2018年高考物理二轮复习练案磁场及带电体在磁场中的运动（带答案

专题三　第9讲

限时：40分钟
一、选择题(本题共8小题，其中1～4题为单选，5～8题为多选)
1．(2019•山东省日照市二模)相隔一定距离的电荷或磁体间的相互作用是怎样发生的？这是一个曾经使人感到困惑、引起猜想且有过长期争论的科学问题。19世纪以前，不少物理学家支持超距作用的观点。英国的迈克尔•法拉第于1837年提出了电场和磁场的概念，解释了电荷之间以及磁体之间相互作用的传递方式，打破了超距作用的传统观念。1838年，他用电力线(即电场线)和磁力线(即磁感线)形象地描述电场和磁场，并解释电和磁的各种现象。下列对电场和磁场的认识，正确的是导学号 86084185( D )
A．法拉第提出的磁场和电场以及电力线和磁力线都是客观存在的
B．在电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动
C．磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向一致
D．通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的
[解析]　电场和磁场均是客观存在的特殊物质；电场线和磁感线是人类为了形象地描述电场而引入的虚拟的线，实际上并不存在；故A错误；电荷的运动取决于初速度和力的方向，故电场线不是电荷在场中的轨迹。只有在点电荷的电场和匀强电场中由静止释放的带正电粒子，一定会沿着电场线运动。 故B错误；根据左手定则可知，磁感线上某点的切线方向跟放在该点的通电导线的受力方向垂直，故C错误；根据磁场的性质可知，通电导体与通电导体之间的相互作用是通过磁场发生的，故D正确。
2. (2019•湖南省衡阳市八中一模)劲度系数为k的轻弹簧一端固定在墙上，如图所示。空间存在水平方向的匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里，图中未画出。一个带正电的小物块(可视为质点)从A点以初速度v0向左运动，接触弹簧后运动到C点时速度恰好为零，弹簧始终在弹性限度内。已知A、C两点间距离为L，物块与水平面间的动摩擦因数为μ，重力加速度为g。则物块从A点运动到C点的过程中，下列说法正确的是导学号 86084186( C )

A． 小物块的加速度先不变后减小
B． 弹簧的弹性势能增加量为12mv20－μmgL
C． 小物块与弹簧接触的过程中，弹簧弹力的功率先增加后减小
D． 小物块运动到C点时速度为零，加速度也一定为零
[解析]　物块向左运动过程中，接触弹簧前， 小物块受向下的洛伦兹力作用，随速度的减小，洛伦兹力减小，正压力减小，摩擦力减小，加速度减小；接触弹簧后受到向右的弹力作用，随弹力增大，加速度变大，A错误；由能量关系可知，弹簧的弹性势能增加量为12mv20－fL，式子中的f是变化的，不等于μmg，B错误；小物块与弹簧接触的过程中，刚接触弹簧时弹力为零，弹力的功率为零；当压缩到最短时，速度为零，弹簧的弹力功率也为零，故弹簧弹力的功率先增加后减小，C正确；物块运动到C点时速度为零，此时弹簧的弹力最大，加速度不为零，D错误，故选C。
3. (2019•山东省日照市二模)如图所示，真空中存在着宽度为d的匀强磁场，磁感应强度的大小为B、方向垂直纸面向里。从磁场左边界上某点射入一质量为m、带电荷量为＋q的粒子(不计重力)，入射的初速度大小v0＝2qBd2－1m 、方向与水平方向成30°角。则粒子从磁场右边界离开时，速度的偏转角是导学号 86084187( A )

A．15°　　B．30°　　
C．45°　　D．60°
[解析]　由洛仑兹力提供向心力得：qv0B＝mv20R，从而得到半径：R＝mv0qB＝m2qBd2－1mqB＝2d2－1＝2(2＋1)d，粒子做匀速圆周运动的部分轨迹如图所示。设速度的偏转角为α，则圆心角也为α，由几何关系有：dcos30°－α2＝2Rsinα2，将R的值代入并解方程得：α＝15°，所以选项BCD错误，选项A正确。

4．(2019•四川省凉山州一模)在xOy平面的第一象限内存在着垂直于平面向内的匀强磁场，磁感应强度大小为B，两个相同的带电粒子以相同的速度分别从y轴上的P、Q两点同时垂直于y轴向右射出，最后均打在x轴上的N点，已知P、N两点的坐标分别为(0,3L)、(3L,0)，不计两粒子的重力与相互作用力。根据题中条件不能确定的是导学号 86084188( D )

A．两带电粒子在磁场中运动的半径
B．两带电粒子到达N点所用的时间比
C．Q点的坐标
D．带电粒子的比荷
[解析]　粒子的运动轨迹如图，

已知粒子的入射点及入射方向，同时已知圆上的两点，根据入射点速度垂直的方向及PN连线的中垂线的交点即可明确粒子运动圆的圆心位置；由几何关系可知：12PNR＝POPN，计算得出：R＝12PN2PO＝129L2＋3L23L＝2L因两粒子的速度相同，且是同种粒子，则可知，它们的半径相同；即两粒子的半径均可求出；A错误；同时根据几何关系可知P对应的圆心角为120°，Q对应的圆心角为60°； 即可确定对应的圆心角，则由t＝θ360°T，可以求得转动的时间比：tP?tQ＝120°?60°＝2?1，可确定带电粒子到达N点所用的时间比，B错误；根据几何关系，OQ＝L，可以确定Q点的坐标，C错误；根据R＝mvqB，由于不知磁感应强度和速度，故无法求得比荷，D正确。
5．(2019•重庆市一模)在光滑绝缘水平面上，一条绷紧的轻绳拉着一个带电小球绕轴O在匀强磁场中作逆时针方向匀速圆周运动，磁场方向竖直向下，其俯视图如图所示。若小球运动到A点时，绳子忽然断开。关于小球在绳断开后可能的运动情况，下列说法中正确的是导学号 86084189( ABD )

A．小球仍作逆时针匀速圆周运动，半径不变
B．小球作顺时针匀速圆周运动，半径不变
C．小球仍作逆时针匀速圆周运动，但半径减小
D．小球作顺时针匀速圆周运动，半径减小
[解析]　如果小球带正电，则小球所受的洛伦兹力方向指向圆心，此种情况下，如果洛伦兹力刚好提供向心力，这时绳子对小球没有作用力，绳子断开时，对小球的运动没有影响，小球仍做逆时针的匀速圆周运动，半径不变，故A正确；如果小球带负电，则小球所受的洛伦兹力方向背离圆心，当洛伦兹力的大小等于小球所受的拉力的一半时，绳子断后，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径不变，故B正确；如果洛伦兹力和拉力共同提供向心力，绳子断开时，向心力减小，而小球的速率不变，则小球做逆时针的圆周运动，但半径增大，故C错误；当洛伦兹力的大小大于小球所受的拉力的一半时，则绳子断后，向心力增大，小球做顺时针的匀速圆周运动，半径减小，故D正确。
6．(2019•湖南省衡阳市八中一模)如图所示，在Ⅰ、Ⅱ两个区域内存在磁感应强度均为B的匀强磁场，磁场方向分别垂直于纸面向外和向里，AD、AC边界的夹角∠DAC＝30°，边界AC与边界MN平行，Ⅱ区域宽度为d。质量为m，电荷量为＋q的粒子可在边界AD上的不同点射入，入射速度垂直AD且垂直磁场，若入射速度大小为qBdm，不计粒子重力，则导学号 86084190( CD )

A．粒子在磁场中的运动半径为d2
B．粒子距A点0.5d处射入，不会进入Ⅱ区
C．粒子距A点1.5d处射入，在Ⅰ区内运动的时间为πmqB
D．能够进入Ⅱ区域 的粒子，在Ⅱ区域内运动的最短时间为πm3qB
[解析]　根据Bqv＝mv2r，得r＝mvBq＝d，所以A错误；粒子刚好不能进入区域Ⅱ的运动轨迹如图所示，恰好与AC相切，根据几何关系可求，此时入射点到A的距离为d，即到A点距离大于d的都不能进入区域Ⅱ，运动轨迹为一半圆，时间t＝T2＝πmqB，所以B错误，C正确；从A点进入的粒子在区域Ⅱ中运动的时间最短，轨迹如图所示，由几何关系知，轨迹圆心角为60°，最短时间tmin＝T6＝πm3qB，故D正确。

7．(2019•山东省济宁市二模)如图所示，圆形区域半径为R，内有一垂直纸面的匀强磁场，磁感应强度的大小为B1，P为磁场边界上的一点，相同的带正电的粒子，以相同的速率从P点射入磁场区域，速度方向沿位于纸面内的各个方向。这些粒子射出磁场边界的位置在边界的某一段弧上。这段圆弧的弧长是圆周的13，若将磁感应强度的大小变为B2，结果相应的弧长变为圆周长的14，不计粒子的重力和粒子间的相互影响，则导学号 86084191( AC )

A．磁感应强度的大小为B1时，粒子轨迹半径为32R
B．磁感应强度的大小变为B2时粒子轨迹半径为R
C．B2B1＝62
D．B2B1＝23
[解析]　当磁感应强度为B1时，半径为r1，最远点是轨迹上直径与磁场边界圆的交点，∠POM＝120°，如图所示： 所以粒子做圆周运动的半径r1＝Rsin60°＝32R，所以选项A正确；同理，当磁感应强度为B2时最远点是轨迹上的直径与磁场边界圆的交点，∠NOP＝90°，如图所示： 所以粒子做圆周运动的半径r2＝Rsin45°＝22R，所以B错误；由洛仑兹力提供向心力qvB＝mv2r得B＝mvqr，所以B2B1＝r1r2＝32＝62，所以C正确，D错误。

8．(2019•山东省淄博市二模)如图所示，等腰直角三角形abc区域内存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。三个相同的带电粒子从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场，在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3，且t1?t2?t3＝3?3?1。直角边bc的长度为L，不计粒子的重力，下列说法正确的是导学号 86084192( BD )

A．三个粒子的速度大小关系可能是v1＝v2>v3
B．三个粒子的速度大小关系可能是v1<v2<v3
C．粒子的比荷qm＝v3BL
D．粒子的比荷qm＝π2Bt1
[解析]　

速度为v1、v2的粒子从ab边穿出，则偏转角为90°，但两者的速度大小关系不定，但其半径一定比速度为v3的粒子半径小，由半径公式r＝mvBq，则v3一定大于v1和v2，A错误，B正确；对速度为v3的粒子偏转30°，画出运动轨迹如图所示，由几何关系知r3tan15°＋r3tan15°cos30°＝L，所以r3＝Ltan15°1＋cos30°，而r3＝mv3Bq，联立得到qm＝v3tan15°1＋cos30°BL≠v3BL，C错误；由于速度为v1的粒子偏转90°，则t1＝14×2πmBq，于是qm＝π2Bt1，D正确。
二、计算题(本题共2小题，需写出完整的解题步骤)
9．(2019•山东省青岛市二模)如图，直角坐标系xOy区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝3T。现有一带负电的粒子，电荷量q＝1×10－6C，质量m＝5×10－12 kg，以v＝1×106 m/s的速度先后经过P(1,5)、Q(5,2)两点，粒子重力不计，求：导学号 86084193

(1)粒子做圆周运动的半径R；
(2)粒子从P运动到Q所用的时间t。
[解析]　(1)由于粒子做匀速圆周运动，
qv0B＝mv20R
代入数据可得：R＝533 m
(2)由题意，粒子的运动轨迹如图所示

由几何关系可知：xPQ＝5 m
sinθ2＝xPQ2R＝32
故粒子转过的圆心角为：θ＝120°
则运动时间：t＝θ2π•2πmqB
代入数据可得：t≈6.0×10－8 s
10．(2019•湖南省衡阳市八中一模)利用电场和磁场来控制带电粒子的运动，在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用。如图1所示为电子枪的结构示意图，电子从炽热的金属丝发射出来，在金属丝和金属板之间加上电压U0，发射出的电子在真空中加速后，沿电场方向从金属板的小孔穿出做直线运动。已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子重力及电子间的相互作用力。设电子刚刚离开金属丝时的速度为零。导学号 86084194


(1)求电子从金属板小孔穿出时的速度v0的大小；
(2)示波器中的示波管是利用电场来控制带电粒子的运动。 如图2所示，Y和Y′为间距为d的两个偏转电极，两板长度均为L，极板右侧边缘与屏相距x, O O′为两极板间的中线并与屏垂直，O点为电场区域的中心点。接(1)，从金属板小孔穿出的电子束沿O O′射入电场中，若两板间不加电场，电子打在屏上的O′点。为了使电子打在屏上的P点， P与O′相距h，已知电子离开电场时速度方向的反向延长线过O点。则需要在两极板间加多大的电压U；
(3)电视机中显像管的电子束偏转是用磁场来控制的。如图3所示，有一半径为r的圆形区域，圆心a与屏相距l，b是屏上的一点，ab与屏垂直。接(1)，从金属板小孔穿出的电子束沿ab方向进入圆形区域，若圆形区域内不加磁场时，电子打在屏上的b点。为了使电子打在屏上的c点，c与b相距3l，则需要在圆形区域内加垂直于纸面的匀强磁场。求这个磁场的磁感应强度B的大小。
[解析]　(1)电子在电场中运动，根据动能定理
eU0＝12mv20
解得电子穿出小孔时的速度v0＝2eU0m
(2)电子进入偏转电场做类平抛运动，在垂直于极板方向做匀加速直线运动。设电子刚离开电场时垂直于极板方向偏移的距离为y

根据匀变速直线运动规律y＝12at2
根据牛顿第二定律a＝Eem＝Uedm
电子在水平方向做匀速直线运动L＝v0t
联立解得y＝UL24U0d，由图可知yh＝L/2L/2＋x解得
U＝4U0dhLL＋2x
(3)电子以速度v0在磁场中沿圆弧AB运动，圆心是D，半径为R，如下图所示。

洛仑兹力提供向心力有ev0B＝mv20R
电子离开磁场时偏转角为θ，由图可知
tanθ＝3ll＝3　tanθ2＝rR＝33
联立解得B＝13r6U0me
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