2021物理統(tǒng)考版二輪復習專題限時集訓9 磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場及復合場中的運動含解析

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精2021高考物理統(tǒng)考版二輪復習專題限時集訓9磁場的性質(zhì)帶電粒子在磁場及復合場中的運動含解析專題限時集訓(九）（建議用時：40分鐘）1.如圖所示，將長度為L的直導線放置在y軸上，當導線內(nèi)通以大小為I，沿y軸負方向的電流時，測得其受到的安培力大小為F，方向沿x軸正方向，則勻強磁場的磁感應強度可能為（)A．沿z軸正方向，大小為eq\f(2F，IL)B．平行于xOy平面方向，大小為eq\f（2F,IL)C．平行于xOy平面方向，大小為eq\f（F,IL）D．平行于zOy平面方向，大小為eq\f(4F，IL）D［已知電流沿y軸負方向，安培力方向沿x軸正方向，根據(jù)左手定則知勻強磁場的磁感應強度方向平行于zOy平面內(nèi)，設磁場與導線的夾角為α，則0°〈α≤90°，當α＝90°時，由F＝BILsinα可知，B有最小值為Bmin＝eq\f（F,IL），當0°<α<90°時，B>eq\f(F,IL）,所以B＝eq\f（2F,IL)和B＝eq\f(4F，IL)是可能的，故A、B、C錯誤，D正確。］2．（創(chuàng)新題）如圖甲所示，一條形磁鐵P固定在水平桌面上，以P的右端點為原點，中軸線為x軸建立一維坐標系。將一靈敏的小磁針Q放置在x軸上的不同位置，設Q與x軸之間的夾角為θ。實驗測得sinθ與x之間的關系如圖乙所示.已知該處地磁場方向水平,磁感應強度大小為B0.下列說法正確的是(）甲乙A．P的右端為S極B．P的中軸線與地磁場方向平行C．P在x0處產(chǎn)生的磁感應強度大小為B0D．x0處合磁場的磁感應強度大小為2B0C［當x趨向于無窮大時，小磁針靜止時N極所指的方向為地磁場方向。根據(jù)題圖乙可知，當x趨向于無窮大時，sinθ趨向于1，則θ趨向于90°，即小磁針的方向與x軸的方向垂直。當x非常小時，小磁針的N極沿x軸正方向。由題圖乙可知,開始時小磁針的N極背離O點,所以O點處的磁極是條形磁鐵P的N極，選項A錯誤。由以上分析可知,P的中軸線與地磁場方向垂直，選項B錯誤。由題圖乙可知,x0處sinθ＝eq\f（\r(2),2)，即θ＝45°,設P在x0處產(chǎn)生的磁感應強度大小為BP，tan45°＝eq\f（B0，BP），所以BP＝B0，選項C正確.x0處合磁場的磁感應強度大小為B＝eq\f（B0,sin45°)＝eq\r（2）B0，選項D錯誤。]3。(名師原創(chuàng))如圖所示是磁電式儀表中的輻向磁場。假設長方形線圈的匝數(shù)為n,垂直于紙面的邊長為L1，平行于紙面的邊長為L2，線圈垂直于紙面的邊所在處磁場的磁感應強度大小為B。當通入電流I，線圈以角速度ω繞垂直紙面的中心軸OO′轉(zhuǎn)動到水平位置時,下列判斷正確的是(）A．穿過線圈的磁通量為BL1LB．線圈左側(cè)邊所受的安培力方向豎直向上C．線圈左側(cè)邊所受的安培力大小為nBIL1D．線圈左側(cè)邊轉(zhuǎn)動的線速度v＝eq\f(ωL1，2)C［線圈在水平位置時，穿過線圈的磁通量為零，選項A錯誤；根據(jù)左手定則可知，線圈位于水平位置時,其左側(cè)邊所受的安培力方向豎直向下，選項B錯誤；由于線圈匝數(shù)為n,根據(jù)安培力公式可知，線圈左側(cè)邊所受的安培力大小為F＝nBIL1，選項C正確；根據(jù)線速度與角速度的關系可知，線圈左側(cè)邊轉(zhuǎn)動的線速度v＝eq\f（ωL2,2），選項D錯誤.]4。現(xiàn)代質(zhì)譜儀可用來分析比質(zhì)子重很多倍的離子,其示意圖如圖所示，其中加速電壓恒定。質(zhì)子在入口處從靜止開始被加速電場加速,經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后從出口離開磁場。若某種一價正離子在入口處從靜止開始被同一加速電場加速，為使它經(jīng)勻強磁場偏轉(zhuǎn)后仍從同一出口離開磁場，需將磁感應強度增加到原來的12倍。此離子和質(zhì)子的質(zhì)量比約為（)A．11 B．12C．121 D．144D［帶電粒子在加速電場中運動時,有qU＝eq\f(1，2)mv2，在磁場中偏轉(zhuǎn)時，其半徑r＝eq\f(mv，qB)，由以上兩式整理得：r＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU，q))。由于質(zhì)子與一價正離子的電荷量相同，B1∶B2＝1∶12，當半徑相等時，解得：eq\f（m2,m1）＝144，選項D正確.］5。（多選）（2020·天津高考·T7）如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場,速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°.粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸.已知OM＝a，粒子電荷量為q,質(zhì)量為m,重力不計。則（)A．粒子帶負電荷B．粒子速度大小為eq\f（qBa，m)C．粒子在磁場中運動的軌道半徑為aD．N與O點相距（eq\r（2）＋1）aAD[粒子向下偏轉(zhuǎn)，根據(jù)左手定則判斷洛倫茲力,可知粒子帶負電，A正確；粒子運動的軌跡如圖由于速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°,根據(jù)幾何關系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，則粒子運動的軌道半徑為r＝O1M＝eq\r(2)a，洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2，r）解得v＝eq\f（\r（2)qBa，m），B、C錯誤；N與O點的距離為NO＝OO1＋r＝(eq\r（2)＋1）a，D正確。]6.（易錯題)(多選）在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直圓面向里的勻強磁場。圓邊界上的P處有一粒子源，沿垂直于磁場的各個方向,向磁場區(qū)發(fā)射速率均為v0的同種粒子，如圖所示。當磁感應強度大小為B1時，粒子均從由P點開始弧長為eq\f（1，2)πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場;當磁感應強度大小為B2時,則粒子從由P點開始弧長為eq\f（2，3)πR的圓周范圍內(nèi)射出磁場。不計粒子的重力及粒子間的相互作用力,則（)A．磁感應強度大小分別為B1、B2時,粒子運動的軌跡半徑之比為r1∶r2＝eq\r（2）∶eq\r(3）B．磁感應強度大小分別為B1、B2時,粒子運動的軌跡半徑之比為r1∶r2＝2∶3C．磁感應強度的大小之比為B1∶B2＝eq\r（2）∶eq\r（3）D．磁感應強度的大小之比為B1∶B2＝eq\r(3）∶eq\r(2)AD[假設粒子帶正電，如圖甲，磁感應強度大小為B1時，弧長L1＝eq\f（1，2)πR，對應的弦長為粒子做圓周運動的直徑，則r1＝eq\f(1,2）·2Rsinθ＝Rsineq\f（π，4）;如圖乙，磁感應強度大小為B2時，弧長L2＝eq\f（2,3)πR，對應的弦長為粒子做圓周運動的直徑，則r2＝eq\f（1,2)·2Rsinα＝Rsineq\f(π,3），因此r1∶r2＝sineq\f(π,4）∶sineq\f(π，3）＝eq\r（2)∶eq\r(3），故A項正確,B項錯誤。粒子運動過程中由洛倫茲力提供向心力，可得qv0B＝meq\f（v\o\al（2,0),r），則B＝eq\f(mv0，qr），B1∶B2＝r2∶r1＝eq\r（3）∶eq\r（2），故C項錯誤,D項正確。］甲乙[易錯點評］本題的易錯點在于“臨界條件”的判斷上.求解問題的關鍵是根據(jù)粒子的受力情況，確定運動軌跡,靈活應用點、線、角的關系，比如入射點、出射點、軌跡圓心；入射線、出射線、軌跡半徑、入射點與出射點的連線；速度偏向角、圓心角、弦切角等。一定要記住速度偏向角等于圓心角，也等于弦切角的兩倍。圓心角常用來計算粒子沿圓弧軌跡運動的時間.7。如圖所示，寬度為d的區(qū)域內(nèi)有大小為B、方向與紙面垂直的勻強磁場和大小為E、沿豎直方向的勻強電場，從區(qū)域左邊界上的A點射出的帶電粒子垂直于左邊界進入該區(qū)域后，剛好能夠做勻速直線運動?，F(xiàn)撤去電場僅保留磁場，當粒子從該區(qū)域右邊界射出時，其速度方向與水平方向的夾角為30°,不計粒子的重力，則有（）A．粒子必帶正電荷B．粒子的初速度大小為eq\f（B，E)C．該粒子的比荷為eq\f(E，2B2d）D．粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πEd,3B）C［由于粒子能在正交電場、磁場中做勻速直線運動，故一定有qv0B＝qE，但電場方向、磁場方向未知，粒子電性也無法判斷,選項A錯誤；由qv0B＝qE可得v0＝eq\f(E，B），選項B錯誤；已知粒子僅在勻強磁場中運動，從右邊界射出時速度與水平方向的夾角為30°，則由幾何關系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R＝2d，又因為qv0B＝meq\f(v\o\al(2，0)，R）,解得eq\f(q,m)＝eq\f（v0，2Bd)，將v0＝eq\f(E，B)代入可得eq\f（q,m）＝eq\f(E,2B2d），選項C正確；由題意可知，粒子在磁場中做圓周運動的圓心角為30°，故粒子在磁場中運動的時間為t＝eq\f（T，12），而T＝eq\f（2πm,Bq)，聯(lián)立解得t＝eq\f(πBd，3E)，選項D錯誤。]8.如圖所示，ABCDEF為一正六邊形的六個端點,現(xiàn)有垂直于紙面向里的勻強磁場和平行于BA向右的勻強電場,一帶電粒子從A點射入場中,恰好沿直線AE做勻速直線運動。現(xiàn)撤去磁場，粒子仍以原速度從A點射入場中，粒子恰好從F點射出；若撤去電場而保留磁場，粒子仍以原速度從A點射入，則粒子將從哪條邊射出(不計粒子重力)（）A．AB B．BCC．CD D．DEB[只有電場時帶電粒子向右偏轉(zhuǎn),則粒子帶正電;只有磁場時，根據(jù)左手定則可知,粒子受到的洛倫茲力的方向向左,粒子將向左偏轉(zhuǎn)；在電場和磁場同時存在時,粒子在復合場中做勻速直線運動，則有qE＝qvB ①設六邊形的邊長為L,只有電場時，豎直向上的方向上有vt＝Lcos30°＝eq\f(\r（3),2)L ②水平方向上有eq\f(1，2)·eq\f(qE，m）·t2＝Lsin30°＝eq\f(1，2）L ③當只有磁場時，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝eq\f（mv2,r） ④聯(lián)立可得r＝eq\f(3，4)L ⑤由幾何關系可知|eq\x\to（AC）|＝eq\r（3）L，而L<2r<eq\r(3)L，所以粒子將從BC邊射出磁場，B正確。]9.(多選)(2020·廣東摸底考試）如圖所示,在一勻強磁場中有三個帶電粒子,其中1和2為質(zhì)子的運動軌跡，3為α粒子的運動軌跡。它們在同一平面內(nèi)沿逆時針方向做勻速圓周運動,三者軌道半徑r1〉r2〉r3,并相切于P點，設T、v、a、t分別表示帶電粒子做圓周運動的周期、線速度、向心加速度以及從經(jīng)過P點算起到第一次通過圖中虛線MN所經(jīng)歷的時間,不計重力,則(）A．T1＝T2〈T3 B．v1＝v2>v3C．a(chǎn)1>a2>a3 D．t1＝t2＝t3AC［各粒子在勻強磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f（2πm,qB）,根據(jù)粒子的比荷大小eq\f（qα,mα)＝eq\f(2，4)＝eq\f（1,2)，eq\f（qp,mp)＝eq\f（1,1）,可知T1＝T2<T3,選項A正確；由于r1〉r2〉r3，結(jié)合r＝eq\f(mv，qB）及粒子比荷關系可知v1>v2>v3，選項B錯誤；由粒子運動的向心加速度a＝eq\f（qvB,m),結(jié)合各粒子的比荷關系及v1>v2>v3，可得a1>a2>a3，選項C正確;由圖分析可知,粒子運動到MN時所對應的圓心角的大小關系為θ1<θ2〈θ3，而T1＝T2，因此t1〈t2，由T2<T3，且θ2<θ3,可知t2〈t3，故t1〈t2〈t3,選項D錯誤.］10．(2020·山東濟南區(qū)縣聯(lián)考)如圖所示為某一質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，此質(zhì)譜儀由以下幾部分構(gòu)成：離子源、加速電場、靜電分析器、磁分析器、收集器。靜電分析器通道中心線半徑為R，通道內(nèi)有均勻輻射電場，在中心線上的電場強度大小為E；磁分析器中分布著方向垂直于紙面，磁感應強度大小為B的勻強磁場（圖中未畫出)，其左邊界與靜電分析器的右邊界平行.由離子源發(fā)出一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子（初速度為零，重力不計)，經(jīng)加速電場加速后進入靜電分析器,沿中心線MN做勻速圓周運動，而后由P點進入磁分析器中，最終經(jīng)過Q點進入收集器。下列說法中正確的是()A．磁分析器中勻強磁場方向垂直于紙面向里B．加速電場中的加速電壓U＝eq\f（1，2）ERC．磁分析器中圓心O2到Q點的距離d＝eq\r（\f（mER,q））D．任何離子若能到達P點,則一定能進入收集器B［離子在磁分析器中沿順時針運動，所受洛倫茲力指向圓心O2,根據(jù)左手定則知,磁分析器中勻強磁場的方向垂直于紙面向外，A項錯誤；離子在靜電分析器中做勻速圓周運動,根據(jù)牛頓第二定律有qE＝meq\f（v2,R),設離子進入靜電分析器時的速度為v，則離子在加速電場中加速的過程中，由動能定理有qU＝eq\f(1，2）mv2－0，解得U＝eq\f(ER，2），B項正確；離子在磁分析器中做勻速圓周運動,由牛頓第二定律有qvB＝meq\f（v2,r)，解得r＝eq\f（1,B)eq\r(\f（mER，q）)，則d＝r＝eq\f（1，B)eq\r（\f(mER,q）),C項錯誤；由B項分析可知R＝eq\f(2U，E），則R與離子質(zhì)量、電荷量無關，離子在磁場中的軌道半徑r＝eq\f(1,B)eq\r（\f(mER,q）），則離子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r與離子的質(zhì)量、電荷量有關，故能夠到達P點的不同離子，在磁分析器中做圓周運動的半徑不一定都等于d，不一定能進入收集器，D項錯誤.]11.如圖所示,在第一象限內(nèi)，存在垂直于xOy平面向外的勻強磁場Ⅰ，第二象限內(nèi)存在水平向右的勻強電場,第三、四象限內(nèi)存在垂直于xOy平面向外、磁感應強度大小為B0的勻強磁場Ⅱ。一質(zhì)量為m，電荷量為＋q的粒子，從x軸上M點以某一初速度垂直于x軸進入第四象限，在xOy平面內(nèi)，以原點O為圓心做半徑為R0的圓周運動；隨后進入電場運動至y軸上的N點，沿與y軸正方向成45°角的方向離開電場；在磁場Ⅰ中運動一段時間后，再次垂直于x軸進入第四象限.不計粒子重力。求:(1)帶電粒子從M點進入第四象限時的初速度大小v0；（2)電場強度的大小E;（3）磁場Ⅰ的磁感應強度大小B1.［解析]（1）粒子在第四象限中運動時，由洛倫茲力提供向心力，有qv0B0＝eq\f(mv\o\al（2,0），R0）解得帶電粒子從M點進入第四象限時的初速度大小v0＝eq\f(qB0R0，m）。(2）由于粒子沿與y軸正方向成45°角的方向離開電場,則有vx＝vy＝v0粒子在電場中運動時，可看成類平拋運動，水平方向做初速度為零的勻加速運動，豎直方向做勻速運動，故在水平方向上有qE＝ma，veq\o\al(2，x)－0＝2aR0解得E＝eq\f（qR0B\o\al（2，0）,2m）。（3）粒子在電場中運動時，水平方向有vx＝at,R0＝eq\f（1,2)at2豎直方向有y1＝vyt聯(lián)立解得y1＝2R0根據(jù)分析可得粒子部分運動軌跡如圖所示，過N點作速度v的垂線交x軸于P點，P即粒子在第一象限做圓周運動的圓心,PN為半徑,因為ON＝y(tǒng)1＝2R0,∠PNO＝45°,所以PN＝2eq\r（2）R0由幾何關系知粒子進入第一象限時的速度大小為v＝eq\r（2)v0由洛倫茲力提供向心力,有qvB1＝eq\f(mv2,PN）解得B1＝eq\f（mv0，2qR0)＝eq\f（1，2)B0.［答案］見解析12.（2020·湖南永州一模）如圖所示的xOy平面內(nèi)，以O1(0，R）為圓心，R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場(用B1表示，大小未知);x軸下方有一直線MN，MN與x軸相距為Δy，x軸與直線MN間區(qū)域有平行于y軸的勻強電場（圖中未畫出)，電場強度大小為E；在MN的下方有矩形區(qū)域的勻強磁場，磁感應強度大小為B2，磁場方向垂直于xOy平面向外。電子a、b以平行于x軸的速度v0分別正對O1點、A(0,2R）點射入圓形磁場，偏轉(zhuǎn)后都經(jīng)過原點O進入x軸下方的電場.已知電子質(zhì)量為m,電荷量為e，E＝eq\f(\r（3）mv\o\al(2，0)，2eR），B2＝eq\f（\r（3）mv0,2eR),不計電子重力.(1)求磁感應強度B1的大?。唬?)若電場沿y軸負方向,欲使電子a不能到達MN，求Δy的最小值；（3）若電場沿y軸正方向，Δy＝eq\r(3)R，欲使電子b能到達x軸上且距原點O最遠，求矩形磁場區(qū)域的最小面積.[解析］（1)電子a、b射入圓形磁場區(qū)域后做圓周運動，且軌道半徑大小相等，當電子a射入,經(jīng)過O點進入x軸下方時,分析其運動軌跡可知r＝R，ev0B1＝meq\f（v\o\al(2，0),r）,解得B1＝eq\f（mv0，eR)。（2）勻強電場沿y軸負方向,電子a從O點沿y軸負方向進入電場后做勻減速運動，且將要到達MN時速度減為零，此時電子在勻強電場中運動的距離為最小值Δymin，由動能定理得eEΔymin＝eq\f(1,2）mveq\o\al（2,0)解得Δymin＝eq\f（mv\o\al(2，0),2eE）＝eq\f（\r（3),3)R。（3)勻強電場沿y軸正方向，電子b從O點進入電場做類平拋運動，設電子b經(jīng)電場加速后到達MN時速度為v，電子b在MN下方磁場做勻速圓周運動軌道半徑為r1，電子b離開電場進入磁場時速度方向與水平方向成θ角，如圖所示.由動能定理得eEΔy＝eq\f（1,2)mv2－eq\f（1，2)mveq\o\al（2，0)解得v＝2v0由牛頓第二定律得evB2＝meq\f（v2，r1）,解得r1＝eq\f(4\r（3),3)R又cosθ＝eq\f(v0,v）＝eq\f（1,2)，則θ＝eq\f（π,3)由幾何關系可知,電子b在MN下方矩形磁場中運動軌跡的圓心O2在y軸上，當電子b從矩形磁場右邊界射出，且射出方向與水平方向夾角為θ＝eq\f(π,3）時，電子b能夠到達x軸，且距離原點O最遠。由幾何關系得，最小矩形磁場的水平邊長為l1＝r1＋r1sinθ豎直邊長為l2＝r1＋r1cosθ則最小面積為S＝L1L2＝req\o\al（2,1）（1＋sinθ)(1＋cosθ)＝4(2＋eq\r（3））R2。［答案]見解析13．（2019·全國卷Ⅲ·T18）如圖所示，在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應強度大小分別為eq\f（1,2)B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限，最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為（)A．eq\f（5πm，6qB) B．eq\f(7πm,6qB)C．eq\f（11πm，6qB） D．eq\f（13πm,6qB）B［設帶電粒子進入第二象限的速度為v，在第二象限和第一象限中運動的軌跡如圖所示，對應的軌跡半徑分別為R1和R2，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝meq\f（v2，R）、T＝eq\f(2πR,v），可得R1＝eq\f(mv,qB)、R2＝eq\f(2mv,qB）、T1＝eq\f（2πm，qB)、T2＝eq\f(4πm，qB)，帶電粒子在第二象限中運動的時間為t1＝eq\f(T1,4），在第一象限中運動的時間為t2＝eq\f（θ,2π）T2，又由幾何關系有cosθ＝eq\f(R2－R1，R2），則粒子在磁場中運動的時間為t＝t1＋t2，聯(lián)立以上各式解得t＝eq\f（7πm，6qB），選項B正確，A、C、D均錯誤。］14．(2020·全國卷Ⅱ·T17）CT掃描是計算機X射線斷層掃描技術(shù)的簡稱，CT掃描機可用于對多種病情的探測。圖(a）是某種CT機主要部分的剖面圖,其中X射線產(chǎn)生部分的示意圖如圖(b）所示。圖（b）中M、N之間有一電子束的加速電場,虛線框內(nèi)有勻強偏轉(zhuǎn)磁場；經(jīng)調(diào)節(jié)后電子束從靜止開始沿帶箭頭的實線所示的方向前進,打到靶上，產(chǎn)生X射線（如圖中帶箭頭的虛線所示)；將電子束打到靶上的點記為P點。則（）圖(a)圖(b）A．M處的電勢高于N處的電勢B．增大M、N之間的加速電壓可使P點左移C．偏轉(zhuǎn)磁場的方向垂直于紙面向外D．增大偏轉(zhuǎn)磁場磁感應強度的大小可使P點左移D[電子在電場中加速運動，電場力的方向和運動方向相同,而電子所受電場力的方向與電場的方向相反，所以M處的電勢低于N處的電勢,A項錯誤；增大