高中物理鲁科版 (2019)选择性必修 第二册第1章 安培力与洛伦兹力本章综合与测试免费同步达标检测题

专题强化练4　磁场中的多解性和周期性问题

一、选择题

1.(2020江西南昌十中高二上月考,)(多选)如图所示,A点的粒子源在纸面内沿垂直OQ方向向上射出一束带电荷的粒子,粒子重力忽略不计。为把这束粒子约束在OP之下的区域,可在∠POQ之间加垂直纸面的匀强磁场。已知OA间的距离为s,粒子比荷为,粒子运动的速率为v,OP与OQ间夹角为30°。则所加磁场的磁感应强度B满足(深度解析)

A.垂直纸面向里,B> B.垂直纸面向里,B>

C.垂直纸面向外,B> D.垂直纸面向外,B>

2.(2020河北衡水检测,)(多选)如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点,已知ab=L,则粒子的速度可能是(　　)

A. B. 

C. D.

3.(2020黑龙江哈尔滨六中高二上期末,)如图所示,边长为l的等边三角形ACD内、外分布着方向相反的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。顶点A处沿∠CAD的平分线方向发射不同速度的粒子,粒子质量均为m、电荷量均为+q。不计粒子重力。粒子以下列速度发射时其中不能通过D点的是(　　)

A. B. 

C. D.

4.(2020四川遂宁高二上期末,)(多选)如图所示,在x>0、y>0的真空区域中有方向垂直于xOy平面向里的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。现有一质量为m、电荷量大小为q的带电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴成30°角的方向以任意大小的速度v射入磁场。不计粒子重力,则下列说法中正确的是(　　)

A.只要粒子的速度大小合适,粒子就可能通过坐标原点

B.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

5.(2019陕西西安长安一中月考,)(多选)如图,xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外、磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9 m,M点为x轴正方向上一点,OM=3 m。现有一个比荷为=1.0 C/kg的带正电的小球(可视为质点,重力不计)从挡板下端N处的小孔以不同的速度沿x轴负方向射入磁场,若小球与挡板相碰后将以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过M点,则小球射入的速度大小可能是(　　)

A.3 m/s B.3.75 m/s 

C.4 m/s D.5 m/s

二、非选择题

6.(2020重庆西南大学附中高三月考,)如图甲所示,在ABCD矩形区域里存在垂直于纸面方向的磁场(矩形区域边界上也有磁场),规定垂直纸面向里为磁场正方向,磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。t=0时刻,一质量为m、带电荷量为q的带正电粒子从B点以速度v0沿BC方向射入磁场,其中B0已知,T0未知,不计重力。

(1)若AB=BC,粒子从D点射出磁场,求AB边长度的可能值及粒子运动时间的可能值;

(2)若AB∶BC=∶1,粒子仍从D点射出,求AB边长度的可能值及粒子运动时间的可能值;

(3)若AB=BC,求磁场周期T0需满足什么条件粒子不从AB边射出,并求恰好不射出时,粒子在T0时刻距BC边的距离。

甲

乙

7.(2020四川成都外国语学校高二上月考,)如图甲所示,在竖直平面内建立一平面直角坐标系xOy,x轴沿水平方向。第二象限内有一水平向右的场强为E1的匀强电场,第一、四象限内存在场强为E2、方向竖直向上的匀强电场和磁感应强度为B、方向垂直于纸面的交变磁场,从A点以v0=4 m/s竖直向上射出一个比荷为=102 C/kg的带正电的小球(可视为质点),小球以v1=8 m/s的速度从y轴上的C点水平向右进入第一象限,且在第一象限内刚好沿圆弧做圆周运动。取小球从C点进入第一象限的时刻为t=0,磁感应强度按图乙所示规律变化(以垂直纸面向外为磁场的正方向),g=10 m/s2。

甲

乙

(1)求小球从A点运动到C点的时间t1和场强E2的大小;

(2)x轴上有一点D,OD=OC,若带电粒子在通过C点后的运动过程中不再越过y轴且沿x轴正方向通过D点,求磁感应强度B0和磁场的变化周期T0。深度解析

8.(2019北京西城高二上期末,)如图所示,足够大的平行挡板A1、A2竖直放置,间距为L。A1、A2上各有位置正对的小孔P、Q。两板间存在两个方向都垂直纸面向外的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,水平面PQ和MN分别是两个磁场区的理想边界面。挡板A1的左侧是方向水平向右的匀强电场,质量为m、电荷量为+q的粒子从电场中的O点以大小为v0的初速度竖直向上射出,运动一段时间后从小孔P进入Ⅰ区,此时速度方向与竖直方向的夹角θ=60°。粒子进入Ⅰ区运动之后,从PQ边界上的C1点第一次离开Ⅰ区,C1点与挡板A1的距离为d,然后进入没有磁场的区域运动,从MN边界上的D1点(图中未画出)第一次进入Ⅱ区,D1点与挡板A1的距离为d。不计重力,碰到挡板的粒子不予考虑。

(1)求匀强电场中O、P两点间的电势差U和Ⅰ区的磁感应强度B1的大小;

(2)已知L=13d,最后粒子恰好从小孔Q射出,求Ⅱ区的磁感应强度B2的大小可能是哪些值。

答案全解全析

专题强化练4　磁场中的多解性和周期性问题

一、选择题

1.BC　当所加匀强磁场方向垂直纸面向里时,由左手定则知,粒子向右偏转,约束在OP之下的区域的临界条件是粒子运动轨迹与OP相切,如图(大圆弧),由几何知识知R2=OB sin 30°=OB,而OB=s+R2,所以R2=s,所以当粒子轨迹的半径小于s时满足约束条件,由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB=,所以得B>,选项A错误,B正确;当所加匀强磁场方向垂直纸面向外时,由左手定则知,粒子向左偏转,约束在OP之下的区域的临界条件是粒子运动轨迹与OP相切,如图(小圆弧),由几何知识得该轨迹圆的半径为R1=,所以当粒子轨迹的半径小于时满足约束条件,由牛顿第二定律及洛伦兹力公式列出qvB=,所以得B>,选项C正确,D错误。

方法技巧　根据牛顿第二定律,由洛伦兹力提供向心力,写出方程,结合几何关系可确定半径的范围。

2.AB　由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示,所有圆弧的圆心角均为120°,所以粒子运动的半径为r=·(n=1,2,3…),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,则v==·(n=1,2,3…),选项A、B正确。

3.C　粒子运动过程中只受洛伦兹力作用,故粒子做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=m,解得v=。由左手定则可得,粒子在三角形内沿逆时针方向做圆周运动,在三角形外沿顺时针方向做圆周运动,且粒子做圆周运动的轨道半径均相同,根据几何关系可得,粒子在同一条边上每两次经过边界时在边界上的距离为r,故要使粒子通过D点,则有r=(n=1,2,3…),故能通过D点的粒子速度大小v=(n=1,2,3…),故选C。

4.CD　如果粒子要从O点射出,则其运动轨迹如图甲所示,从轨迹上看出粒子还未到达O点时已经从y轴射出磁场,故粒子不可能从O点射出磁场,选项A错误;如果粒子带负电,则粒子的运动轨迹如图乙所示,根据几何知识可知,其轨迹所对的圆心角为∠1=60°,所以粒子的运动时间为t=T=,当粒子带正电且从x轴射出磁场,其运动轨迹如图丙所示,根据几何知识可知其圆心角为∠2=300°,所以粒子在磁场中做圆周运动的时间为t'=T=。如果粒子带正电,且从y轴射出,其从y轴射出时所用的时间最长时,其轨迹刚好和y轴相切,轨迹如图丁所示,根据几何知识可知,其圆心角为∠3=240°,所以其运动的时间为t''=T=,所以粒子从y轴射出时,其时间满足t0<综上可知,粒子在磁场中运动的时间可能为t<,t=以及t=,选项B错误,C、D正确。

5.ABD　因为小球通过y轴的速度方向一定是沿x轴正方向,故带电小球做圆周运动轨迹半径最小值为3 m,即Rmin=,解得vmin=3 m/s;经验证,带电小球以3 m/s速度进入磁场,与ON碰撞一次,再经四分之三圆周经过M点,如图甲所示,选项A正确;当带电小球与ON不碰撞,直接经过M点,如图乙所示,小球速度沿x轴负方向射入磁场,则圆心一定在y轴上,作出MN的垂直平分线,交于y轴的点即得圆心位置,由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax=5 m,又Rmax=,解得vmax=5 m/s,选项D正确;当小球速度大于3 m/s、小于5 m/s时,轨迹如图丙所示,由几何条件计算可知轨迹半径R=3.75 m,由半径公式R=解得v=3.75 m/s,选项B正确,C错误。

二、非选择题

6.答案　(1),(n=1,2,3…)

(2),(n=1,2,3…)

(3)T0≤　

解析　(1)若AB=BC,粒子通过D点,其可能的运动轨迹如图所示(图中只画出两种可能的运动轨迹)

则必须满足qv0B0=m

·=nr(n=1,2,3…)

t=n(n=1,2,3…)

又T=

由以上各式解得=,t=(n=1,2,3…)

(2)若粒子通过D点,其可能的运动轨迹如图所示(图中只画出了一种可能的运动轨迹)

则必须满足qv0B0=m

=2nr(n=1,2,3…)

t=2n(n=1,2,3…)

又因为T=,=×

由以上各式解得=,t=(n=1,2,3…)

(3)如图所示:

粒子恰好不从AB边射出时,在~T0时间内的轨迹应与AB边相切,故需满足 sin (π-θ)=,

解得粒子在0~时间内转过的角度不超过150°,则有

≤T

T0时刻粒子离AB的距离为d=2r+2r cos 30°

由以上方程解得T0≤,d=。

7.答案　(1)0.4 s　0.1 N/C　(2)见解析

解析　(1)小球从A到C的过程,在竖直方向受重力作用,做匀减速运动,有t1=

小球进入第一象限内恰做圆周运动,有mg-qE2=0

代入数据解得t1=0.4 s,E2=0.1 N/C。

(2)设粒子在第一象限内做圆周运动的轨道半径为R,周期为T,C到O的距离为y,作出其运动轨迹如图所示

则有B0qv1=,y=

若粒子沿x轴正方向通过D点,则由图中几何关系有y=n·2R,粒子运动的周期T=,由C到D的运动时间t=n=nT0

联立解得B0=0.2n(T)(n=1,2,3…)或B0=0.1n(T)(n=2,4,6…)

T0=(s)(n=1,2,3…)或T0=(s)(n=2,4,6…)

方法技巧　解决带电粒子在交变电、磁场中的运动问题的基本思路

8.答案　(1)　　(2)　　

解析　(1)粒子从O点运动到P点的过程,由动能定理得

qU=m(v2-)

在P点速度满足v0=v cos θ

解得O、P两点间的电势差U=

粒子在Ⅰ区内做圆周运动,有qvB1=m

粒子运动情况如图,可得2r1 cos θ=d

解得Ⅰ区的磁感应强度B1=

(2)粒子在Ⅱ区内做圆周运动,有qvB2=m　⑦

粒子运动情况如图,粒子完成一个完整的周期性运动,到达PQ边界的C2点时,与挡板A1的距离为x=d+2×(2.5d-d)-2r2 cos θ

即x=4d-r2

不考虑粒子碰到挡板的情况下,恰好从小孔Q射出,有两种情况。

①第一种情况是粒子斜向下射出小孔Q,对应的条件是

nx+d=L(n=1,2,3…)

将L=13d代入并整理可得

r2=4d

考虑到r2>0,则n>3

再考虑粒子不能碰到挡板,则需满足条件r2+r2 cos θ<d

可解得r2<d

综合以上条件,可知n只能取4和5两个值,即r2=d和r2=d

解得Ⅱ区的磁感应强度大小的两个可能值是

B2=和B2=

②第二种情况是粒子斜向上射出小孔Q,对应的条件是

nx=L(n=1,2,3…)

可得r2=d

考虑到r2>0,则n>3

粒子不能碰到挡板A2,需满足条件

r2+r2 cos θ<d

解得r2<d

综合以上条件可知只能取n=4,即r2=d

解得Ⅱ区的磁感应强度大小的另一个可能值是B2=