高考物理第二轮复习第16讲磁场难点正反磁课后练习含答案

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题二：如图所示，区域Ⅰ中有竖直向上的匀强电场，电场强度为E；区域Ⅱ内有垂直纸面向外的水平匀强磁场，磁感应强度为B；区域Ⅲ中有垂直纸面向里的水平匀强磁场，磁感应强度为2B，一质量为m、带电量为q的带负电粒子（不计重力）从左边界O点正上方的M点以速度v0水平射入电场，经A点与水平分界线成60°角射入Ⅱ区域的磁场，并垂直竖直边界CD进入Ⅲ区域的匀强磁场中。求：
（1）粒子在区域Ⅱ的匀强磁场中运动的轨迹半径；
（2）O、M间的距离；
（3）粒子从第一次进入区域Ⅱ到第一次离开区域Ⅲ所经历的总时间t。
题三：如图所示，在直角坐标系第二象限中有磁感应强度大小为B、方向垂直xOy平面向里的匀强磁场区域Ⅰ，在第一象限的y＞L区域有磁感应强度与区域Ⅰ相同的磁场区域Ⅱ；在第一象限的区域中有磁感应强度大小未知、方向垂直xOy平面向外的匀强磁场区域Ⅲ。在坐标原点O处有一电压可调的沿x轴方向的加速电场，电场右侧有一粒子源可产生电荷量为q、质量为m、初速度忽略不计的带负电的粒子。粒子经加速电场加速后从坐标原点O处沿x轴负方向射入磁场区域Ⅰ。
（1）若粒子经过坐标为（L，L）的P点时，速度方向与y轴负方向成锐角，且已知粒子仅经过磁场区域Ⅰ和Ⅱ，求加速电场的电压U。
（2）若调低加速电场的电压，粒子会从磁场区域Ⅰ垂直y轴进入磁场区域Ⅲ，经过坐标为（L，L）的P点后进入磁场区域Ⅱ，粒子在P点的速度方向与y轴正方向夹角为θ，求磁场区域Ⅲ的磁感应强度大小。
题四：如图所示，在x＜0的区域存在沿x轴正方向的匀强电场，电场强度大小为，在x＞0的区域Ⅰ、Ⅱ中存在磁感应强度等大反向的有界匀强磁场，区域Ⅰ的宽度为d，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外。现将一质量为m、电荷量为q的带正电粒子在x轴上某处由静止释放，不计粒子重力。求：
（1）在x轴负半轴上由静止释放的粒子的释放位置的横坐标满足什么条件时，粒子不能到达磁场区域Ⅱ；
（2）在（1）中恰好不能到达磁场区域Ⅱ的粒子，从释放到第二次经过y轴运动的时间；
（3）在坐标（－d，0）处释放的粒子从释放至第n次回到出发点所需要的时间。
题五：如图所示，两平行金属板右侧的平行直线A1、A2间，存在两个方向相反的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，以竖直面MN为理想分界面。两磁场区域的宽度相同，磁感应强度的大小均为B，Ⅰ区的磁场方向垂直于纸面向里。一电子由静止开始，经板间电场加速后，以速度v0垂直于磁场边界A1进入匀强磁场，经的时间后，垂直于另一磁场边界A2离开磁场。已知电子的质量为m，电荷量为e。
（1）求每一磁场区域的宽度d。
（2）若要保证电子能够从磁场右边界A2穿出，加速电压U至少应大于多少？
（3）现撤去加速装置，使区域Ⅰ的磁感应强度变为2B，电子仍以速率v0从磁场边界A1射入，并改变射入时的方向（其他条件不变），使得电子穿过区域Ⅰ的时间最短。求电子穿过两区域的时间t。
题六：如图所示，两水平放置的平行金属板a、b，板长L＝0.2 m，板间距d＝0.2 m。两金属板间加可调控的电压U，且保证a板带负电，b板带正电，忽略电场的边缘效应。在金属板右侧有一磁场区域，其左右总宽度s＝0.4 m，上下范围足够大，磁场边界MN和PQ均与金属板垂直，磁场区域被等宽地划分为n（正整数）个竖直区间，磁感应强度大小均为B＝5×10－3 T，方向从左向右为垂直纸面向外、向里、向外……在极板左端有一粒子源，不断地向右沿着与两板等距的水平线发射比荷为＝1×108 C/kg、初速度为＝2×105 m/s的带正电粒子。忽略粒子重力以及它们之间的相互作用，求：
（1）当U取何值时，带电粒子射出电场时的速度偏向角最大；
（2）若n＝1，即只有一个磁场区间，其方向垂直纸面向外，则在电压由0连续增大到U的过程中，带电粒子射出磁场时与边界PQ相交的区域的宽度；
（3）若n趋向无穷大，则偏离电场的带电粒子在磁场中运动的时间t为多少。
磁场难点正反磁
题一：
详解：带电粒子的运动轨迹如图所示。由题意知，带电粒子到达y轴时的速度，这一过程的时间。又由几何关系知，带电粒子在磁场中的轨迹半径r＝d，故带电粒子在第Ⅰ象限中的运动时间。同理，带电粒子在第Ⅳ象限中运动的时间，故t总＝。
题二：（1） （2） （3）
详解：（1）粒子在电场中做类平抛运动，设粒子过A点的速度为v，则有，
粒子在磁场II中做匀速圆周运动，根据洛伦兹力提供向心力有，解得。
（2）设粒子在电场中的加速度为a，根据牛顿第二定律有qE＝ma，
在A点有vy＝v0tan 60°，OM两点间的距离。
（3）粒子在磁场II、III中做匀速圆周运动，粒子轨迹如下图所示。
粒子在磁场II中运动轨迹所对圆心角为60°，所以运动时间，粒子在磁场III中运动半个周期，所以运动时间，所以经历的总时间。
题三：（1） （2）
详解：（1）设带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v，由动能定理有qU＝mv2，
带电粒子进入匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，有，由几何关系有（L－R）2＋（L）2＝R2，联立解得U＝。
（2）设调低加速电场的电压后，带电粒子经加速电场加速后的速度大小为v1。
带电粒子在磁场区域Ⅰ中做圆周运动时，有qv1B＝m，在磁场区域Ⅲ中做圆周运动时，有，可得B1＝B，又由几何关系有R2cs θ＝L，由，可知粒子在区域Ⅲ中运动的轨迹圆心的纵坐标值大于L，2R1＋R2－R2sin θ＝L，联立解得B1＝B。
题四：（1）x≥－ （2） （3）
详解：（1）在x轴上恰好不能到达区域Ⅱ的粒子的运动轨迹如图甲所示，由图可知粒子运动半径为d，由洛伦兹力提供向心力得。
设此粒子在x轴上从（－x0，0）点处释放，由动能定理得，
联立解得，。
因此粒子的释放位置在x轴负半轴上横坐标x≥－时，粒子不能到达区域Ⅱ。
（2）设粒子在电场中的运动时间为t1，由，解得，粒子在区域Ⅰ中的运动时间为，因此从释放到第二次经过y轴粒子运动的时间为。
（3）在坐标（－d，0）处释放的粒子在磁场中的运动轨迹如图乙所示，设粒子第一次到达y轴时速度为v'，则，解得，粒子从释放至第一次到达y轴需要的时间。
设粒子在磁场中运动的半径为r，则，解得。
由几何关系得，解得θ＝，因此粒子在区域Ⅱ中偏转的圆心角为，粒子第一次回到出发点所需要的时间为t总＝，T＝，代入得t总＝。
因此第n次回到出发点所需要的时间为（n＝1，2，3……）。
题五：（1） （2） （3）
详解：（1）电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力，有，运动周期，电子在每一磁场中运动的时间为，说明电子在每一磁场中转过π/4，如图1所示。
由几何关系可知，解得。
（2）若电子恰好不从A2穿出磁场，电子运动轨迹应和MN相切，在区域I中转半圈后从A1离开磁场，如图2所示。
设此时对应的电压为U，电子进入磁场时的速度为v，则，，，解得。
（3）由于速率一定，要电子穿过区域I的时间最短，则需电子穿过区域I的弧长最短（对应的弦长最短）。运动轨迹如图3所示。
电子在区域I的半径，由图可知，解得θ＝。
电子在区域I的运动时间。
电子在区域II的半径，由几何关系可知，在区域II中的圆心O2必在A2上，，则电子在区域II的运动时间。
则通过两场的总时间t＝t1＋t2＝。
题六：（1）400 V （2）（0.1＋0.4）m （3）2×10－6 s
详解：（1）设速度偏向角为θ，则，显然当最大时，最大。
当粒子恰好从极板右边缘出射时，速度偏向角最大。
在竖直方向有，在水平方向有，联立解得U＝400 V。
（2）由几何关系知，逐渐增大，速度偏向角变大，磁偏转半径变大，与PQ交点逐渐上移。
当U＝0时，交点位置最低（如图中D点）。由得m，此时交点D位于正下方0.4 m处。
当＝400 V时，交点位置最高（如图中C点）。由得m/s，由得 m，由，得入射方向为与水平方向成45°角。由几何关系得，此时交点位于正上方 m处。
所以交点范围宽度为。
（3）考虑粒子以一般情况入射到磁场，速度为，偏向角为，当趋于无穷大时，运动轨迹趋于一条沿入射速度方向的直线（渐近线）。又因为速度大小不变，因此磁场中的运动可以等效为匀速直线运动。
轨迹长度为，运动速率为，时间为，代入数据解得t＝2×10－6 s。