2021高考物理大一轮复习领航检测：第九章　磁场-第3节 Word版含解析

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1．(多选)如图所示，宽d＝4 cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里．现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝10 cm，则( )
A．右边界：－8 cmB．右边界：0C．左边界：y>8 cm有粒子射出
D．左边界：0解析：选AD.根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r＝10 cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10 cm，由几何知识求得AB＝BC＝8 cm，OE＝16 cm，因此答案为A、D.
2．(多选)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的3个顶点．今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝eq \f(\r(3)qBL,4m)从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，若该粒子能从BC边上某点Q射出，则( )
A．PB≤eq \f(2＋\r(3),4)L B．PB≤eq \f(1＋\r(3),4)L
C．QB≤eq \f(\r(3),4)L D．QB≤eq \f(1,2)L
解析：选AD. 由qvB＝eq \f(mv2,R)，得R＝eq \f(\r(3),4)L.PB最大时轨迹与AC边相切，由几何知识得AP＝eq \f(R,cs 30°)－R，BP＝L－AP＝eq \f(2＋\r(3),4)L，A正确，B错误．QB最大时粒子平行于AB边从Q′点射出，此时Q′B＝eq \f(R,sin 60°)＝eq \f(1,2)L，C错误、D正确．
3．(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1 cm，中点O与S间的距离d＝4.55 cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T，电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力，电子源发射速度v＝1.6×106 m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( )
A．θ＝90°时，l＝9.1 cm
B．θ＝60°时，l＝9.1 cm
C．θ＝45°时，l＝4.55 cm
D．θ＝30°时，l＝4.55 cm
解析：选AD.电子在磁场中运动，洛伦兹力提供向心力：evB＝eq \f(mv2,R)，R＝eq \f(mv,Be)＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝eq \f(L,2)，θ＝90°时，击中板的范围如图1，l＝2R＝9.1 cm，选项A正确．θ＝60°时，击中板的范围如图2所示，l<2R＝9.1 cm，选项B错误．θ＝30°，如图3所示l＝R＝4.55 cm，当θ＝45°时，击中板的范围如图4所示，l>R(R＝4.55 cm)，故选项D正确、选项C错误．
4．(多选)如图所示是半径为R的一圆柱形匀强磁场区域的横截面，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，磁场外有一粒子源，能沿一直线发射速度大小不等的在一定范围内的同种带电粒子，带电粒子的质量为m，电荷量为q(q>0)，不计重力，现粒子以沿正对cO中点且垂直于cO方向射入磁场区域，发现带电粒子恰能从bd之间飞出磁场．则( )
A．从b点飞出的带电粒子的速度最大
B．从d点飞出的带电粒子的速度最大
C．从d点飞出的带电粒子的运动时间最长
D．从b点飞出的带电粒子的运动时间最短
解析：选ACD.粒子在磁场中，受到洛伦兹力作用做匀速圆周运动，根据题意作出粒子运动轨迹如图所示．图中Ob为到达b点的轨迹的圆心，Od为到达d点的轨迹的圆心，根据几何关系可知，rb>rd，到达d点转过的圆心角比到达b点的圆心角大．根据r＝eq \f(mv,Bq)可知，b的半径最大，d的半径最小，所以从b点飞出的带电粒子的速度最大，从d点飞出的带电粒子的速度最小，A正确，B错误．周期T＝eq \f(2πm,Bq)，所以粒子运动的周期相等，而到达d点转过的圆心角最大，到达b点转过的圆心角最小，所以从d点飞出的带电粒子的运动时间最长，从b点飞出的带电粒子的运动时间最短，C、D正确．
5．如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)．则下列说法正确的是( )
A．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
解析：选A.由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转．若v一定，θ越大，粒子在磁场中运动的偏转角越小，则运动的时间越短，选项A正确．若v一定，θ＝90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误．若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，选项C、D错误．
6．(多选)如图所示，在半径为R的圆形区域内有匀强磁场，磁感应强度为B，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为eq \f(q,m)的负离子以相同速率v0(较大)由P点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)( )
A．离子飞出磁场时的动能一定相等
B．离子在磁场中运动半径一定相等
C．由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长
D．沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大
解析：选BC.射入磁场的离子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等，又因为洛伦兹力对离子不做功，故这些离子从射入到射出动能不变，故飞出磁场时的动能可能不等，A错误．离子在磁场中偏转的半径为r＝eq \f(mv,qB)，由于比荷和速度都相等，磁感应强度B为定值，故所有离子的偏转半径都相等，B正确．各离子在磁场中做圆周运动的周期T＝eq \f(2πm,qB)也相等，根据几何知识，在半径相同的圆内，较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q点射出的离子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C正确．沿PQ方向射入的离子不可能从Q点射出，故偏转角不是最大，D错误．
[综合应用题组]
7．如图所示，内圆半径为r、外圆半径为3r的圆环区域内有垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场．圆环左侧的平行板电容器两板间电压为U，靠近M板处静止释放质量为m、电荷量为q的正离子，经过电场加速后从N板小孔射出，并沿圆环直径方向射入磁场，不计离子的重力，忽略平行板外的电场．求：
(1)离子从N板小孔射出时的速率；
(2)离子在磁场中做圆周运动的周期；
(3)要使离子不进入小圆区域，电压U的取值范围．
解析：(1)设离子射入匀强磁场时的速率为v，由动能定理得qU＝eq \f(1,2)mv2，解得v＝ eq \r(\f(2qU,m)).
(2)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R，离子所受洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律可得qvB＝meq \f(v2,R)，
运动周期T＝eq \f(2πR,v)，联立解得T＝eq \f(2πm,qB).
(3)若离子恰好不进入小圆区域，设离子与小圆相切时轨道半径为R0，此时轨迹如图所示．
由几何关系得Req \\al(2,0)＋(3r)2＝(R0＋r)2，解得R0＝4r.
需满足的条件为R≤R0，又qvB＝meq \f(v2,R)，qU＝eq \f(1,2)mv2.联立解得U≤eq \f(8qr2B2,m).
答案：(1) eq \r(\f(2qU,m)) (2)eq \f(2πm,qB) (3)U≤eq \f(8qr2B2,m)
8．如图所示，M、N、P为很长的平行边界面，M、N与M、P间距分别为l1、l2，其间分别有磁感应强度为B1和B2的匀强磁场区，磁场Ⅰ和Ⅱ方向垂直纸面向里，B1≠B2，有一带正电粒子的电荷量为q，质量为m，以某一初速度垂直边界N及磁场方向射入MN间的磁场区域．不计粒子的重力．求：
(1)要使粒子能穿过磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，粒子的初速度v0至少应为多少？
(2)若粒子进入磁场Ⅰ的初速度v1＝eq \f(2qB1l1,m)，则粒子第一次穿过磁场Ⅰ所用时间t1是多少？
(3)粒子初速度v为多少时，才可恰好穿过两个磁场区域．
解析：(1)设粒子的初速度为v0时恰好能进入磁场Ⅱ，则进入磁场Ⅱ时速度恰好沿M边界，所以半径为r＝l1，由B1qv0＝meq \f(v\\al(2,0),r)，解得v0＝eq \f(B1ql1,m).
(2)粒子在磁场Ⅰ中运动，则有B1qv1＝meq \f(v\\al(2,1),r1)，
解得r1＝2l1.
设粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动(轨迹如图甲)对应的圆心角为α，则有sin α＝eq \f(l1,r1)＝eq \f(1,2)，所以α＝eq \f(π,6).
所以第一次穿过Ⅰ磁场所用时间为
t1＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(1,12)×eq \f(2πm,B1q)＝eq \f(πm,6B1q).
(3)设粒子速度为v时，粒子在磁场Ⅱ中的轨迹恰好与P边界相切，轨迹如图乙所示．
由Bqv＝meq \f(v2,R)可得R1＝eq \f(mv,B1q)，R2＝eq \f(mv,B2q).
由图得sin θ＝eq \f(l1,R1)＝eq \f(qB1l1,mv).
粒子在磁场Ⅱ中运动有R2－R2sin θ＝l2，
解得v＝eq \f(qB1l1＋qB2l2,m).
答案：(1)eq \f(B1ql1,m) (2)eq \f(πm,6B1q) (3)eq \f(qB1l1＋qB2l2,m)
9．如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy，沿y轴放置一平面荧光屏，在y＞0,0＜x＜0.5 m的区域有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B＝0.5 T．在原点O放一个开有小孔的粒子源，粒子源能同时放出比荷为eq \f(q,m)＝4.0×106 C/kg的不同速率的正离子束，沿与x轴成30°角从小孔射入磁场，最后打在荧光屏上，使荧光屏发亮，入射正离子束的速率在0到最大值vm＝2.0×106 m/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力．
(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间；
(2)求离子打到荧光屏上的范围；
(3)实际上，从O点射入的正离子束有一定的宽度，设正离子将在与x轴成30°～60°角内进入磁场，则某时刻(设为t＝0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过eq \f(5π,3)×10－7 s时这些离子可能出现的区域面积是多大？
解析：(1)离子在磁场中运动的周期为：
T＝eq \f(2πm,qB)＝π×10－6 s
由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角α都相等
α＝eq \f(2π,3)
离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间
t＝eq \f(α,2π)T＝eq \f(π,3)×10－6 s
(2)由qvB＝eq \f(mv2,r)，r＝eq \f(mv,qB)，
则rm＝eq \f(mvm,qB)＝1 m
离子在磁场中运动最大轨道半径rm＝1 m
由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA1长度为：y＝2rmcs 30°＝eq \r(3) m
即离子打到荧光屏上的范围为：
y＝0到y＝eq \r(3) m
(3)经过时间t＝eq \f(5π,3)×10－7 s离子转过的圆心角
φ＝eq \f(2π,T)t＝eq \f(π,3)
与x轴成60°方向入射的离子，在t＝eq \f(5π,3)×10－7 s刚好打在y轴上，与x轴成30°方向入射的离子，在t＝eq \f(5π,3)×10－7 s都到达线段OC1，所以在t＝0时刻与x轴成30°～60°内进入磁场的正离子在t＝eq \f(5π,3)×10－7s时刻全部出现在以O为圆心的扇形OA2C1范围内，如图，则离子可能出现的区域面积：S＝eq \f(πr\\al(2,m),12)＝eq \f(π,12) m2＝0.26 m2
答案：(1)eq \f(π,3)×10－6s (2)y＝0到y＝eq \r(3) m (3)0.26 m2
10．如图所示，在半径为R＝eq \f(mv0,Bq)的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板，圆弧顶点P有一速度为v0的带正电粒子平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计．
(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；
(2)若粒子对准圆心射入，且速率为eq \r(3)v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；
(3)若粒子以速度v0从P点以任意角射入，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上．
解析：(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r，由牛顿第二定律得Bqv0＝meq \f(v\\al(2,0),r)
r＝R
带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为eq \f(π,2)，如图甲所示，则
t＝eq \f(\f(π,2)R,v0)＝eq \f(πm,2Bq)
(2)由(1)知，当v＝eq \r(3)v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为eq \r(3)R，其运动轨迹如图乙所示，
由几何关系可知∠PO2O＝∠OO2J＝30°，所以带电粒子离开磁场时偏转角为60°.v⊥＝vsin 60°＝eq \f(3,2)v0
(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R.设粒子射入方向与PO方向之间的夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子的运动轨迹如图丙所示．
因PO3＝O3S＝PO＝SO＝R
所以四边形POSO3为菱形
由图可知：PO∥O3S，v0′⊥SO3，
故v0′⊥PO
因此，带电粒子射出磁场时的方向为水平方向，与入射的方向无关．
答案：(1)eq \f(πm,2Bq) (2)eq \f(3,2)v0 (3)见解析