2021新高考物理二輪總復習專題分層突破練10磁場帶電粒子在磁場中的運動

專題分層突破練10磁場帶電粒子在磁場中的運動A組1.如圖所示,兩個完全相同、所在平面互相垂直的導體圓環(huán)P、Q中間用絕緣細線連接,通過另一絕緣細線懸掛在天花板上,當P、Q中同時通有圖示方向的恒定電流時,關于兩線圈的轉動(從上向下看)以及細線中張力的變化,下列說法正確的是()A.P順時針轉動,Q逆時針轉動,轉動時P與天花板連接的細線張力不變B.P逆時針轉動,Q順時針轉動,轉動時兩細線張力均不變C.P、Q均不動,P與天花板連接的細線和與Q連接的細線張力均增大D.P不動,Q逆時針轉動,轉動時P、Q間細線張力不變2.(2020四川成都高三第二次診斷性檢測)如圖,兩根平行通電長直導線固定,左邊導線中通有垂直紙面向外、大小為I1的恒定電流,兩導線連線(水平)的中點處,一可自由轉動的小磁針靜止時N極方向平行于紙面向下。忽略地磁場的影響。關于右邊導線中的電流I2,下列判斷正確的是()A.I2<I1,方向垂直紙面向外B.I2>I1,方向垂直紙面向外C.I2<I1,方向垂直紙面向里D.I2>I1,方向垂直紙面向里3.(2020山東濟寧高三5月模擬)如圖所示,某同學做“旋轉的液體”的實驗時,在玻璃皿的中心放一個圓柱形電極和電源負極相連,在邊緣放一個圓柱形電極和電源正極相連。若蹄形磁鐵上方為S極,且兩極間正對部分的磁場視為勻強磁場,磁感應強度為B=0.1T,玻璃皿的橫截面的半徑為a=0.05m,電源的電動勢為E=3V,內(nèi)阻r=0.1Ω,玻璃皿中兩電極間液體的等效電阻為R0=0.3Ω,當滑動變阻器接入電路的電阻為R=4.9Ω時,閉合開關后液體旋轉時電壓表的示數(shù)恒為1.5V,則下列說法正確的是()A.由上往下看,液體做順時針旋轉B.液體所受的安培力大小為1.5×103NC.液體所受的安培力大小為2.5×102ND.當滑片向左移動時,液體轉動的速度會增大4.(多選)(2020四川綿陽高三下學期3月月考)半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B,O是圓心,P是磁場邊緣上的一點。在P處的粒子源沿不同方向、以相同的速率不斷向磁場中釋放出相同的帶電粒子,粒子質(zhì)量m、帶電荷量q。不計重力和粒子間的相互作用,各帶電粒子穿出磁場時,P點與出射點間的最大距離為2R。由此可知()A.帶電粒子在磁場中做圓周運動的半徑等于22B.帶電粒子進入磁場時的速度大小v=2C.從離P點最遠處射出的帶電粒子在磁場中運動方向偏轉了90°D.由于洛倫茲力不做功,故帶電粒子在磁場中運動時動能和動量都保持不變5.(多選)如圖所示,在x≥0,y≥0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列說法正確的是()A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點B.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為5C.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為πD.粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為π6.(多選)如圖所示,圓心角為90°的扇形COD內(nèi)存在方向垂直紙面向外的勻強磁場,E點為半徑OD的中點?，F(xiàn)有比荷大小相等的兩個帶電粒子a、b(不計重力)以大小不等的速度分別從O、E點沿OC方向射入磁場,粒子a恰從D點射出磁場,粒子b恰從C點射出磁場,已知sin37°=0.6,cos37°=0.8,則下列說法中正確的是()A.粒子a帶正電,粒子b帶負電B.粒子a、b在磁場中運動的加速度大小之比為5∶2C.粒子a、b的速率之比為2∶5D.粒子a、b在磁場中運動的時間之比為180∶53B組7.(2020北京延慶區(qū)高三下學期一模)如圖所示,正方形區(qū)域內(nèi)有勻強磁場,現(xiàn)將混在一起的質(zhì)子H和α粒子加速后從正方形區(qū)域的左下角射入磁場,經(jīng)過磁場后質(zhì)子H從磁場的左上角射出,α粒子從磁場右上角射出磁場區(qū)域,由此可知()A.質(zhì)子和α粒子具有相同的速度B.質(zhì)子和α粒子具有相同的動量C.質(zhì)子和α粒子具有相同的動能D.質(zhì)子和α粒子由同一電場從靜止加速8.(多選)(2020遼寧部分重點中學協(xié)作體高三下學期模擬)如圖所示,三個相同的帶電粒子以大小不同的速度,沿同一方向從圖中長方形區(qū)域的勻強磁場上邊緣射入,當它們從下邊緣飛出時相對入射方向的偏角分別為90°、60°、30°,則它們在磁場中運動的()A.時間之比為1∶2∶3B.時間之比為3∶2∶1C.速度之比為1∶2∶(4+23)D.速度之比為1∶29.(2020北京西城區(qū)高三下學期診斷測試)如圖所示,在垂直紙面向里的磁感應強度大小為B的勻強磁場中,一個靜止于P點的放射性元素氡的原子核

86222Rn發(fā)生了一次α衰變,變?yōu)獒?Po),放射出的α粒子(24He)和生成的新核釙(Po)均在與磁場方向垂直的平面內(nèi)做圓周運動。已知α粒子的質(zhì)量為m(1)寫出

86222Rn發(fā)生α衰變的核反應方程,并定性畫出新核釙(Po)和α(2)新核釙(Po)和α粒子的圓周運動均可等效成一個環(huán)形電流,求α粒子做圓周運動的周期T和環(huán)形電流I的大小;(3)磁矩是描述環(huán)形電流特征的物理量,把粒子做圓周運動形成的環(huán)形電流大小與圓環(huán)面積的乘積叫作粒子的回旋磁矩,用符號μ表示。設α粒子做圓周運動的速率為v,試推導α粒子回旋磁矩μα的表達式,并據(jù)此比較α粒子和新核釙(Po)做圓周運動的回旋磁矩的大小關系。10.如圖所示,在x軸和x軸上方存在垂直xOy平面向外的勻強磁場,坐標原點O處有一粒子源,可向x軸和x軸上方的各個方向不斷地發(fā)射速度大小為v、質(zhì)量為m、帶電荷量為+q的同種帶電粒子。在x軸上距離原點x0處垂直于x軸放置一個長度為x0、厚度不計、能接收帶電粒子的薄金屬板P(粒子一旦打在金屬板P上,其速度立即變?yōu)?)?，F(xiàn)觀察到沿x軸負方向射出的粒子恰好打在薄金屬板的上端,且速度方向與y軸平行。不計帶電粒子的重力和粒子間相互作用力。(1)求磁感應強度B的大小;(2)求被薄金屬板接收的粒子中運動的最長與最短時間的差值;(3)若在y軸上放置一擋板,使薄金屬板右側不能接收到帶電粒子,試確定擋板的最小長度和放置的位置坐標。參考答案專題分層突破練10磁場帶電粒子在磁場中的運動1.A解析根據(jù)安培定則,P產(chǎn)生的磁場的方向垂直于紙面向外,Q產(chǎn)生的磁場水平向右,根據(jù)同名磁極相互排斥的特點,從上往下看,P將順時針轉動,Q逆時針轉動;轉動后P、Q兩環(huán)的電流的方向相反,兩環(huán)靠近部分的電流方向相同,所以兩個線圈相互吸引,兩環(huán)間的細線張力減小。由整體法可知,P與天花板連接的細線張力總等于兩環(huán)的重力之和,大小不變;故A正確,BCD錯誤。故選A。2.B解析小磁針靜止時N極方向平行于紙面向下,說明該處的磁場方向向下,因I1在該處形成的磁場方向向上,則I2在該處形成的磁場方向向下,且大于I1在該處形成的磁場,由安培定則可知I2方向垂直紙面向外且I2>I1。故只有選項B正確。3.B解析電流由邊緣流向中心,器皿所在處的磁場豎直向上,由左手定則可知導電液體受到的磁場力沿逆時針方向,液體沿逆時針方向旋轉,選項A錯誤;電壓表的示數(shù)為1.5V,則根據(jù)閉合電路的歐姆定律有E=U+IR+Ir,所以電路中的電流值I=E-UR+r=3-1.54.9+0.1A=0.3A,液體所受的安培力大小為F=BIL=BIa=0.1×0.3×0.05N=1.5×103N,選項B正確、4.AB解析當入射點與出射點分別在軌跡直徑的兩端時距離最大,則2r=2R,即r=22R,選項A正確;根據(jù)qvB=mv2r可知v=qBrm=2qBR2m,選項B正確;從距離P最遠點射出的粒子在磁場中偏轉的角度為180°,選項C錯誤;洛倫茲力不做功,5.BC解析帶正電粒子由P點沿與x軸成30°角的方向入射,則粒子運動軌跡的圓心在過P點且與速度方向垂直的方向上,粒子在磁場中要想到達坐標原點,轉過的圓心角肯定大于180°,如圖所示。而因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,A錯誤。由于P點的位置不定,所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角為300°,運動的時間t=56T=5πm3qB。當粒子從無限靠近坐標原點出發(fā)時,對應的最小圓心角也一定大于120°,所以運動時間t>13T=2πm3qB6.CD解析兩個粒子的運動軌跡如圖所示,根據(jù)左手定則判斷知粒子a帶負電,粒子b帶正電,A錯誤;設扇形COD的半徑為r,粒子a、b的軌道半徑分別為Ra、Rb,則Ra=r2,Rb2sinθ=rRb,得Rb=54r,θ=53°,由qvB=mv2R,得v=qBmR,所以粒子a、b的速率之比為vavb=RaRb=25,C正確;由牛頓第二定律得加速度a=qvBm,所以粒子a、b在磁場中運動的加速度大小之比為aaab=v7.A解析因為α粒子的質(zhì)量是質(zhì)子H質(zhì)量的4倍,α粒子的電荷量是質(zhì)子H電荷量的2倍;設正方形的邊長為R,則α粒子做圓周運動的半徑為R,質(zhì)子H做圓周運動的半徑是12R;則根據(jù)F洛=F向得Bqv=mv2r,速度v=BqRm,故vα=B2eR4m0=BeR2m0,vH=Be×12Rm0=BeR2m0,故vα=vH,選項A正確;因兩種粒子的質(zhì)量不相等,故動量、動能都不相等,選項BC錯誤;8.BC解析粒子在磁場中運動的周期的公式為T=2πmqB,由此可知,粒子的運動周期與粒子的速度大小無關,所以粒子在磁場中的周期相同,三種速度的粒子的偏轉角分別為90°、60°、30°,所以偏轉角為90°的粒子的運動時間為T4,偏轉角為60°的粒子的運動時間為T6,偏轉角為30°的粒子的運動時間為T12,所以有T4∶T6∶T12=3∶2∶1,選項A錯誤、B正確;設磁場寬度為d,根據(jù)半徑與速度的關系確定圓心,由幾何關系可知R1=d,R2sin30°+d=R2,解得R2=2d,R3sin60°+d=R3,解得R3=(4+23)d,故各粒子在磁場中運動的軌道半徑之比為d∶2d∶(4+23)d=1∶2∶(4+23),由R=mvqB可知v與R成正比,故速度之比也為9.答案(1)86222Rn→24(2)T=2πmBq(3)μα=mv22Bμ解析(1)86222Rn發(fā)生α衰變的核反應方程為

86222Rn新核釙(Po)和α粒子的運動軌跡如圖所示(2)根據(jù)牛頓第二定律Bqv=mv解得r=mvα粒子做圓周運動的周期T=2環(huán)形電流大小I=q(3)由題意可得μα=I·πr2將r=mvBq代入得μα=根據(jù)動量守恒定律可知

86222Rn發(fā)生α衰變生成的α粒子和新核釙(Po)動量大小相等,方向相反,即pα根據(jù)Ek=12mv2=p22m、得μα>μ釙10.答案(1)mvqx0(2)4πx03v(3)最小長度為(23)x0,上端坐標為(0,2x解析(1)由左手定則可以判斷帶電粒子在磁場中沿順時針方向做圓周運動,沿x方向射出的粒子恰好打在金屬板的上方,如圖a所示,R=x0qvB=mv聯(lián)立得B=mv圖a(2)粒子做圓周運動的周期為T,T=2圖b中帶電粒子打在金屬板左側面的兩個臨界點上,由圖可知,圓心O'與坐標原點和薄金屬板下端構成正三角形,帶電粒子