C 错误；在磁场中运动时间最长的粒子的 运动轨迹如图乙所示． 乙 由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为 3π 2 ，在磁场中的运动时间为 2t0，故 D 正 确． 9．如图所示为长为 2L、板间距离为 L 的水平极板 P、Q，现有质 量为 m，电荷量为 q 的带正电粒子(不计重力)，从左边极板间中点处，以 速度 v0 平行极板射入，欲使粒子不打在极板上，可采用的办法有(　　) A．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度 B< 4mv0 17qL　 B．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度 B> 4mv0 qL 　 C．在极板间加垂直极板指向 P 极板的匀强电场，电场强度 E< mv 4qL D．在极板间加垂直极板指向 Q 极板的匀强电场，电场强度 E> 17mv 4qL 解析：选 ABC.如图 1 所示，由题意知，带正电的粒子从左边射出磁场，其在磁场中圆周 运动的半径 R< L 4，带正电的粒子从右边射出磁场，其在磁场中圆周运动的半径 R> 17L 4 ，粒子在 磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即 qvB＝m v R，可得粒子做圆周运动的半径 R＝ mv0 qB ， 所以 mv0 qB < L 4或 mv0 qB > 17L 4 ，解得：B> 4mv0 qL 或 B< 4mv0 17qL，故 A、B 正确；当在极板间加垂直极板指向 P 极板的匀强电场时，粒子恰好从右边射出电场，如图 2 所示，y＝ 1 2 qE m (2L v0 ) 2 < L 2，解得 E< mv 4qL，故 C 正确；根据对称性可知，D 错误．10．(2019·唐山二模)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 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 q m＝k，则质子 的速度可能为(　　) A．2BkL B. BkL 2 C. 3BkL 2 D. BkL 8 解析：选 BD.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 v2 r ，即 v＝ Bqr m ＝Bk L n(n＝1，2，3，…)，选项 B、D 正确． 三、非选择题 11．(2019·青岛二模)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． 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 v2 r 根据几何关系：r≤ R 2联立得：v≤ qBR 2m 粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝ 2πm qB 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＝ T 2 联立可得：t＝ πm qB . (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′＝ 1 2R 面积：S＝ 1 2πr′2 联立可得：S＝ 1 8πR2. 答案：(1)v≤qBR 2m 　 πm qB 　(2) 1 8πR2 12．(2019·潍坊五校联考)如图所示，在直角坐标系的原点 O 处有一放射源，向四周均匀 发射速度大小相等、方向都平行于纸面的带电粒子．在放射源右侧有一很薄的挡板，垂直于 x 轴放置，挡板与 xOy 平面交线的两端 M、N 正好与原点 O 构成等边三角形，O′为挡板与 x 轴的交点．在整个空间中，有垂直于 xOy 平面向外的匀强磁场(图中未画出)，带电粒子在磁场 中沿顺时针方向做匀速圆周运动．已知带电粒子的质量为 m，带电荷量大小为 q，速度大小为 v，MN 的长度为 L.(不计带电粒子的重力及粒子间的相互作用) (1)确定带电粒子的电性； (2)要使带电粒子不打在挡板上，求磁感应强度的最小值； (3)要使 MN 的右侧都有粒子打到，求磁感应强度的最大值．(计算过程中，要求画出各临 界状态的轨迹图) 解析：(1)带电粒子沿顺时针方向运动，由左手定则可得，粒子带正电荷． (2)设磁感应强度大小为 B，带电粒子运动的轨迹半径为 r，带电粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qvB＝ mv2 r ，解得 r＝ mv qB. 由于从 O 点射出的粒子的速度大小都相同，由上式可得，所有粒子的轨迹半径都相等． 由几何知识可知，为使粒子不打在挡板上，轨迹的半径最大时，带电粒子在 O 点沿 y 轴 正方向射出，其轨迹刚好与 MN 相切，轨迹圆心为 O1，如图甲所示． 则最大半径 rmax＝ 1 2Lcos 30°＝ 3 4 L 由上式可得，磁感应强度的最小值 Bmin＝ 4 3mv 3qL . (3)为使 MN 的右侧都有粒子打到，打在 N 点的粒子最小半径的轨迹为图乙中的圆弧 OMN. 图中点 O2 为轨迹的圆心，由于内接△OMN 为正三角形，由几何知识知，最小的轨迹半径 为 rmin＝ L 2cos 30° 粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有 qvB＝mv2 r ，所以磁感应强度的最大值 Bmax＝ 3mv qL . 答案：见解析