【名師伴你行】2021屆高考物理二輪復習專題提能專訓：9磁場、帶電粒子在磁場中運動

提能專訓(九)磁場、帶電粒子在磁場中運動時間：90分鐘滿分：100分一、選擇題(本題共11小題，每小題4分，共44分．多選全部選對的得4分，選對但不全的得2分，有選錯的得0分)1．(2022·沈陽市協作校期中聯考)地球是一個大磁體：①在地面上放置一個小磁鐵，小磁鐵的南極指向地磁場的南極；②地磁場的北極在地理南極四周；③赤道四周地磁場的方向和地面平行；④北半球地磁場方向相對地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁場方向都是和地面平行的．以上關于地磁場的描述正確的是()A．①②④ B．②③④C．①⑤ D．②③答案：D解析：地球本身是一個巨大的磁體，地磁北極在地理南極四周，地磁南極在地理北極四周；北半球的磁場斜向下，南半球磁場斜向上，赤道處的磁場與地面平行．2．(2022·河南十校高三聯考)有兩根長直導線a、b相互平行放置，如圖所示為垂直于導線的截面圖．在如圖所示的平面內，O點為兩根導線連線的中點，M、N為兩導線連線的中垂線上的兩點，與O點的距離相等，aM與MN夾角為θ.若兩導線中通有大小相等、方向相反的恒定電流I，單根導線中的電流在M處產生的磁感應強度為B0，則關于線段MN上各點的磁感應強度，下列說法中正確的是()A．M點和N點的磁感應強度方向肯定相反B．M點和N點的磁感應強度大小均為2B0cosθC．M點和N點的磁感應強度大小均為2B0sinθD．在線段MN上有磁感應強度為零的點答案：C解析：依據安培定則，手握通電直導線，大拇指指向電流方向，四指環(huán)繞方向即磁場方向，如圖：a的磁場以a為圓心沿逆時針方向，b的磁場以b為圓心沿順時針方向，a、b在M、N點的磁場方向如圖所示．兩導線中通有大小相等的電流，且關于MN對稱分布，幾何關系如圖，磁場的合成是矢量合成，遵循平行四邊形法則，M點和N點的磁感應強度方向肯定相同，A項錯誤．且依據對稱性，大小都等于2B0sinθ，C項正確，B項錯誤．在MN上面找不到兩個磁場方向相反的點，因此合磁場不行能等于0，D項錯誤．3．(2022·河北石家莊質檢)(多選)如圖所示，水平長直導線MN中通以M到N方向的恒定電流，用兩根輕質絕緣細線將矩形線圈abcd懸掛在其正下方．開頭時線圈內不通電流，兩細線內的張力均為T，當線圈中通過的電流為I時，兩細線內的張力均減小為T′.下列說法正確的是()A．線圈中通過的電流方向為a→d→c→b→aB．線圈中通過的電流方向為a→b→c→d→aC．當線圈中電流變?yōu)閑q\f(T,T－T′)I時，兩細線內的張力均為零D．當線圈中電流變?yōu)閑q\f(T′,T－T′)I時，兩細線內的張力均為零答案：BC解析：線圈不通電流時，由力的平衡有2T＝mg，當通過的電流為I時，張力減小為T′，由安培定則知通電導線MN在ab處產生的磁場比dc處強，則可判知ab上必受向上的安培力，且大于cd上所受向下的安培力，再結合左手定則推斷電流順時針流淌，所以A項錯，B項正確．當兩細線內張力均為T′時，BabIL－BcdIL＋2T′＝mg，當兩細線內的張力均為零時，BabI′L－BcdI′L＝mg，且又知2T＝mg，聯立以上方程得I′＝eq\f(T,T－T′)I，故C項對，D項錯．4.如圖所示，兩根平行放置、長度均為L的直導線a和b，放置在與導線所在平面垂直的勻強磁場中．當a導線通有電流強度為I、b導線通有電流強度為2I、且電流方向相反時，a導線受到的磁場力大小為F1，b導線受到的磁場力大小為F2.則a通電導線的電流在b導線處產生的磁感應強度大小為()A.eq\f(F2,2IL) B.eq\f(F1,IL)C.eq\f(2F1－F2,2IL) D.eq\f(2F1－F2,IL)答案：C解析：設a、b兩電流間的相互作用力大小為F，則對導線a，有F＋ILB＝F1，對導線b，有F＋2ILB＝F2，聯立可得F＝2F1－F2，設導線a在b線的磁感強度為B′，可變形為2ILB′＝2F1－F2，所以B′＝eq\f(2F1－F2,2IL)，選項C正確．5．(2022·山東臨沂高三質檢)(多選)如圖所示，兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線通有大小相等、方向相反的電流．已知通電長直導線在四周產生的磁場的磁感應強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數、I是導線中電流、r為點到導線的距離．一帶正電的小球以初速度v0從a點動身沿連線運動到b點．關于上述過程，下列說法正確的是()A．小球先做加速運動后做減速運動B．小球始終做勻速直線運動C．小球對桌面的壓力先增大后減小D．小球對桌面的壓力始終在增大答案：BC解析：由題意可知桌面內的磁場方向，進而可知小球所受洛倫茲力的方向垂直桌面對上，對小球受力分析，受重力、桌面的支持力、洛倫茲力三個力作用，小球沿桌面方向不受力，故從a點到b點，小球始終做勻速直線運動，A錯誤，B正確；由于從a至b合磁感應強度先減小后增大，則小球所受洛倫茲力先減小后增大，桌面對小球的支持力先增大后減小，由作用力與反作用力的關系知小球對桌面的壓力先增大后減小，C正確，D錯誤．6．(2022·新課標全國卷Ⅱ)(多選)如圖為某磁譜儀部分構件的示意圖．圖中，永磁鐵供應勻強磁場，硅微條徑跡探測器可以探測粒子在其中運動的軌跡．宇宙射線中有大量的電子、正電子和質子．當這些粒子從上部垂直進入磁場時，下列說法正確的是()A．電子與正電子的偏轉方向肯定不同B．電子與正電子在磁場中運動軌跡的半徑肯定相同C．僅依據粒子運動軌跡無法推斷該粒子是質子還是正電子D．粒子的動能越大，它在磁場中運動軌跡的半徑越小答案：AC解析：依據洛倫茲力供應向心力，利用左手定則解題．依據左手定則，電子、正電子進入磁場后所受洛倫茲力的方向相反，故兩者的偏轉方向不同，選項A正確；依據qvB＝eq\f(mv2,r)，得r＝eq\f(mv,qB)，若電子與正電子在磁場中的運動速度不相等，則軌跡半徑不相同，選項B錯誤；對于質子、正電子，它們在磁場中運動時不能確定mv的大小，故選項C正確；粒子的mv越大，軌道半徑越大，而mv＝eq\r(2mEk)，粒子的動能大，其mv不肯定大，選項D錯誤．7．如圖所示，在y>0的區(qū)域內存在勻強磁場，磁場垂直于圖中的xOy平面對外，原點O處有一離子源，沿各個方向射出速率相等的同價負離子，對于進入磁場區(qū)域的離子，它們在磁場中做圓周運動的圓心所在的軌跡，可用下面給出的四個半圓中的一個來表示，其中正確的是()答案：C解析：磁場垂直xOy平面對外并位于y軸上方，離子帶負電，利用左手定則推斷出離子運動方向，并畫出草圖找出圓心，可推斷出C圖是正確的．8．(2022·河北高陽模擬)兩個帶電粒子以同一速度、同一位置進入勻強磁場，在磁場中它們的運動軌跡如圖所示．粒子a的運動軌跡半徑為r1，粒子b的運動軌跡半徑為r2，且r2＝2r1，q1、q2分別是粒子a、b所帶的電荷量，則()A．a帶負電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1B．a帶負電、b帶正電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶2C．a帶正電、b帶負電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝2∶1D．a帶正電、b帶負電，比荷之比為eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝1∶2答案：C解析：由粒子的運動軌跡及左手定則可推斷，a帶正電、b帶負電，依據Bvq＝eq\f(mv2,r)，可得eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，所以eq\f(q1,m1)∶eq\f(q2,m2)＝r2∶r1＝2∶1，選項C正確．9．如圖所示，在紙面內半徑為R的圓形區(qū)域中布滿了垂直于紙面對里、磁感應強度為B的勻強磁場，一點電荷從圖中A點以速度v0垂直磁場射入，當該電荷離開磁場時，速度方向剛好轉變了180°，不計電荷的重力，下列說法正確的是()A．該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線通過O點B．該點電荷的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2v0,BR)C．該點電荷在磁場中的運動時間t＝eq\f(πR,3v0)D．該點電荷帶正電答案：B解析：依據左手定則可知，該點電荷帶負電，選項D錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動，其速度方向的偏向角等于其運動軌跡所對應的圓心角，依據題意，該粒子在磁場中的運動軌跡剛好是半個圓周，畫出其運動軌跡并找出圓心O1，如圖所示．依據幾何關系可知，軌道半徑r＝eq\f(R,2)，依據r＝eq\f(mv0,Bq)和t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πr,v0)可求出，該點電荷的比荷為eq\f(q,m)＝eq\f(2v0,BR)和該點電荷在磁場中的運動時間t＝eq\f(πR,2v0)，所以選項B正確，C錯誤；該點電荷離開磁場時速度方向的反向延長線不通過O點，選項A錯誤．本題答案為B項．10．(2022·湖南四縣一中聯考)如圖所示，一個抱負邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面對里，一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場，若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列推斷正確的是()A．電子將向右偏轉B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)答案：D解析：電子帶負電，進入磁場后，依據左手定則推斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉，如圖所示，A項錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何學問得：x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故B、C項錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何學問得：sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故D項正確．11．(2022·湖北省重點中學聯考)(多選)如圖，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面對里，大小為B，現有四個相同的帶電粒子，由x軸上的P點以不同初速度平行于y軸射入此磁場，其出射方向如圖所示，不計重力影響，則()A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子C．在磁場中運動經受時間最長的是沿③方向出射的粒子D．在磁場中運動經受時間最長的是沿④方向出射的粒子答案：AD解析：由R＝eq\f(mv,qB)可知，速度越大，粒子在磁場中做圓周運動的半徑越大，A項正確，B項錯誤；由T＝eq\f(2πm,qB)知，各粒子的運動周期相同，沿④方向出射的粒子的軌跡對應的圓心角最大，用時最長，C項錯誤，D項正確．二、計算題(本題包括4小題，共56分．解答應寫出必要的文字說明、方程式和重要演算步驟，只寫出最終答案不能得分)12．(2022·山西四校其次次聯考)(12分)如圖所示，三角形區(qū)域磁場的三個頂點a、b、c在直角坐標系內的坐標分別為(0，2eq\r(3)cm)，(－2cm,0)，(2cm,0)，磁感應強度B＝4×10－4T，大量比荷eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg、不計重力的正離子，從O點以v＝2eq\(1)離子運動的半徑；(2)從ac邊離開磁場的離子，離開磁場時距c點最近的位置坐標；(3)從磁場區(qū)域射出的離子中，在磁場中運動的最長時間．答案：見解析解析：(1)由qvB＝meq\f(v2,R)得，R＝eq\f(mv,qB)，代入數據可解得R＝2eq\r(3)cm(2)沿Oc方向入射的粒子離開磁場時距c點最近，設從ac邊離開磁場的離子距c最近的點的坐標為M(x，y)，則x＝Rsin30°＝eq\r(3)cmy＝R－Rcos30°＝(2eq\r(3)－3)cm離c最近的點的坐標為M[eq\r(3)cm，(2eq\r(3)－3)cm](3)從a點離開磁場的離子在磁場中運動時間最長，其軌跡所對的圓心角為60°T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(π,50)st＝eq\f(T,6)＝eq\f(π,300)s.13．(14分)如圖所示，在一個邊長為a的正六邊形區(qū)域內存在磁感應強度為B、方向垂直于紙面對里的勻強磁場，三個相同帶正電的粒子，比荷為eq\f(q,m)，先后從A點沿AD方向以大小不等的速度射入勻強磁場區(qū)域，粒子在運動過程中只受磁場力作用．已知編號為①的粒子恰好從F點飛出磁場區(qū)域，編號為②的粒子恰好從E點飛出磁場區(qū)域，編號為③的粒子從ED邊上的某一點垂直邊界飛出磁場區(qū)域，求：(1)編號為①的粒子進入磁場區(qū)域的初速度大??；(2)編號為②的粒子在磁場區(qū)域內運動的時間；(3)編號為③的粒子在ED邊上飛出的位置與E點的距離．答案：見解析解析：(1)設編號為①的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r1，初速度大小為v1，則qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)由幾何關系可得，r1＝eq\f(a,2sin60°)解得v1＝eq\f(\r(3)Bqa,3m)(2)設編號為②的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r2，線速度大小為v2，周期為T2，則qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)，T2＝eq\f(2πr2,v2)解得T2＝eq\f(2πm,Bq)由幾何關系可得，粒子在正六邊形區(qū)域磁場運動過程中，轉過的圓心角為60°，則粒子在磁場中運動的時間t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3Bq)(3)設編號為③的粒子在正六邊形區(qū)域磁場中做圓周運動的半徑為r3，由幾何關系可得AE＝2acos30°＝eq\r(3)ar3＝eq\f(AE,sin30°)＝2eq\r(3)aOE＝eq\f(AE,tan30°)＝3aEG＝r3－OE＝(2eq\r(3)－3)a14．(2022·大連模擬)(14分)如圖所示，在一半徑為R的圓形區(qū)域內有磁感應強度為B的勻強磁場，方向垂直紙面對外．一束質量為m、電量為q帶正電的粒子沿平行于直徑MN的方向進入勻強磁場，粒子的速度大小不同，重力不計．入射點P到直徑MN的距離為h，求：(1)某粒子經過磁場射出時的速度方向恰好與其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？(2)恰好能從M點射出的粒子速度是多大？(3)若h＝eq\f(R,2)，粒子從P點經磁場到M點的時間是多少？答案：(1)eq\f(qBh,m)(2)eq\f(qBRR－\r(R2－h(huán)2),mh)(3)eq\f(7πm,6qB)解析：(1)粒子出射方向與入射方向相反，即在磁場中運動了半個周期，其半徑r1＝h則qv1B＝meq\f(v\o\al(2,1),r1)解得v1＝eq\f(qBh,m).(2)粒子從M點射出，其運動軌跡如圖，在△MQO1中req\o\al(2,2)＝(R－eq\r(R2－h(huán)2))2＋(h－r2)2得r2＝eq\f(R2－R\r(R2－h(huán)2),h)qv2B＝meq\f(v\o\al(2,2),r2)所以v2＝eq\f(qBRR－\r(R2－h(huán)2),mh).(3)若h＝eq\f(R,2)，sin∠POQ＝eq\f(h,R)，可得∠POQ＝eq\f(π,6)由幾何關系得粒子在磁場中偏轉所對圓心角為α＝eq\f(7π,6)周期T＝eq\f(2πm,Bq)所以t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(7πm,6Bq).15．(2022·廣西四校調研)(16分)如圖所示，以O為原點建立平面直角坐標系Oxy，沿y軸放置一平面熒光屏，在y>0,0<x<0.5m的區(qū)域有垂直于紙面對里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小B＝0.5T．在原點O放一個開有小孔的粒子源，粒子源能同時放出比荷為eq\f(q,m)＝4.0×106kg/C的不同速率的正離子束，沿與x軸成30°角從小孔射入磁場，最終打在熒光屏上，使熒光屏發(fā)亮，入射正離子束的速率在0到最大值vm＝2.0×106m(1)求離子從粒子源放出到打到熒光屏上所用的時間；(2)求離子打到熒光屏上的范圍；(3)實際上，從O點射入的正離子束有肯定的寬度，設正離子將