新教材2023年高考物理總復習考案19周測卷十五磁場帶電粒子在磁場中的運動

考案(十九)周測卷十五磁場帶電粒子在磁場中的運動本試卷滿分100分，考試時間90分鐘。一、單項選擇題：本題共9小題，每小題4分，共36分。每小題只有一個選項符合題目要求。1．(2023·山東大連高三檢測)從太陽和其他星體發(fā)射出的高能粒子流，在射向地球時，由于地磁場的存在，改變了運動方向，對地球起到了保護作用。地磁場的示意圖(虛線，方向未標出)如圖所示，赤道上方的磁場可看成與地面平行，粒子流中含有α、β(電子)、γ射線以及質子，沿與地球表面垂直的方向射向赤道上空，則在地磁場的作用下(B)A．α射線沿直線射向赤道 B．β射線向西偏轉C．γ射線向東偏轉 D．質子向北偏轉[解析]赤道上方磁場方向與地面平行、由南向北，根據(jù)左手定則可知，帶正電的α射線和質子向東偏轉，帶負電的β射線向西偏轉，不帶電的γ射線不偏轉。故選B。2．(2023·廣東高三階段練習)兩平行的長直導線P、Q水平放置，導線P中通入水平向右，大小為I的恒定電流，導線Q中通入水平向左，大小為3I的恒定電流，兩導線之間有一點O，O點在兩導線所在平面內且與兩導線的距離相等，兩導線在O點產生的磁場的磁感應強度大小為B，如果將P中的電流方向反向，O點的磁感應強度大小為(C)A．2B B．4BC．eq\f(B,2) D．eq\f(B,4)[解析]設導線P在O點產生的磁感應強度大小為B0，則導線Q在O點產生的磁感應強度大小為3B0，根據(jù)安培定則可知兩導線在O點產生磁感應強度方向相同，都是垂直于紙面向面向里，所以有B＝3B0＋B0＝4B0，解得B0＝eq\f(B,4)，P中的導線方向反向，則導線P在O點產生的磁感應強度方向變?yōu)榇怪庇诩埫嫦蛎嫦蛲?，大小仍為B0，則此時O的磁感應強度大小為B′＝3B0－B0＝2B0＝2×eq\f(B,4)＝eq\f(B,2)。故選C。3．(2022·廣東高三學業(yè)考試)通電閉合直角三角形線框ABC處在水平方向的勻強磁場中，磁場方向垂直于線框平面向里，線框的邊BC水平，線框中電流方向如圖所示，那么該線框受到的安培力的合力(D)A．方向水平向左 B．方向豎直向下C．方向垂直于AB斜向上 D．為零[解析]由F＝BIL可知，三角形各邊安培力的大小與各邊長度成正比，另外根據(jù)左手定則和力的平行四邊形法則可知，任意兩條邊受到的安培力的合力與第三條邊受到的安培力等大反向，故線框受到的總的安培力為零，A、B、C錯誤，D正確。故選D。4．(2023·廣東高三階段練習)如圖所示，導體棒ab置于水平導軌上，導軌間距為L，整個裝置處于磁感應強度為B的勻強磁場中，磁場方向垂直于導體棒，且與導軌平面夾角為θ。已知回路中電流為I，導體棒處于靜止狀態(tài)。下列說法正確的是(A)A．導體棒ab與導軌之間一定有摩擦力B．僅增大電流，導體棒ab可能從導軌上飛起C．無論磁感應強度B大小為多少，導體棒ab始終保持靜止D．將θ調整為90°，保持磁感應強度B大小不變，導體棒ab受到的安培力變大[解析]導體棒受力如下圖所示因B與水平方向夾角為θ，而根據(jù)左手定則B與F安垂直，由幾何關系易知F安與豎直方向夾角為θ，可得f＝Fx＝F安sinθ＝BILsinθ，若I或B逐漸增大，F(xiàn)安逐漸增大，對導軌的壓力逐漸增大，F(xiàn)安增大到一定值，導體棒會相對導軌向右滑動，但不可能飛起離開導軌，故A正確，BC錯誤；將θ調整為90°，保持磁感應強度B大小不變，導體棒ab受到的安培力大小不變，故D錯誤。5．(2023·重慶市模擬預測)有一長方形區(qū)間abcd，其邊長ab＝2L，bc＝L，在其內存在勻強磁場，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向內，如圖所示。ab邊中點有一電子發(fā)射源S，可垂直于磁場向磁場內各個方向均勻發(fā)射相同速率的電子，已知電子在磁場中運動半徑為L。則從bc邊射出的電子占所有射入磁場電子的比例為(C)A．50% B．66.7%C．33.3% D．16.7%[解析]根據(jù)題意，由左手定則可知，粒子進入磁場后受水平向右的洛倫茲力，根據(jù)幾何關系可知，當電子發(fā)射方向與ab成30°時，電子擊中b點，當電子發(fā)射方向與ab垂直時，電子擊中c點，運動軌跡如圖所示則能擊中bc的夾角范圍為30°～90°共60°的范圍區(qū)間，故從bc邊射出的電子占所有射入磁場電子的比例η＝eq\f(60°,180°)×100%＝33.3%，故ABD錯誤，C正確。6．(2023·遼寧高三專題練習)如圖所示，足夠長粗糙絕緣傾斜木板MN與水平面夾角為θ，一個質量為m的物塊剛好可以沿MN勻速下滑。讓物塊帶上電荷量為q的正電，整個裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場中。t＝0時給物塊一個沿木板MN向下的初速度，物塊運動的v-t圖像可能是(C)ABCD[解析]物塊剛好可以沿MN勻速下滑，受力分析得mgsinθ＝μmgcosθ，整個裝置置于垂直紙面向里的勻強磁場中，受力分析得μ(mgcosθ＋qvB)－mgsinθ＝ma，由此可知，滑塊做減速運動，隨著速度的減小，加速度在減小，C正確，ABD錯誤。故選C。7．(2023·廣東深圳市光明區(qū)模擬預測)空間存在垂直紙面的勻強磁場(未畫出)，磁感應強度為B0，將一通有順時針方向恒定電流的圓形導體環(huán)a放置于紙面內(如圖甲)，此時圓心O處的磁感應強度為零。若將磁場中的導體環(huán)a替換為半徑相同的半圓形導體弧b，通以逆時針方向、同樣大小的恒定電流(如圖乙)，則以下說法正確的是(D)A．空間勻強磁場的磁感應強度方向垂直紙面向里B．乙圖圓心O處的磁感應強度為eq\f(1,2)B0C．乙圖半圓形導體弧b在圓心O處產生磁場的磁感應強度為eq\f(3,2)B0D．乙圖圓心O處的磁感應強度方向垂直紙面向外[解析]根據(jù)安培定則可知，恒定電流在圓心處的磁感應強度方向垂直紙面向里，此時圓心O處的磁感應強度為零，所以空間勻強磁場的磁感應強度方向垂直紙面向外，故A錯誤；據(jù)題意可知，圓形導體環(huán)a在圓心處產生的磁場的磁感應強度大小為B0，則通以逆時針方向、同樣大小的恒定電流的半圓形導體弧b在圓心處產生的磁場的磁感應強度大小為eq\f(B0,2)，根據(jù)安培定則可知，方向垂直紙面向外，所以乙圖圓心O處的磁感應強度方向垂直紙面向外，大小為B＝eq\f(B0,2)＋B0＝eq\f(3B0,2)，故BC錯誤，D正確。8．(2022·湖南懷化一模)如圖所示，兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內磁場垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質子(質子重力不計)，所有質子均能通過C點，質子比荷eq\f(q,m)＝k，則質子的速度可能為(B)A.eq\f(3BkL,2) B．eq\f(BkL,4)C．2BkL D．3BkL[解析]質子帶正電，且質子經(jīng)過磁場偏轉后經(jīng)過C點，其可能的軌跡如圖所示由軌跡圖可知，所有圓弧所對的圓心角均為60°，根據(jù)幾何關系可得，質子做圓周運動的半徑為r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3……)根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)聯(lián)立解得v＝eq\f(qBr,m)＝Bk·eq\f(L,n)(n＝1,2,3……)當n＝4時，可得v＝eq\f(BkL,4)B正確，ACD錯誤。9．(2023·廣東高三專題練習)如圖所示，半徑相同的三個圓形區(qū)域相切于P、M、N三點，三個圖形區(qū)域的圓心分別為O1、O2、O3，三個區(qū)域內有方向相同、大小不同的勻強磁場，帶負電粒子以平行于O2O3方向的某速度從圓形磁場邊緣對準圓心O1射入磁場中，恰好分別通過P點和M點而進入第二和第三個圓形磁場區(qū)域，從第三個圓形磁場區(qū)域射出后粒子又恰好通過三角形O1O2O3的幾何中心O點，不計粒子的重力，tan75°＝2＋eq\r(3)，則以下說法正確的是(C)A．粒子在三個區(qū)域中做圓周運動的半徑之比r1r2r3＝31(eq\r(3)－1)B．三個區(qū)域中磁感應強度大小之比B1B2B3＝13(4＋2eq\r(3))C．粒子在三個區(qū)域中做圓周運動所用時間之比t1t2t3＝64(10eq\r(3)－15)D．粒子在三個區(qū)域中做圓周運動向心加速度大小之比a1a2a3＝13(4＋2eq\r(3))[解析]設圓形區(qū)域的半徑為R，粒子在磁場中做勻速圓周運動，其洛倫茲力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得半徑為r＝eq\f(mv,qB)，粒子運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，粒子射入第一個圓形磁場后，從P點射入第二個圓形磁場，粒子在磁場中轉過的角度為60°，其半徑r1＝eq\f(R,tan30°)＝eq\r(3)R，同理可得，粒子在第二個圓形磁場中轉過的角度為120°，其半徑r2＝eq\f(R,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)R，粒子從M點射入第三個圓形磁場中，射出時恰好過三角形O1O2O3的幾何中心O點，則粒子在第三個圓形磁場中轉過的角度為150°，其半徑r3＝eq\f(R,tan75°)＝(2－eq\r(3))R，則粒子在三個區(qū)域中做圓周運動的半徑之比r1r2r3＝31(2eq\r(3)－3)，A錯誤；由洛倫茲力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，可得B＝eq\f(mv,qr)，三個區(qū)域中磁感應強度大小之比B1B2B3＝13(3＋2eq\r(3))，B錯誤；粒子在磁場中運動時間t＝eq\f(θ,2π)T，且T＝eq\f(2πr,v)，粒子在三個區(qū)域中做圓周運動的周期之比T1T2T3＝31(2eq\r(3)－3)，粒子在三個區(qū)域中做圓周運動所用時間之比t1t2t3＝64(10eq\r(3)－15)，C正確；粒子做圓周運動的加速度a＝eq\f(qvB,m)，粒子在三個區(qū)域中做圓周運動向心加速度大小之比a1a2a3＝13(3＋2eq\r(3))，D錯誤。故選C。二、多項選擇題：本題共4小題，每小題4分，共16分。每小題有多個選項符合題目要求，全部選對得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分。10．(2023·重慶一中模擬預測)國家標準銅芯線，廣泛應用于生產生活。其中雙芯銅芯電線的結構可簡化為如圖所示，cd和ef為兩根相互平行的銅芯線，a、b兩點位于兩導線所在的平面內，b到兩導線的距離相等，當流過兩根銅芯線的電流大小相同，方向相反時，下列說法正確的是(AC)A．a點磁場方向垂直紙面向里B．b點的磁感應強度為零C．cd導線受到的安培力方向向左D．導線cd受到的安培力大于導線ef受到的安培力[解析]根據(jù)安培定則可知，cd中電流在a點產生的磁感應強度Ba1垂直紙面向里，ef中電流在a點產生的磁感應強度Ba2垂直紙面向外，而a點到cd的距離小于到ef的距離，所以Ba1大于Ba2，故a點的合磁感應強度方向垂直紙面向里；同理可知cd和ef中的電流在b點產生的磁感應強度方向均為垂直紙面向外，所以b點的合磁感應強度不為零，故A正確，B錯誤；根據(jù)異向電流相斥可知cd導線受到的安培力方向向左，故C正確；導線cd受到的安培力和導線ef受到的安培力源自二者電流的磁場之間的相互作用，是一對相互作用力，所以大小相等，故D錯誤。11．(2022·河北高三專題練習)兩根導線通有大小方向相同的電流，垂直穿過絕緣水平面，俯視如圖所示。O點是兩導線在絕緣水平面內連線的中點，a、b是連線垂直平分線上到O點距離相等的兩點。一可視為質點的帶正電滑塊以相同大小的初速度v0分別從a、b向O點運動過程中，下列說法正確的是(AD)A．滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相同B．滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相反C．若水平面光滑，則滑塊從a點出發(fā)后一定做曲線運動D．若水平面粗糙，則滑塊從b點出發(fā)后一定做減速運動[解析]根據(jù)安培定則，知兩導線連線上的垂直平分線上，左、右兩邊的磁場方向相反，而兩滑塊的速度方向也相反，根據(jù)左手定則可得，滑塊在a、b兩點受到的磁場力方向相同，均向里，A正確，B錯誤；水平面光滑，滑塊帶正電荷，洛倫茲力垂直平面向里，平面對滑塊的支持力與洛倫茲力和重力的合力平衡，一定做直線運動，C錯誤；若水平面粗糙，則滑塊從b點出發(fā)后。由于摩擦力做負功，洛倫茲力不做功，一定做減速運動，D正確。故選AD。12．(2022·廣東汕頭二模)科學家常在云室中加入鉛板以降低運動粒子的速度。圖示為物理學家安德森拍下的正電子在云室中運動的徑跡，已知圖示云室加垂直紙面方向的勻強磁場，由圖可以判定(BC)A．勻強磁場方向向外B．正電子由上而下穿過鉛板C．正電子在鉛板上、下磁場中運動角速度相同D．正電子在鉛板上、下磁場中運動中動量大小相等[解析]正電子在勻強磁場中，洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由于正電子經(jīng)過鉛板后速度會減小，可知正電子經(jīng)過鉛板后的軌跡半徑減小，從圖中可以看出正電子在鉛板上方軌跡半徑比下方軌跡半徑大，故正電子由上而下穿過鉛板，由左手定則判斷勻強磁場方向向里，A錯誤，B正確；正電子經(jīng)過鉛板后速度會減小，則正電子經(jīng)過鉛板后動量減小，正電子在鉛板上、下磁場中運動中動量大小不相等，D錯誤；正電子在磁場中做圓周運動的角速度為ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(qB,m)，可知正電子在鉛板上、下磁場中運動角速度相同，C正確。13．(2022·云南模擬預測)如圖所示，eq\f(1,4)圓弧區(qū)域內有磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向里的勻強磁場，AOB為磁場區(qū)域邊界。圓弧半徑為R,O點為圓心，D點為邊界OB中點，C點為邊界上一點，且CD//AO?，F(xiàn)有一個質量為m、帶電荷量大小為q的粒子以某速度從C點沿著CD方向射入磁場，一段時間后粒子從O點離開磁場，粒子重力不計，則(BD)A．該粒子帶正電B．該粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為RC．該粒子從C點射入磁場的速度大小為eq\f(\r(3)qBR,m)D．該粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πm,3qB)[解析]根據(jù)左手定則可知道粒子帶負電；因為粒子從C點進入，O點射出，作出粒子運動軌跡如圖所示，因為OD＝eq\f(OC,2)＝eq\f(R,2)，由幾何關系得θ＝60°，r＝R，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(qBR,m)，粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)。故選BD。三、非選擇題：本題共4小題，共48分。14．(10分)(2023·蘇州高三檢測)一個質量為m電荷量為q的帶電粒子，從x軸上的P(l,0)點以速度v，沿與x正方向成60°的方向射入第一象限內的勻強磁場中，并恰好垂直于y軸射出第一象限，不計重力。求：(1)判斷帶電粒子的電性，在圖中規(guī)范畫出帶電粒子的軌跡；(2)勻強磁場的磁感應強度的大小；(3)帶電粒子在第一象限運動的時間。[答案](1)帶正電，軌跡見解析(2)eq\f(\r(3)mv,2ql)(3)eq\f(4\r(3)πl(wèi),9v)[解析](1)由于粒子能夠垂直于y軸從第一象限射出，運動軌跡如圖所示，根據(jù)左手定則可知粒子正電；(2)設磁感應強度為B，粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為r。由牛頓第二定律qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)由幾何知識可得r＝eq\f(l,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)l聯(lián)立可得B＝eq\f(\r(3)mv,2ql)(3)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為T，則T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)由圖知，粒子在磁場中做圓周運動對應的圓心角為θ＝180°－60°＝120°所以粒子在磁場中運動的時間是t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(4\r(3)πl(wèi),9v)15．(10分)(2023·黑龍江賓縣高三期末)如圖所示，兩平行導軌所在的平面與水平面夾角θ＝37°，導軌的一端接有電動勢E＝3V內阻r＝0.5Ω的直流電源，兩導軌間的距離L＝0.4m，在導軌所在空間內分布著磁感應強度B＝0.5T、方向垂直于導軌所在平面向上的勻強磁場?，F(xiàn)把一個質量m＝0.08kg的導體棒ab放在金屬導軌上，導體棒與金屬導軌垂直且接觸良好，導體棒的電阻R＝1.0Ω，導體棒恰好剛要滑動，金屬導軌電阻不計，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)ab棒受到的安培力；(2)ab棒與導軌的動摩擦因數(shù)μ。[答案](1)0.4N，沿斜面向上(2)0.125[解析](1)根據(jù)閉合電路歐姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,0.5＋1)A＝2A，導體棒受到的安培力為F安＝BIL＝0.4N，由左手定則可知，安培力沿斜面向上。(2)對導體棒受力分析，將重力正交分解，沿導軌方向有F1＝mgsin37°＝0.48N，F(xiàn)1>F安，根據(jù)平衡條件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin37°＝F安＋μmgcos37°，解得μ＝0.125。16．(12分)(2022·河南新鄉(xiāng)市高三模擬)如圖所示，在xOy平面0≤x≤3a的區(qū)域內存在垂直平面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B，在x>3a的區(qū)域內存在平行于xOy平面垂直x軸方向的勻強電場(圖中未畫出)，從原點O沿y軸正方向發(fā)射的帶負電粒子剛好從磁場右邊界上的P點離開磁場進入電場，經(jīng)電場偏轉后到達x軸上的Q點，且粒子到達Q點時速度恰好沿x軸正方向。已知粒子的質量為m、電荷量為－q，P點的坐標為(3a，1.5a)，不計粒子所受重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)粒子經(jīng)過P點時的速度大小v；(2)電場強度的大小和方向；(3)粒子從O點運動到Q點所用的時間。[答案](1)v＝eq\f(15qBa,8m)(2)E＝eq\f(27qaB2,64m)，沿y軸負方向(3)t＝eq\f(127πm,180qB)＋eq\f(8m,3qB)[解析](1)設粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為R，粒子到達P點時速度方向與y軸負方向的夾角為α，根據(jù)幾何關系有Rsinα＝1.5a，R＋Rcosα＝3a，根據(jù)牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(15qBa,8m)。(2)粒子在電場中做類平拋運動，將粒子從P點進入電場的速度分解，設垂直電場方向的分速度大小為vx，其沿電場方向的分速度大小為vy，粒子從P點運動到Q點的時間為t2，根據(jù)運動規(guī)律有vy＝vcosα，1.5a＝eq\f(1,2)vyt2，根據(jù)牛頓第二定律有qE＝meq\f(vy,t2)，解得E＝eq\f(27qaB2,64m)，根據(jù)運動過程分析受力可知，電場強度的方向沿y軸負方向。(3)粒子在磁場中做完整圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)，粒子在磁場中運動的時間t1＝eq\f(127°,360°)T＝eq\f(127T,360)，粒子從O點運動到Q點所用的時