2025年高考二輪復(fù)習(xí)物理專題分層突破練8　磁場　帶電粒子在磁場中的運動

專題分層突破練8磁場帶電粒子在磁場中的運動選擇題:每小題6分,共72分基礎(chǔ)鞏固1.(2024北京東城二模)一束γ射線(從底部進入而沒有留下痕跡)從充滿在氣泡室中的液態(tài)氫的一個氫原子中打出一個電子,同時自身轉(zhuǎn)變成一對正、負電子對(分別稱為正電子、負電子,二者速度接近),各電子徑跡如圖所示。已知勻強磁場的方向垂直照片平面向里,正、負電子質(zhì)量相等,則下列說法正確的是()A.左側(cè)螺旋軌跡為負電子運動的軌跡B.正電子、負電子所受洛倫茲力大小時刻相等C.分離瞬間,正電子速度大于負電子速度D.正電子、負電子的動能不斷減小,而被打出的電子動能不變答案C解析由圖可知氫原子中打出的電子向上運動,γ射線轉(zhuǎn)變成的正、負電子做圖中所示的螺旋軌跡的運動,根據(jù)左手定則,左側(cè)螺旋軌跡為正電子運動的軌跡,右側(cè)螺旋軌跡為負電子運動的軌跡,故A錯誤;正電子、負電子所受洛倫茲力大小為F=evB,正電子、負電子的速度大小不是時刻相等,則正電子、負電子所受洛倫茲力大小不是時刻相等,故B錯誤;根據(jù)洛倫茲力提供向心力有evB=mv2r,解得r=mveB,根據(jù)運動軌跡可知γ射線轉(zhuǎn)變成的正電子與負電子分離瞬間,左側(cè)正電子的軌跡半徑大于右側(cè)負電子的軌跡半徑,故分離瞬間,正電子速度大于負電子速度,故C正確;γ射線轉(zhuǎn)變成的正、負電子在氣泡室中運動時,由圖可知運動的軌跡半徑逐漸減小,則速度逐漸減小,動能逐漸減小,被打出的電子在氣泡室中克服阻力做功,動能也逐漸減小,2.(2024海南海口一模)如圖所示,四根通有大小相等的恒定電流的長直導(dǎo)線垂直穿過xOy平面,導(dǎo)線1、2、3、4與xOy平面的交點連成的邊長為2a的正方形關(guān)于x軸和y軸對稱,各導(dǎo)線中電流方向已標出。已知無限長通電直導(dǎo)線在某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與該點到直導(dǎo)線的距離成反比,設(shè)導(dǎo)線1在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為B0。下列說法正確的是()A.導(dǎo)線1、2之間的相互作用力為吸引力B.導(dǎo)線2、4之間的相互作用力為吸引力C.4根導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度大小為2B0D.導(dǎo)線1、2在O點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度大小為2B0答案B解析根據(jù)安培定則確定通電直導(dǎo)線電流產(chǎn)生的磁場的方向,根據(jù)左手定則確定所受安培力的方向,可知當(dāng)平行放置的長直導(dǎo)線中通有反向電流時,電流之間的作用力表現(xiàn)為排斥力,當(dāng)平行放置的長直導(dǎo)線中通有同向電流時,電流之間的作用力表現(xiàn)為吸引力,故A錯誤,B正確;根據(jù)安培定則,結(jié)合題意可知,導(dǎo)線1、3在O點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度大小為0,導(dǎo)線2、4在O點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度大小為0,即4根導(dǎo)線在O點產(chǎn)生的合磁感應(yīng)強度大小為0,故C錯誤;導(dǎo)線1與導(dǎo)線2在O點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小相等,均為B0,方向相互垂直,則合磁感應(yīng)強度大小為2B0,故D錯誤。3.在光滑水平桌面上將長為πl(wèi)的軟導(dǎo)線兩端固定,固定點間的距離為2l,導(dǎo)線通有恒定電流I,處于磁感應(yīng)強度大小為B、方向豎直向下的勻強磁場中,每個固定點所受的作用力大小為()A.IlB B.2IlBC.πIlB D.2πIlB答案A解析從上向下看導(dǎo)線如圖所示,導(dǎo)線的有效長度為2l,則所受的安培力大小為F安=2IlB,以導(dǎo)線整體為研究對象,每個固定點對導(dǎo)線的作用力大小F=F安2,解得F=IlB,根據(jù)牛頓第三定律,每個固定點所受的作用力大小也為F=IlB,故A正確,B、C、4.如圖所示,豎直平面內(nèi)有三根輕質(zhì)細繩,繩1水平,繩2與水平方向成60°角,O為結(jié)點,豎直繩3的下端連接一質(zhì)量為m、長度為L的垂直于紙面放置的金屬棒。金屬棒所在空間存在豎直向上、磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場,整個裝置處于平衡狀態(tài)。現(xiàn)給金屬棒通入方向向里、大小由零緩慢增大的電流,電流的最大值為I0,可觀察到繩3轉(zhuǎn)過的最大角度為60°。已知重力加速度為g,則在此過程中,下列說法正確的是()A.繩1的拉力先增大后減小B.繩2的拉力先增大后減小C.繩3的拉力最大值為2mgD.金屬棒中電流I0的值為3答案C解析對整體分析,重力大小和方向不變,繩1、2彈力方向不變,根據(jù)左手定則,安培力水平向右逐漸增大,由平衡條件得,水平方向F1=F2cos60°+BIL,豎直方向F2sin60°=mg,電流逐漸變大,則F1增大、F2不變,故A、B錯誤;當(dāng)電流增大到I0時,安培力與重力的合力最大,由sin30°=mgF3,可得繩3的拉力最大值為F3=2mg,故C正確;對金屬棒受力分析有tan30°=mgBI0L,得I05.(多選)(2024廣東汕頭一模)晶圓摻雜機的簡圖如圖所示,O是晶圓面(設(shè)其半徑足夠大)的圓心,上、下豎直放置的圓柱形電磁線圈可在中間圓柱形區(qū)域形成勻強磁場;圓柱形磁場區(qū)域的橫截面半徑為L、圓心為O1,OO1水平且垂直于晶圓面;若線圈中通入如圖所示的電流,比荷為k的正離子以速度v、沿O1O射入,且全部摻雜在晶圓上,則()A.離子摻雜在x軸的負半軸上B.離子摻雜在x軸的正半軸上C.圓柱形磁場的磁感應(yīng)強度必須小于vD.圓柱形磁場的磁感應(yīng)強度必須小于v答案BC解析根據(jù)安培定則可得,兩圓柱形電磁線圈中間的勻強磁場方向豎直向上,正離子剛開始運動時,根據(jù)左手定則,受到的洛倫茲力方向沿x軸正方向,故A錯誤,B正確;若所有的離子都能摻雜在晶圓上,則離子在磁場中做圓周運動的最小軌跡半徑為r=L,根據(jù)牛頓第二定律有qvB=mv2r,解得最小的磁感應(yīng)強度為B=mvqL=vkL,故C正確6.(2024四川綿陽期中)在xOy平面的0≤y<a的區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場,速率相等的大量質(zhì)子從原點O朝各個方向均勻發(fā)射到第一象限內(nèi),發(fā)現(xiàn)從磁場上邊界射出的質(zhì)子數(shù)占總數(shù)的23,不計質(zhì)子間相互作用及重力,則質(zhì)子在磁場中做勻速圓周運動的半徑為(A.2a2 B.C.3a3 D答案B解析根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,可知速率相等的大量質(zhì)子的運動半徑也相等,大量質(zhì)子從原點均勻發(fā)射到第一象限內(nèi),從磁場上邊界射出的質(zhì)子數(shù)占質(zhì)子總數(shù)的23,則從磁場上邊界射出的質(zhì)子的發(fā)射角度范圍有90°×23=60°,則根據(jù)質(zhì)子的偏轉(zhuǎn)軌跡和幾何關(guān)系可得,能從上邊界射出的質(zhì)子的發(fā)射角度范圍為0~π3,設(shè)軌跡半徑為R,則由幾何關(guān)系知R+Rsin30°=a,代入得R=27.(多選)(2024江西九江二模)如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子從P點沿平行于直徑CD的方向射入磁場,粒子經(jīng)過圓心O,最后離開磁場。已知圓形區(qū)域半徑為R,PO與CD間的夾角為45°,不計粒子重力。則()A.粒子運動的速率為2B.粒子在磁場中運動的時間為πC.粒子在磁場中運動的路程為22πD.粒子離開磁場時速度方向不可能平行于CD答案AC解析根據(jù)題意畫出粒子的運動軌跡,如圖所示。由于圓形區(qū)域半徑為R,則P點到直線CD的距離為22R,設(shè)粒子做圓周運動的半徑為r,根據(jù)幾何關(guān)系有r=22R,粒子做勻速圓周運動,由洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2r,解得v=2qBR2m,故A正確;根據(jù)上述分析可知,粒子在磁場中的運動軌跡為半個圓周,粒子做圓周運動的周期T=2πrv=2πmqB,則粒子在磁場中運動的時間為t=12T=πmqB,粒子離開磁場時速度方向平行于CD,故B、D錯誤;8.(多選)(2024福建福州三模)如圖甲所示,某科技小組要探究長直導(dǎo)線周圍磁場分布情況,將長直導(dǎo)線沿南北方向水平放置,在導(dǎo)線正下方、與導(dǎo)線距離為r的P處放置一枚可自由轉(zhuǎn)動的小磁針。當(dāng)導(dǎo)線中通以恒定電流后,小磁針N極向紙外偏轉(zhuǎn),測得小磁針靜止時N極偏離南北方向的角度θ,其正切值tanθ與1r的關(guān)系圖像如圖乙所示。已知實驗所在處地磁場水平分量大小恒為B0,則下列判斷正確的是(甲乙A.導(dǎo)線中電流的方向由北向南B.電流在P處產(chǎn)生的磁場方向就是小磁針靜止時N極所指的方向C.電流在導(dǎo)線正下方r0處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小為32BD.導(dǎo)線正下方r0處磁場的磁感應(yīng)強度大小為233答案AD解析小磁針N極向紙外偏轉(zhuǎn),表明電流產(chǎn)生的磁場在小磁針位置的方向向東,根據(jù)安培定則可知,導(dǎo)線中電流的方向由北向南,故A正確;電流在P處產(chǎn)生的磁場與地磁場水平分量的合磁場方向就是小磁針靜止時N極所指的方向,故B錯誤;設(shè)通電導(dǎo)線在P處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度為B1,根據(jù)磁場的疊加原理有B1=B0tanθ,根據(jù)圖乙可知,當(dāng)r=r0時有tanθ=33,解得B1=33B0,根據(jù)矢量合成,導(dǎo)線正下方r0處磁場的磁感應(yīng)強度大小為B=B12+B02=233綜合提升9.(2024四川成都三模)如圖所示,以三角形ACD為邊界的有界勻強磁場區(qū)域,磁感應(yīng)強度為B,∠C=30°,∠D=45°,AO垂直于CD。在O點放置一個電子源,電子源向ACD平面中的磁場區(qū)域均勻發(fā)射相同速率的電子,發(fā)射方向由CO與電子速度間夾角θ表示。不計電子重力,若恰好有三分之一的電子從AC邊射出,則下列說法正確的是()A.θ為60°時電子在磁場中飛行時間最短B.AC邊上有電子射出區(qū)域占AC長度的四分之一C.沒有電子經(jīng)過D點D.經(jīng)過AD邊的電子數(shù)與經(jīng)過AC邊的電子數(shù)之比為3∶2答案D解析根據(jù)左手定則,電子做順時針轉(zhuǎn)動。恰好有三分之一的電子從AC邊射出,即當(dāng)θ=60°時電子從A點射出磁場,所有電子運動半徑相等,由于OA不是最短的弦,則θ為60°時電子在磁場中飛行時間不是最短,A錯誤。結(jié)合A選項,設(shè)AO間距為L,則電子運動半徑為r=L,則電子從AC邊上射出的區(qū)域在A與AC中點之間,故AC邊上有電子射出區(qū)域占AC長度的二分之一,B錯誤。OD長度等于L,由幾何關(guān)系可知,當(dāng)θ=150°時,電子通過D點,C錯誤。結(jié)合A、C選項,電子從AD邊射出時,60°<θ<150°;從AC邊射出時,0°<θ<60°,則經(jīng)過AD邊的電子數(shù)與經(jīng)過AC邊的電子數(shù)之比為90∶60=3∶2,D正確。10.(2024廣東深圳二模)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)存在勻強磁場(圖中未畫出),磁場方向垂直于圓所在的平面。一速度為v的帶電粒子從圓周上的A點沿半徑方向射入磁場,入射點A與出射點B間的圓弧AB為整個圓周的三分之一?，F(xiàn)有一群與該粒子除速率外完全相同的粒子從A點沿該平面沿任意方向射入磁場,已知這群粒子速率均為233v,忽略粒子間的相互作用,則粒子在磁場中最長運動時間為(A.3πR6C.3πR3答案C解析粒子在磁場中做勻速圓周運動,設(shè)速率為v的帶電粒子的運動半徑為r1,其軌跡如圖中弧AB所示。由題意可知∠AOB=120°,由幾何關(guān)系可得θ=30°,圓周運動的半徑為r1=Rtanθ=3R,由洛倫茲力提供向心力可得qvB=mv2r,可得粒子的半徑為r=mvqB,可知粒子運動半徑與速率成正比,則速率為233v的粒子在磁場中做圓周運動的半徑為r2=233r1=2R。在磁場中運動時間最長的粒子的運動軌跡的弦為磁場區(qū)域圓的直徑,粒子運動軌跡如圖中的弧AC所示。則角β滿足sinβ=Rr2,可得β=30°,11.(多選)如圖所示,直角三角形ABC區(qū)域內(nèi)有垂直紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出),AC邊長為l,∠B=30°,一群比荷為qm的帶正電粒子以相同速度在CD范圍內(nèi)垂直AC邊射入,從D點射入的粒子恰好不從AB邊射出。已知從BC邊垂直射出的粒子在磁場中運動的時間為t,粒子在磁場中運動的最長時間為53t,不計粒子的重力及粒子間的相互作用力,則(A.磁感應(yīng)強度大小為πB.粒子運動的軌道半徑為37C.粒子射入磁場的速度大小為3D.粒子在磁場中掃過的面積為63+3答案CD解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,垂直BC邊射出的粒子在磁場中運動的時間t=14T=πm2qB,解得B=πm2qt,故A錯誤;設(shè)運動時間最長的粒子在磁場中的運動軌跡所對的圓心角為θ,則有θ2πT=θmqB=53t,解得θ=5π6,畫出該粒子的運動軌跡如圖所示,設(shè)圓周運動半徑為R,由幾何知識有Rcos30°+Rcos30°=l,可得R=237l,故B錯誤;粒子在磁場中運動時有qvB=mv2R,可得粒子射入磁場的速度大小為v=qBRm=3πl(wèi)7t,故C正確12.(多選)(2024遼寧沈陽一模)如圖所示,xOy平面內(nèi)有相鄰的帶狀勻強磁場Ⅰ和勻強磁場Ⅱ,方向垂直xOy平面向下,磁感應(yīng)強度大小分別為B和2B,磁場區(qū)域?qū)挾确謩e為L1和L2,一電荷量為+q、質(zhì)量為m的帶電粒子從y軸P點以與y軸夾角為θ1的方向進入磁場Ⅰ,經(jīng)過磁場Ⅰ和磁場Ⅱ后從磁場Ⅱ右邊界以與邊界夾角為θ2的方向離開磁場Ⅱ,若不計重力,則下列說法正確的是()A.粒子在勻強磁場Ⅰ中運動的軌跡半徑是在勻強磁場Ⅱ中運動軌跡半徑的2倍B.粒子在勻強磁場Ⅱ中運動的軌跡半徑是在勻強磁場Ⅰ中運動軌跡半徑的2倍C.粒子的入射速度大小為BqD.粒子的入射速度大小為2答案AC解析粒子在磁場中運動時,洛倫茲力提供向心力,則有qvB=mv2r,解得r=mvqB,所以粒子在勻強磁場Ⅰ中運動的軌跡半徑是在勻強磁場Ⅱ中運動軌跡半徑的2倍,故A正確,B錯誤;設(shè)帶電粒子在磁場Ⅰ中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r1,在磁場Ⅱ中做勻速圓周運動的軌跡半徑為r2,過P點作入射速度的垂線,設(shè)圓心為O1,以O(shè)1為圓心、r1為半徑作圓弧交于兩磁場分界線的M點,連接MO1,設(shè)MO1與磁場分界線的夾角為α,過Q點作出射速度的垂線交MO1于O2點,如圖所示。由幾何關(guān)系可知L1=r1cosθ1r1sinα,L2=r2cosθ2+r2sinα,由于r1=2r2,聯(lián)立解得L1+2L2=2r2(cosθ1+cosθ2),根據(jù)洛倫茲力提供向心力有qv×2B=mv2r2,解得v=Bq(L1+2L213.(13分)(2024廣東汕頭二模)某科研小組為了研究離子聚焦問題設(shè)計了如圖所示的裝置,在平行于x軸的虛線上方有一垂直于xOy平面的勻強磁場,一質(zhì)量為m、電荷量為q的離子從M點處以速率v射出,當(dāng)速度方向與x軸正方向成90°和53°時,離子均會經(jīng)過N點。已知OM=ON=d,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不計離子重力。(1)求勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小;(2)當(dāng)離子在M點的速度方向與x軸正方向成53°時,求從M運動到N所需的時間。答案(1)mv(2)d解析(1)當(dāng)離子在M點的速度方向與x軸正方向成90°時,其運動軌跡如圖甲所示甲根據(jù)幾何關(guān)系可知離子在磁場中做圓周運動的軌跡半徑R=d離子在磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力充當(dāng)向心力有qvB=m聯(lián)立以上兩式解得B=mvqd(2)離子在磁場中做勻速圓周運動的周期T=2當(dāng)離子速度方向與x軸正方向成53°時,其運動軌跡如圖乙所示乙根據(jù)幾何關(guān)系可知離子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ=53°×2=106°則離子在磁場中運動的時間t圓=θ360°離子在非磁場區(qū)做勻速直線運動,根據(jù)幾何關(guān)系可得位移x=d由此可知離子在非磁場區(qū)運動的時間