专题强化练(十一)磁场的性质及带电粒子在磁场中的运动(满分:100分时间:50分钟)一、选择题(共6小题,每小题8分,共48分)1.(考点1)(2019河南示范性高中联考)如图所示两平行倾斜导轨间的距离L=10cm,它们处于垂直导轨平面向下的磁场(图中未画出)中,导轨平面与水平方向的夹角θ=37°,在两导轨下端所接的电路中电源电动势E=10V,内阻不计,定值电阻R1=4Ω,开关S闭合后,垂直导轨放置的质量m=10g、电阻R=6Ω的金属棒MN保持静止。已知金属棒MN与两导轨间的动摩擦因数μ=0.5,sin37°=0.6,cos37°=0.8;g取10m/s2,最大静摩擦力等于滑动摩擦力。则磁场的磁感应强度大小可能是()A.10TB.1.5TC.0.1TD.1T解析当金属棒恰好有沿斜面向上运动趋势时:BER+R1L=mgsinθ+μmgcosθ,解得B=1T;当金属棒恰好有沿斜面向下运动趋势时:BER+R1L+μmgcosθ=mgsinθ,解得B=0.2T,故只有选项D正确。答案D2.(考点2)如图所示,一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域,磁场宽度为d,方向垂直纸面向里。一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场。若电子在磁场中运动的轨迹半径为2d。O'在MN上,且OO'与MN垂直。下列判断正确的是()A.电子将向右偏转B.电子打在MN上的点与O'点的距离为dC.电子打在MN上的点与O'点的距离为❑√3dD.电子在磁场中运动的时间为πd3v0解析电子带负电,进入磁场后,根据左手定则判断可知,所受的洛伦兹力方向向左,电子将向左偏转,如图所示,选项A错误;设电子打在MN上的点与O'点的距离为x,则由几何知识得:x=r-❑√r2-d2=2d-❑√(2d)2-d2=(2-❑√3)d,选项B、C错误;设轨迹对应的圆心角为θ,由几何知识得:sinθ=d2d=0.5,得θ=π6,则电子在磁场中运动的时间为t=θrv0=πd3v0,选项D正确。答案D3.(考点2)(多选)(2019福建福州质检)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边界上的P处有一粒子源,沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为v0的同种粒子,如图所示。现测得当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始弧长为12πR的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B2时,粒子则从由P点开始弧长为23πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则()A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=❑√2∶❑√3B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=2∶3C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=❑√2∶❑√3D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=❑√3∶❑√2解析假设粒子带正电,如图1,磁感应强度为B1时,弧长L1=12πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=12·2Rsinθ=Rsinπ4。如图2,磁感应强度为B2时,弧长L2=23πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r2=12·2Rsinα=Rsinπ3,因此r1∶r2=sinπ4∶sinπ3=❑√2∶❑√3,选项A正确、B错误;由洛伦兹力提供向心力,可得:qv0B=mv02r,则B=mv0qr,可以得出B1∶B2=r2∶r1=❑√3∶❑√2,选项C错误、D正确。答案AD4.(考点3)(2019江西十校联考)如图所示,在直角三角形abc区域(含边界)内存在垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,∠a=60°,∠b=90°,边长ac=L,一个粒子源在a点将质量为2m、电荷量为q的带正电粒子以大小和方向不同的速度射入磁场,在磁场中运动时间最长的粒子中,速度的最大值是()A.qBL2mB.qBL4mC.❑√3qBL6mD.qBL6m解析粒子沿ab边界方向射入磁场从ac边射出磁场时转过的圆心角最大,粒子在磁场中的运动时间最长,粒子速度最大时运动轨迹与bc相切,粒子运动轨迹如图所示,由题意可知:∠a=60°,∠b=90°,边长ac=L,则ab=12L,四边形abdO是正方形,粒子轨道半径:r=12L,粒子做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qvmB=2mvm2r,解得粒子的最大速度为:vm=qBL4m,故只有选项B正确。答案B5.(考点3)如图所示,在水平面内存在一半径为2R和半径为R两个同心圆,半径为R的小圆和半径为2R的大圆之间形成一环形区域。小圆和环形区域内分别存在垂直于水平面、方向相反的匀强磁场。小圆内匀强磁场的磁感应强度大小为B。位于圆心处的粒子源S沿水平面向各个方向发射速率为qBRm的正粒子,粒子的电荷量为q、质量为m,为了将所有粒子束缚在半径为2R的圆形内,环形区域磁感应强度大小至少为()A.BB.45BC.53BD.43B解析粒子在小圆内做圆周运动的半径为r1=mvBq=R,由轨迹图可知,粒子从A点与OA成30...
