1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。专题检测卷(九)磁场及带电粒子在磁场中的运动(45分钟100分)一、单项选择题(本大题共4小题,每小题6分,共24分。每小题只有一个选项正确)1.(2013茂名二模)如图,电子枪射出的电子束进入示波管,在示波管正下方有竖直放置的通顺时针电流的环形导线,则示波管中的电子束将()A.向上偏转B.向下偏转C.向纸外偏转D.向纸里偏转2.(2013湛江一模)一段长0. 2m,通过2.5 A电流的直导线,关于在磁感应强度为B的匀强磁场中所受安培力F的情况,正确的是()A.如果B=2
2、T,F一定是1NB.如果F=0,B也一定为零C.如果B=4T,F有可能是1ND.如果F有最大值时,通电导线一定与B平行3.(2013韶关二模)如图所示,一个带负电的粒子沿x轴正向射入匀强磁场中,它所受到的洛伦兹力方向沿y轴正向,则磁场方向()A.一定沿z轴正向B.一定沿z轴负向C.一定在xOy平面内D.一定在xOz平面内4.(2012安徽高考)如图所示,圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,一个带电粒子以速度v从A点沿直径AOB方向射入磁场,经过t时间从C点射出磁场,OC与OB成60角。现将带电粒子的速度变为,仍从A点沿原方向射入磁场,不计重力,则粒子在磁场中的运动时间变为()A.tB.2tC
3、.tD.3t二、双项选择题(本大题共5小题,每小题8分,共40分。每小题有两个选项正确)5.(2013东城区一模)如图所示,在倾角为的光滑斜面上,垂直纸面放置一根长为L、质量为m的直导体棒。在导体棒中的电流I垂直纸面向里时,欲使导体棒静止在斜面上,下列外加匀强磁场的磁感应强度B的大小和方向正确的是()A.B=mg,方向垂直斜面向上B.B=mg,方向垂直斜面向下C.B=mg,方向竖直向上D.B=mg,方向竖直向下6.(2013潮州二模)空间虚线上方存在匀强磁场,磁感应强度为B;一群电子以不同速率v从边界上的P点以相同的方向射入磁场。其中某一速率v0的电子从Q点射出,如图所示。已知电子入射方向与边
4、界夹角为,则由以上条件可判断()A.该匀强磁场的方向垂直纸面向里B.所有电子在磁场中的轨迹相同C.速率大于v0的电子在磁场中运动时间长D.所有电子的速度方向都改变了27.(2013深圳二模)如图,一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场,恰好从b点射出。增大粒子射入磁场的速率,下列判断正确的是()A.该粒子带正电B.从bc间射出C.从ab间射出D.在磁场中运动的时间变短8.(2013衡水二模)如图所示,有一个正方形的匀强磁场区域abcd,e是ad的中点,f是cd的中点,如果在a点沿对角线方向以速度v射入一带负电的带电粒子,恰好从e射出,则()A.如果粒子的速度增大为原来
5、的两倍,将从d点射出B.如果粒子的速度增大为原来的三倍,将从f点射出C.如果粒子的速度不变,磁感应强度B增大为原来的两倍,将从d点射出D.只改变粒子的速度,使其分别从e、d、f点射出时,从f点射出所用的时间最短9.(2013温州二模)如图所示,在正三角形区域内存在着垂直于纸面的匀强磁场和平行于AB的水平方向的匀强电场,一不计重力的带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角平分线OC做匀速直线运动。若此区域只存在电场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,则此粒子刚好从A点射出;若只存在磁场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,则下列说法正确的是()A.粒子将在磁场中做匀速圆周运
6、动,运动轨道半径等于三角形的边长B.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从OB之间射出磁场C.粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从BC之间射出磁场D.根据已知条件可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比三、计算题(本大题共2小题,共36分。需写出规范的解题步骤)10.(18分)(2013郑州一模)如图所示,中轴线PQ将矩形区域MNDC分成上、下两部分,上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场,下部分充满垂直纸面向内的匀强磁场,磁感应强度皆为B。一质量为m,带电量为q的带正电粒子从P点进入磁场,速度与边MC的夹角=30。MC边长为a,MN边长为8a,不计粒子重力。求:(1)若要该粒子
7、不从MN边射出磁场,其速度最大值是多少?(2)若要该粒子恰从Q点射出磁场,其在磁场中的运行时间最少是多少?11.(18分)如图甲所示,在直角坐标系中有一个以点(3L,0)为圆心,半径为L的圆形区域,圆形区域与x轴的交点分别为M、N。现有一质量为m,带电量为e的电子,恰能从M点进入圆形区域,速度方向与x轴夹角为30,速度大小为v0,此时圆形区域加如图乙所示周期性变化的磁场(磁场从t=0时刻开始变化,且以垂直于纸面向外为正方向),最后电子运动一段时间后从N点飞出,速度方向与x轴夹角也为30。求:圆形区域磁场的变化周期T、磁感应强度B0的大小各应满足的表达式。答案解析1.【解析】选A。由安培定则知,
8、环形导线在电子束所在处的磁场方向为垂直纸面向外,由左手定则判断,电子束将向上偏转,A对。2.【解析】选C。当导线与磁场方向垂直放置时,F=BIL,力最大;当导线与磁场方向平行放置时,F=0;当导线与磁场方向成任意其他角度放置时,0FBIL,A、D错误,C正确;磁感应强度是磁场本身的性质,与受力F无关,B错误。3.【解析】选D。利用左手定则,四指指向x轴负向,大拇指指向y轴正向,磁场方向沿z轴正向或有分量,又因洛伦兹力一定垂直于v与B确定的平面,故只有D正确。4.【解题指南】解答本题时要注意以下三点:(1)画出轨迹示意图,找出圆心的位置。(2)根据几何图形,找出运动时间、速度、偏转角的关系。(3
9、)根据速度的变化确定偏转角的变化,进一步求出运动时间的变化情况。【解析】选B。设磁场区域的半径为R,粒子的轨迹半径为r,粒子以速度v在磁场中运动的轨迹如图所示,则由几何关系知,r=R,又T=,所以t=T=。当粒子的速度为时,轨迹半径为r=R,所以偏转角=120,t=T=2t,故选项B正确。【变式备选】(2013南通一模)如图所示,圆形区域内有一垂直纸面的匀强磁场,P为磁场边界上的一点。有无数带有同样电荷、具有同样质量的粒子在纸面内沿各个方向以相同的速率通过P点进入磁场。这些粒子射出边界的位置均处于边界的某一段弧上,这段圆弧的弧长是圆周长的。将磁感应强度的大小从原来的B1变为B2,结果相应的弧长
10、变为原来的一半,则等于()A.B.C.2D.3【解析】选B。设圆形区域磁场的半径为R,根据题述,画出轨迹示意图,如图所示,当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的时,如图中实线PP1所示,根据几何关系可知,轨迹半径r1=Rsin60,由洛伦兹力等于向心力,得到r1=;当粒子射出边界的位置的圆弧弧长是圆周长的时,粒子轨迹如图中实线PP2所示,根据几何关系可得,轨迹半径r2=Rsin30,同理有r2=。联立解得=,选项B正确。5.【解析】选A、C。对于选项A,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向上,则导体棒受沿斜面向上的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,则大小B=,故A正确;对于选项B,外
11、加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下,则导体棒受沿斜面向下的安培力、支持力与重力,所以导体棒不可能处于平衡状态,故B错误;对于选项C,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向上,则导体棒受水平向右的安培力、支持力与重力,处于平衡状态,则大小B=mg,故C正确;对于选项D,外加匀强磁场的磁感应强度B的方向竖直向下,则导体棒受水平向左的安培力、支持力与重力,所以棒不可能处于平衡状态,故D错误。6.【解析】选A、D。电子带负电,由左手定则判断知,该磁场方向垂直纸面向里,A对。因速率v不同,则半径不同,即轨迹不同,B错;由几何关系知,所有电子速度的方向都改变了2,电子在磁场中的运动时间相等,C错,
12、D对。7.【解析】选B、D。由左手定则判断该粒子带负电,A错;因r=,当v变大时,r变大,故粒子从bc间射出,B对、C错;由于轨迹对应的圆心角变小,而周期不变,由t=T得,在磁场中的运动时间变短,D对。8.【解析】选A、D。由r=可知,如果粒子的速度增大为原来的两倍,轨道半径增大为原来的两倍,将从d点射出,选项A正确;如果粒子的速度增大为原来的三倍,不能从f点射出,选项B错误;如果粒子的速度不变,磁场的磁感应强度变为原来的两倍,将从ae的中点射出,选项C错误;只改变粒子的速度使其分别从e、d点射出时所用时间为,从f点射出所用的时间小于,时间最短,选项D正确。9.【解析】选B、D。设正三角形边长
13、为L,带电粒子刚好以某一初速度从三角形O点沿角平分线OC做匀速直线运动,则有qE=qvB。若此区域只存在电场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,刚好从A点射出,=vt,=at2,qE=ma;若只存在磁场时,该粒子仍以此初速度从O点沿角平分线OC射入,qvB=,联立解得R=,选项A错误;由于R=L,粒子将在磁场中做匀速圆周运动,且从OB之间射出磁场,选项B正确,C错误;根据已知条件,该粒子在只有电场时运动时间为t1=2=,在只有磁场时在该区域中运动的时间为t2=,可以求出该粒子分别在只有电场时和只有磁场时在该区域中运动的时间之比,选项D正确。10.【解析】(1)设该粒子恰好不从MN边
14、射出磁场时的轨迹半径为r,如图所示,则由几何关系有rcos60=r-,(3分)解得r=a(1分)又由qvB=m,(2分)解得最大速度为(2分)(2)粒子每经过分界线PQ一次,在PQ方向前进的位移为轨迹半径r的倍。设粒子进入磁场后第n次经过PQ线时恰好到达Q点有nr=8a且r=4.62n所能取的最小自然数为5(2分)粒子做圆周运动的周期为T=(1分)粒子每经过PQ分界线一次用去的时间为t=T=(2分)粒子到达Q点的最短时间为tmin=5t=(2分)答案:(1)(2)11.【解析】在磁场变化的半个周期内,电子的偏转角为60(如图)。所以,在磁场变化的半个周期内,电子在x轴方向上的位移等于R。电子到
15、达N点而且速度符合要求的空间条件是=nR=2L(4分)电子在磁场做圆周运动的轨道半径R=(3分)得B0=(n=1,2,3)(3分)若电子在磁场变化的半个周期恰好转过圆周,同时电子在MN间运动的时间是磁场变化半周期的整数倍时,可使粒子到达N点并且速度满足题设要求。应满足的时间条件=,T=T运=(4分)代入B0的表达式得T=(n=1,2,3)(4分)答案:T=(n=1,2,3)B0=(n=1,2,3)【方法技巧】处理带电粒子的圆周运动问题常用的几何关系(1)四个点:分别是入射点出射点轨迹圆心和入射速度直线与出射速度直线的交点。(2)六条线:两条轨迹半径,入射速度直线和出射速度直线,入射点与出射点的连线,圆心与两条速度直线交点的连线。前面四条边构成一个四边形,后面两条为四边形的对角线。(3)三个角:速度偏转角圆心角弦切角,其中偏转角等于圆心角,也等于弦切角的两倍。关闭Word文档返回原板块
