高考物理二轮复习专题三第2讲磁场性质及带电粒子在磁场中的运动练习(含解析)

磁场性质及带电粒子在磁场中的运动

一、单项选择题

1．(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＝，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＝T，T＝，粒子在磁场中的运动时间变长，D项错误．

2．(河南六市联考)如图所示的坐标系中，有两个半径均为r的圆形线圈L1、L2，分别垂直于y轴和x轴放置，其圆心O1和O2的坐标分别为(0，r)、(r，0)，给线圈L1通电流3I0(从上向下看为逆时针方向)，给线圈L2通电流4I0(从右向左看为逆时针方向)．据相关电磁学理论可以知道，圆环形电流在其中心轴线上产生的磁感应强度为B＝，其中μ为真空磁导率，I为环中电流，r为圆环半径，Z为中心轴线上任意一点到圆环圆心的距离．据此可推算出两通电线圈在坐标原点O处产生的磁感应强度的大小和方向分别为(　　)

A.，方向指向第一象限

B．，方向指向第二象限

C．，方向指向第三象限

D．，方向指向第四象限

解析：选A.根据B＝可知：线圈L1在O点产生的磁感应强度为：B1＝＝，由右手螺旋定则可知方向沿y轴正方向，线圈L2在O点产生的磁感应强度为：B2＝＝，方向沿x轴正方向，B1和B2方向垂直，所以O点的磁感应强度为B＝＝，方向指向第一象限，选项A正确．

3．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及运动的时间之比分别为(已知sin 15°＝，cos 15°＝)(　　)

A．　2 B．　2

C．　 D．　

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＝，轨迹所对的圆心角β＝2(90°－θ－α)＝120°－2α，结合r＝和T＝，得v∝，t＝T∝(120°－2α)，则＝＝，＝＝2，选项A正确．

4．两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＝可知，轨道半径增大．分析角速度：由公式T＝可知，粒子在磁场中运动的周期增大，根据ω＝知角速度减小，选项D正确．

5．(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． B．

C． D．

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＝×，粒子在磁场中运动的时间与筒转过90°所用的时间相等，即＝×，求得＝，A项正确．

6．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＝L，r乙＝L.由qvB＝m，解得r＝＝.若两个带电粒子的比荷  相同，由r＝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＝＝可知，甲、乙两个带电粒子所带电荷量的比值为＝·＝，选项B错误；若两个带电粒子所带电荷量q相同，由r＝＝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＝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；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，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．

7．(威海质检)如图所示，在半径为R的圆形区域内充满磁感应强度为B的匀强磁场，MN是一竖直放置的感光板，从圆形磁场最高点P垂直磁场射入大量的带正电、电荷量为q、质量为m、速度为v的粒子，不考虑粒子间的相互作用力，关于这些粒子的运动，以下说法正确的是(　　)

A．只要对着圆心入射，出射后均可垂直打在MN上

B．对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线不一定过圆心

C．对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的弧长越长，时间也越长

D．只要速度满足v＝，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上

解析：选D.对着圆心入射的粒子，出射后不一定垂直打在MN上，与粒子的速度有关，故A错误；带电粒子的运动轨迹是圆弧，根据几何知识可知，对着圆心入射的粒子，其出射方向的反向延长线也一定过圆心，故B错误；对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由t＝T知，运动时间t越小，故C错误；速度满足v＝时，轨迹半径r＝＝R，入射点、出射点、O点与轨迹的圆心构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与最高点处的磁场半径平行，粒子一定垂直打在MN板上，故D正确．

8．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＝T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

9．(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，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．

10．(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＋)d，d)，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d

B．粒子的发射速度大小为

C．带电粒子的比荷为

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，运动时间t0＝解得：v0＝，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，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝，由Bqv0＝mr则＝，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，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确．

11．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<　

B．在极板间加垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度B>　

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<

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>

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<，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>，粒子在磁场中做圆周运动的洛伦兹力提供向心力，即qvB＝m，可得粒子做圆周运动的半径R＝，所以<或>，解得：B>或B<，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＝<，解得E<，故C正确；根据对称性可知，D错误．

12．(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＝k，则质子的速度可能为(　　)

A．2BkL B．

C． D．

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＝(n＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv＝m，即v＝＝Bk(n＝1，2，3，…)，选项B、D正确．

三、非选择题

13．(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

根据几何关系：r≤

联立得：v≤

粒子在磁场中做圆周运动的周期：T＝

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＝

联立可得：t＝.

(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′＝R

面积：S＝πr′2

联立可得：S＝πR2.

答案：(1)v≤　　(2)πR2

14．(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＝，解得r＝.

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＝Lcos 30°＝L

由上式可得，磁感应强度的最小值Bmin＝.

(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＝

粒子做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，有qvB＝，所以磁感应强度的最大值Bmax＝.

答案：见解析