2023届高考二轮总复习试题 物理 （适用于福建） 专题分层突破练08　磁场　带电粒子在磁场中的运动 WORD版含解析.docx

1、专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.(多选)(2022广东广州一模)如图所示,高压输电线上使用abcd正方形间隔棒支撑导线L1、L2、L3、L4,目的是固定导线间距,防止导线相碰。四条导线及正方形abcd的几何中心均为O,当四根导线通有等大同向电流时,下列说法正确的是()A.几何中心O点的磁感应强度不为零B.几何中心O点的磁感应强度为零C.L1对L2的安培力小于L1对L3的安培力D.L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向2.(2022广东卷)如图所示,一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域,两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场。一质子以某一

2、速度从立方体左侧垂直yOz平面进入磁场,并穿过两个磁场区域。下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影,可能正确的是()3.(2022北京延庆一模)如图所示,边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场,一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边以一定速度射入磁场,仅在洛伦兹力的作用下,正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力,下列说法正确的是()A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子将从b点射出B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子将从a点射出D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子

3、在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍4.(2022广东广州一模)如图所示,虚线内有垂直纸面的匀强磁场,acb是半圆,圆心是O,半径为r,bOc=60,现有一质量为m、电荷量为+q的离子,以速度v沿半径Oc射入磁场,从bd边垂直边界离开磁场,则()A.离子做圆周运动的半径为2rB.离子离开磁场时距b点为3rC.虚线内的磁感应强度大小为mv3qrD.离子在磁场中的运动时间为53r6v5.(多选)(2022河北吴桥中学期中)如图所示,在直线AB上方存在着范围足够大、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从O点以速度v0沿垂直于AB的方向进入磁场,经过t时间运动到磁场中的C点。已知O、C连线与初速度

4、v0的夹角为,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.带电粒子从O点运动至C点的过程中,速度偏转角为B.带电粒子在磁场中运动的时间为t2C.带电粒子在磁场中运动的轨迹直径为v0t2D.若仅增大粒子的入射速度大小,经过t2时间粒子速度方向偏转的角度为6.有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧,将边长为d的正三角形匀质金属线框(线框由电阻为R的金属丝折合而成)如图甲、乙情况放置,静止时弹簧的长度分别为L1和L2。现将该金属线框如图丙所示接入电路,导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点,导线电阻不计,磁场方向垂直纸面向外,大小为B,电源的电动势为E,内阻为r,导线与线框之间作用力可以忽略,则闭合开关S后,

5、弹簧的长度L3=。B组7.(多选)(2022广东深圳二调)如图所示为地球赤道剖面图,地球半径为R,把地面上方高度为R2区域内的地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场,一带电粒子以速度v正对地心射入该磁场区域,轨迹恰好与地面相切。下列说法正确的是()A.粒子带正电B.轨迹半径为5R8C.粒子的比荷为vBRD.若粒子入射速度减小,在该磁场区域的运动时间增大8.(多选)(2022河北石家庄质检)如图所示,边长为0.64 m的正方形虚线框内有磁感应强度B=0.3 T的匀强磁场,方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P,它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量相同的粒子,粒子速

6、度大小均为v=3.0106 m/s,比荷qm=5.0107 C/kg。不考虑粒子重力及粒子间相互作用,sin 37=0.6,cos 37=0.8,下列说法正确的是()A.粒子在磁场中运动的最短时间为5313510-7 sB.粒子在磁场中运动的最长时间为2310-7 sC.正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6 mD.稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为129.(多选)(2022湖南雅礼中学三模)情境一:如图甲所示,在xOy平面内有很多质量为m、电荷量为e的电子,从坐标原点O以相同速度v0沿不同方向平行于xOy平面射入第一象限。现加一垂直xOy平面向里的、磁感

7、应强度为B的匀强磁场,要求这些入射电子射出磁场时都能平行x轴且沿x轴正方向运动,设符合条件的磁场的最小面积为S1。情境二:如图乙所示,在xOy平面内有很多质量为m、电荷量为e的电子,从坐标原点O以速度大小从0v0、沿y轴正方向平行于xOy平面射入。现加一垂直xOy平面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场,要求这些入射电子射出磁场时都能平行x轴且沿x轴正方向运动,设符合条件的磁场的最小面积为S2。下列选项正确的是()A.S1=(-2)m2v022e2B2B.S1=(-2)m2v024e2B2C.S2=(-2)m2v024e2B2D.S2=(-2)m2v028e2B210.(2022湖北鄂州调研)如图

8、所示,直线MN下方无磁场,上方空间存在两个有界匀强磁场,分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间区域的磁场方向垂直纸面向里,分布在以O点为圆心、半径为R的半圆内的磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小都为B。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出,最终打到Q点,不计微粒的重力。求:(1)微粒在磁场中从P点转过90所用的时间;(2)微粒从P点到Q点运动的最大速度;(3)微粒从P点到Q点可能的运动时间。答案：1.BD解析 因四条导线中的电流大小相等,O点与四条导线的距离均相等,由右手定则和对称性可知,L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向,L2在O点的

9、磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向,所以四条导线在O点的合磁感应强度等于0,故A错误,B正确;相比于L3,L2离L1更近些,处于L1较强的磁场区域,由安培力大小与B成正比可知,L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力,故C错误;根据“同向电流吸引,反向电流排斥”的推论可知,L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线,根据对称性,L2对L1的安培力与L4对L1的安培力大小相等,所以两者合力指向ac方向,再与L3对L1的安培力(沿ac方向)合成,总安培力方向沿正方形的对角线ac方向,故D正确。2.A解析 质子射出后,先在对角平面MNPQ左侧运动,根据左手定则可知,刚射出时受到沿y轴正方向的

10、洛伦兹力,做匀速圆周运动,沿z轴负方向看为逆时针方向,即在对角平面MNPQ左侧会向y轴正方向偏移,y轴坐标增大;在对角平面MNPQ右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,做与左侧半径相同的匀速圆周运动,沿z轴负方向看为顺时针方向,选项A正确,B错误。质子在整个运动过程中只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,选项C、D错误。3.C解析 由题意和左手定则可知,粒子带正电,带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,如图所示。则有Bqv=mv2r,r=mvqB,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,即v=2v,则粒子的半径将增大为原来的2倍,由图可知,粒子不会

11、从b点射出,A错误; 粒子在磁场中运动的周期为T=2mqB,由图可知,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,则粒子的半径将增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的圆心角将减小,周期不变,则粒子在磁场中运动的时间将减小,B错误;若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子的运动半径将减小为原来的12,将从a点射出,C正确;若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,由r=mvqB、T=2mqB可知,粒子在磁场中运动的半径和周期将减小,粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,时间将不变,D错误。4.D解析 由题意,离子在磁场中运动轨迹示意图如图所示。根据几何关系,离子在磁场中做圆周运动的半径为R=3r,离子离开磁场时的位置

12、与b点的距离为(3+1)r,故A、B错误;离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,可得B=mvqR=mv3qr,故C错误;由几何关系知,离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150,则运动时间为t=2T=mqB=53r6v,故D正确。5.BD解析 作出粒子的运动轨迹如图所示,从O点运动至C点,根据几何关系可知,粒子的速度偏向角等于圆心角,OO1C=2,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,从O点运动至C点的时间为t,因此t=22T,且T=2mqB,联立解得mqB=t2,而带电粒子在磁场中运动的时间t1=T2=t2,故B正确;根据qv0B=mv02r,可得带电粒子在磁场中运动的半径r=

13、mv0qB=v0t2,直径为v0t,故C错误;若仅增大粒子的入射速度大小,粒子在磁场中运动的周期不变,经过t时间运动的圆弧对应的圆心角为2,由A选项的分析可知经过t2时间粒子速度方向偏转的角度为,故D正确。6.答案 L1+9BdE2k(2R+9r)解析 对题图甲中的线框受力分析有mg=k(L1-L0),对题图乙中的线框受力分析有mg=k(L0-L2),联立得mg=k(L1-L2)2,L0=L1+L22,对题图丙中的线框受力分析,线框所受安培力F安=9BdE4R+18r,由于受力平衡,则mg+F安=k(L3-L0),结合前面的计算结果可得L3=L1+9BdE2k(2R+9r)。7.BD解析 由左

14、手定则可知,粒子带负电,选项A错误;由几何关系可知r2+R+R22=(R+r)2,解得r=5R8,选项B正确;根据qvB=mv2r解得qm=8v5BR,选项C错误;若粒子入射速度减小,则粒子的运动半径减小,但是粒子在磁场中运动的圆心角变大,因粒子的周期T=2mqB不变,则由t=2T可知,粒子在该磁场区域的运动时间增大,选项D正确。8.ABC解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由qvB=mv2r得r=mvqB,代入数据解得r=0.2 m。假设粒子逆时针转动,则粒子射出范围如图所示。当轨迹对应的弦最短时,对应圆心角最小,此时在磁场中运动时间最短,由题意知,即弦恰好垂直于磁场边界时,弦最短,由几何关系

15、知弦长为d=l2=0.32 m,由几何关系知,sin2=dr,此时对应圆心角为=106,所以最短时间为tmin=1063602mqB=5313510-7 s,同理可知,最长弦恰好为直径,所以最长时间为tmax=122mqB=2310-7 s,故A、B正确;由几何关系知r+rsin =0.32 m,cos =0.32m2r,解得=37,=37,则AD=2rsin +rcos =0.4 m,所以边界上有粒子射出的总长度为0.44 m=1.6 m,且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比,即为58 ,故C正确,D错误。9.AC解析 情境一如图1所示,电子在磁场中做

16、匀速圆周运动,半径为R=mvBe,在由O点射入第一象限的所有电子中,沿y轴正方向射出的电子转过14圆周,速度变为沿x轴正方向,这条轨迹为磁场区域的上边界。设某电子做匀速圆周运动的圆心O与O点的连线与y轴正方向夹角为,若离开磁场时电子速度变为沿x轴正方向,其射出点(也就是轨迹与磁场边界的交点)的坐标为(x,y)。由图中几何关系可得x=Rsin ,y=R-Rcos ,消去参数可知磁场区域的下边界满足的方程为x2+(R-y)2=R2(x0,y0),这是一个圆的方程,圆心在(0,R)处,磁场区域为图中两条圆弧所围成的面积,磁场的最小面积为S1=214R2-12R2=(-2)m2v22e2B2,故A正确

17、,B错误。由题意可知,情境二最小区域面积如图2所示,磁场的最小面积为S2=14R2-12R2=(-2)m2v24e2B2,故C正确,D错误。图1图210.答案 (1)m2qB(2)3qBR3m(3)见解析解析 (1)微粒在磁场中转过90所用时间为周期的14,即t=T4根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r周期T=2rv以上两式联立解得T=2mqBt=m2qB。(2)粒子从P点到Q点,速度越大,则运动半径越大如图1所示的粒子运动半径r=R,要求磁场区域半径为(1+2)R,大于2R,不符合题意图1那么粒子运动轨迹有可能如图2所示图2根据几何关系以及对称性可知,POO1=30,且r=Rtan 30根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r解得v=3qBR3m。(3)设粒子在磁场中的运动轨迹为n段圆弧,如图3所示图3若n为偶数,运动时间恰好为整数个周期,即t=nmqB(n=4,6,8,)若n为奇数,运动时间为整数个周期加一个优弧对应的运动时间其中优弧对应的圆心角为2-2-2n2=+n(n=3,5,7,)