2020届高三全国名校联考12月月考物理带电粒子在磁场运动综合计算试题及答案

2020 届高三全国名校 12 月月考物理带电粒子在磁场运动综合计算试题及答 案 1、（2020·湖南省高三上学期第三次月考）如图 a 所示，匀强磁场垂直于 xOy 平面，磁感 应强度 B1 按图 b 所示规律变化（垂直于纸面向外为正）．t=0 时，一比荷为 C/kg 的带正电粒子从 原点沿 y 轴正方向射入，速度大小 ，不计粒子重力． ⑴求带电粒子在匀强磁场中运动的轨道半径． ⑵求 时带电粒子的坐标． ⑶保持 b 中磁场不变，再加一垂直于 xOy 平面向外的恒定匀强磁场 B2，其磁感应强度为 0.3T，在 t=0 时， 粒子仍以原来的速度从原点射入，求粒子回到坐标原点的时刻． 【答案】（1）1m （2）[3.41m，﹣1.41m] （3） 【解析】 试题分析： （1）带电粒子在匀强磁场中运动，洛仑兹力提供向心力， r =1m （2）带电粒子在磁场中运动的周期， s 51 10q m = × 45 10 m/sv = × 4102t s π −= × 4 1 2 104t n s﹣（ ）π π= + × 4 2 2 1 10 01 2t n s nπ= + × = …﹣（ ） （ ，，， ）． 2 1 vqvB m r = 4 0 2 2 105 rT v π π −= = ×在 0~ s 过程中，粒子运动了 ，圆弧对应的圆心角， 在 s ~ s 过程中，粒子又运动了 ，圆弧对应 圆心角， 轨迹如图 a 所示，根据几何关系可知， 横坐标： m 纵坐标： m 带电粒子的坐标为（3．41m，-1．41m） （3）施加 B2=0．3T 的匀强磁场与原磁场叠加后，如图 b 所示， ①当 （n=0,1,2,…）时， s ②当 （n=0,1,2,…）时， 粒子运动轨迹如图 c 所示，则粒子回到原点的时刻为， （n=0,1,2,…） 考点：带电粒子在磁场中的运动 【名师点睛】此题是带电粒子在磁场中的运动问题，解题时要通过磁场的变化情况分析粒子的受力变化情 况，画出粒子运动的轨迹图，结合几何关系求解；注意问题的多解情况. 的 4104 π −× 05 8 T 1 5 4 πθ = 4104 π −× 4102 π −× 05 8 T 2 5 4 πθ = 2 2 sin (2 2)m 3.414x r r π= + = + ≈ 2 cos 2m 1.414y r π= − = − ≈ − 2 TnT t nT≤ < + ( ) 4 1 1 2 2 104 mT q B B π π −= = ×+ ( 1)2 TnT t n T+ ≤ < + ( ) 4 2 1 2 2 10 smT q B B π π −= = ×− 4 1 ( 2 ) 10 s4t n π π −= + × 4 2 2( 1) 10 st n π −= + ×2、（2020·广西省名校高三上学期 12 月模拟）如图所示，在边长为 L 正方形区域内有垂直纸面向里的匀 强磁场，在区域中心处有一粒子源 P，粒子源 P 沿平行纸面的各个方向均匀地射出大量的质量为 m、电荷 量为 q、速度为 v 的相同粒子，不计粒子的重力及粒子间的作用力，问： (1)若要使所有粒子都无法射出磁场区域，求区域内磁感应强度的最小值 B0； (2)若区域内匀强磁场的磁感应强度为 B0，求该区域内没有粒子到达的地方的面积； (3)若区域内磁感应强度 ，求能从边界逸出的粒子数与 P 点射出的总粒子数的比值 k。 【答案】(1) ；(2) ；(3) 【解析】 (1)如图 由几何关系知粒子运动的轨道半径 再由磁场中粒子运动规律 的 (2 3)mB qL υ+= 0 4mvB qL = 2(1 )4S L π= − 2 3k = 4 Lr ≤即 联立解得 故区域内磁感应强度的最小值 (2)如图 可知所有轨道的包络线（虚线）为半径为 的圆，故粒子无法到达的地方的面积 (3)设此时粒子运动轨道半径为 ，把 2vqBv m r = mvr qB = 4mvB qL ≥ 0 4mvB qL = 2 2 Lr = 2 2 2(2 ) (1 )4S L r L ππ= − = − r′ (2 3)mvB qL +=代入 ，解得 能够从边界逸出的粒子轨道如图所示 由图中几何关系得 解得 两边界对应的速度夹角 故 3、（2020·福建省厦门市双十中学高三上学期 12 月月考）如图所示，在 xOy 平面内，有边长为 L 的等边三 角形区域 OPQ，PQ 边与 x 轴垂直，在三角形区域以外，均存在着磁感应强度大小为 B，方向垂直于纸面向 外的匀强磁场，三角形 OPQ 区域内无磁场分布。现有质量为 m，带电量为+q 的粒子从 O 点射入磁场，粒 mvr qB ′ = (2 3)r L′ = − (2 3)2cos (2 3) L L L θ − − = − 30θ °= 2 60a θ °= = 4 240 2 2 360 3k α π ° °= = =子重力忽略不计。 (1)若要使该粒子不出磁场，直接到达 P 点，求粒子从 O 点射入的最小速度的大小和方向； (2)若粒子从 O 点以初速度 沿 y 轴正方向射入，能再次经过 O 点，试画出粒子运动的轨迹图并 求该粒子从出发到再次过 O 点所经历的时间。 【答案】(1) , 方向垂直于 OP 向上或与 y 轴正半轴成 30°角斜向左上。 (2) 【解析】 (1)粒子运动轨迹如图所示： 当初速度 v1 垂直于 OP 射入磁场时，粒子射入速度最小。由几何关系得： 由牛顿第二定律得： 解得： 0 3qBL 6mv = 1 2 qBLv m = 1 26 3 (4 3 3) mt t t qB π= + = + 1 2 Lr = 2vqvB r =方向垂直于 OP 向上或与 y 轴正半轴成 30°角斜向左上。 (2)若粒子从 0 点以初速度 沿 y 轴正方向射入 由牛顿第二定律得： 解得： 粒子运动轨迹如图所示： 粒子从 O 运动至 A 点出磁场进入三角形区域，由几何关系得： 圆心角 ，运动时间： 粒子从 A 到 B 做匀速直线运动，运动时间： 1 2 qBLv m = 0 3 6 qBLv m = 2vqvB r = 0 2 3 6 mvr LqB = = 23 2 LOA r= = A 120OO °′∠ = 1 1 2 3 3 mt T qB π= = 2 0 3ABs mt v qB = =由运动轨迹可知，粒子可以回到 O 点，所用时间为： 4、（2020·辽宁省辽河油田二中高三上学期 12 月摸底考试）如图所示，在磁感应强度 B＝1.0T，方向竖直 向下的匀强磁场中，有一个与水平面成 θ＝37°角的导电滑轨，滑轨上放置一个可自由移动的金属杆 ab．已 知接在滑轨中的电源电动势 E＝12V，内阻不计．ab 杆长 L＝0.5m，质量 m＝0.2kg，杆与滑轨间的动摩擦因 数 μ＝0.1，滑轨与 ab 杆的电阻忽略不计．求：要使 ab 杆在滑轨上保持静止，滑动变阻器 R 的阻值在什么 范围内变化？(g 取 10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，可认为最大静摩擦力等于滑动摩擦力，结果保留一位 有效数字) 【答案】3Ω≤R≤5Ω 【解析】 ab 杆在恰好不下滑和恰好不上滑这两种情况下的受力分析，当 ab 杆恰好不下滑时，如图甲所示: 由平衡条件得,沿斜面方向 垂直斜面方向 1 26 3 (4 3 3) mt t t qB π= + = + 1 1sin cosNmg F Fθ µ θ= + 安而 解得 R1＝5Ω 当 ab 杆恰好不上滑时，如图乙所示: 由平衡条件得,沿斜面方向 垂直斜面方向 而 解得: R2＝3 Ω． 1 1cos sinNF mg Fθ θ= + 安 2 2 = EF B LR安 2 2sin cosNmg F Fθ µ θ= + 安 2 cos sinNF mg Fθ θ= + 安2 2 2 = EF B LR安所以，要使 ab 杆保持静止，R 的取值范围是 3 Ω≤R≤5Ω． 5、（2020·辽宁省辽河油田二中高三上学期 12 月摸底考试）如图所示，在空间有一直角坐标系 xOy，直线 OP 与 x 轴正方向的夹角为 30°，第一象限内有两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，直线 OP 是他们的理想边界，OP 上方区域Ⅰ中磁场的磁感应强度为 B.一质量为 m，电荷量为 q 的质子(不计重力， 不计质子对磁场的影响)以速度 v 从 O 点沿与 OP 成 30°角的方向垂直磁场进入区域Ⅰ，质子先后通过磁场 区域Ⅰ和Ⅱ后，恰好垂直打在 x 轴上的 Q 点(图中未画出)，试求： (1)区域Ⅱ中磁场的磁感应强度大小； (2)Q 点到 O 点的距离． 【答案】（1） ；（2） 【解析】 试题分析：（1）设质子在匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ中做匀速圆周运动的轨道半径分别为 和 ，区域Ⅱ中磁感 应强度为 ． 由牛顿第二定律得 qvB＝m ，qvB′＝m 粒子在两区域中运动的轨迹如图所示，由几何关系可知，质子从 A 点出匀强磁场区域Ⅰ时的速度方向与 OP 的夹角为 ，故质子在匀强磁场区域Ⅰ中运动轨迹对应的圆心角为 ，则△O1OA 为等边三角形 2B B′ = ( 3 1) 2 mv qB + 1r 2r B′ 2 1 v r 2 2 v r 30° 60θ °＝ ， 解得 （2）由几何关系可得，Q 点到 O 点的距离为： ． 考点：带电粒子在磁场中 运动 【名师点睛】带电粒子通过磁场的边界时，如果边界是直线，根据圆的对称性得到，带电粒子入射速度方 向与边界的夹角等于出射速度方向与边界的夹角，这在处理有界磁场的问题常常用到． 6、（2020·湖南省高三上学期第三次月考）如图所示，电源电动势为 3 V，内阻不计，两个 不计电阻的金属圆环表面光滑，竖直悬挂在等长的细线上，金属环面平行，相距 1 m，两环分别与电源正负 极相连．现将一质量为 0.06 kg、电阻为 1.5 Ω 的导体棒轻放在环上，导体棒与环有良好电接触．两环之间有 方向竖直向上、磁感应强度为 0.4 T 的匀强磁场．重力加速度 g＝10 m/s2，当开关闭合后，导体棒上滑到某 位置静止不动， (1)试求在此位置上棒对每一个环的压力为多少？ (2)若已知环半径为 0.5 m，此位置与环底的高度差是多少？ 【答案】(1)0.5 N (2)0.2 m 的 1OA r＝ 2 1 130 2r OAsin r= ° = 2B B′ = 2 ( 3 1)30 2 mvx OAcos r qB ＋ += ° =【解析】 （1）金属棒受到的安培力为： ； 对金属棒进行受力分析，金属棒受到重力、安培力和两个环的支持力，如图： 因为金属棒静止，根据平衡条件得每个环对棒的支持力 FN， 得：FN=0.5N 根据牛顿第三定律，每个环受到的压力为 0.5N； （2）由于： 所以： θ=53° 所以金属棒上升 高度为： h=r−rcosθ=0.5−0.5cos53∘=0.2m 的 30.4 1 N 0.8N1.5 EF BIL BL R = = = × × = 2 2 2 22 ( ) 0.8 (0.06 10) N 1.0NNF F mg= + = + × = 0.8 4tan 0.6 3 F mg θ = = =