新教材2023年高考物理总复习考案19周测卷十五磁场带电粒子在磁场中的运动

考案(十九)周测卷十五磁场带电粒子在磁场中的运动本试卷满分100分，考试时间90分钟。一、单项选择题：本题共9小题，每小题4分，共36分。每小题只有一个选项符合题目要求。1．(2023·山东大连高三检测)从太阳和其他星体发射出的高能粒子流，在射向地球时，由于地磁场的存在，改变了运动方向，对地球起到了保护作用。地磁场的示意图(虚线，方向未标出)如图所示，赤道上方的磁场可看成与地面平行，粒子流中含有α、β(电子)、γ射线以及质子，沿与地球表面垂直的方向射向赤道上空，则在地磁场的作用下(B)A．α射线沿直线射向赤道 B．β射线向西偏转C．γ射线向东偏转 D．质子向北偏转[解析]赤道上方磁场方向与地面平行、由南向北，根据左手定则可知，带正电的α射线和质子向东偏转，带负电的β射线向西偏转，不带电的γ射线不偏转。故选B。2．(2023·广东高三阶段练习)两平行的长直导线P、Q水平放置，导线P中通入水平向右，大小为I的恒定电流，导线Q中通入水平向左，大小为3I的恒定电流，两导线之间有一点O，O点在两导线所在平面内且与两导线的距离相等，两导线在O点产生的磁场的磁感应强度大小为B，如果将P中的电流方向反向，O点的磁感应强度大小为(C)A．2B B．4BC．eq\f(B,2) D．eq\f(B,4)[解析]设导线P在O点产生的磁感应强度大小为B0，则导线Q在O点产生的磁感应强度大小为3B0，根据安培定则可知两导线在O点产生磁感应强度方向相同，都是垂直于纸面向面向里，所以有B＝3B0＋B0＝4B0，解得B0＝eq\f(B,4)，P中的导线方向反向，则导线P在O点产生的磁感应强度方向变为垂直于纸面向面向外，大小仍为B0，则此时O的磁感应强度大小为B′＝3B0－B0＝2B0＝2×eq\f(B,4)＝eq\f(B,2)。故选C。3．(2022·广东高三学业考试)通电闭合直角三角形线框ABC处在水平方向的匀强磁场中，磁场方向垂直于线框平面向里，线框的边BC水平，线框中电流方向如图所示，那么该线框受到的安培力的合力(D)A．方向水平向左 B．方向竖直向下C．方向垂直于AB斜向上 D．为零[解析]由F＝BIL可知，三角形各边安培力的大小与各边长度成正比，另外根据左手定则和力的平行四边形法则可知，任意两条边受到的安培力的合力与第三条边受到的安培力等大反向，故线框受到的总的安培力为零，A、B、C错误，D正确。故选D。4．(2023·广东高三阶段练习)如图所示，导体棒ab置于水平导轨上，导轨间距为L，整个装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于导体棒，且与导轨平面夹角为θ。已知回路中电流为I，导体棒处于静止状态。下列说法正确的是(A)A．导体棒ab与导轨之间一定有摩擦力B．仅增大电流，导体棒ab可能从导轨上飞起C．无论磁感应强度B大小为多少，导体棒ab始终保持静止D．将θ调整为90°，保持磁感应强度B大小不变，导体棒ab受到的安培力变大[解析]导体棒受力如下图所示因B与水平方向夹角为θ，而根据左手定则B与F安垂直，由几何关系易知F安与竖直方向夹角为θ，可得f＝Fx＝F安sinθ＝BILsinθ，若I或B逐渐增大，F安逐渐增大，对导轨的压力逐渐增大，F安增大到一定值，导体棒会相对导轨向右滑动，但不可能飞起离开导轨，故A正确，BC错误；将θ调整为90°，保持磁感应强度B大小不变，导体棒ab受到的安培力大小不变，故D错误。5．(2023·重庆市模拟预测)有一长方形区间abcd，其边长ab＝2L，bc＝L，在其内存在匀强磁场，方向垂直于纸面(abcd所在平面)向内，如图所示。ab边中点有一电子发射源S，可垂直于磁场向磁场内各个方向均匀发射相同速率的电子，已知电子在磁场中运动半径为L。则从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例为(C)A．50% B．66.7%C．33.3% D．16.7%[解析]根据题意，由左手定则可知，粒子进入磁场后受水平向右的洛伦兹力，根据几何关系可知，当电子发射方向与ab成30°时，电子击中b点，当电子发射方向与ab垂直时，电子击中c点，运动轨迹如图所示则能击中bc的夹角范围为30°～90°共60°的范围区间，故从bc边射出的电子占所有射入磁场电子的比例η＝eq\f(60°,180°)×100%＝33.3%，故ABD错误，C正确。6．(2023·辽宁高三专题练习)如图所示，足够长粗糙绝缘倾斜木板MN与水平面夹角为θ，一个质量为m的物块刚好可以沿MN匀速下滑。让物块带上电荷量为q的正电，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中。t＝0时给物块一个沿木板MN向下的初速度，物块运动的v-t图像可能是(C)ABCD[解析]物块刚好可以沿MN匀速下滑，受力分析得mgsinθ＝μmgcosθ，整个装置置于垂直纸面向里的匀强磁场中，受力分析得μ(mgcosθ＋qvB)－mgsinθ＝ma，由此可知，滑块做减速运动，随着速度的减小，加速度在减小，C正确，ABD错误。故选C。7．(2023·广东深圳市光明区模拟预测)空间存在垂直纸面的匀强磁场(未画出)，磁感应强度为B0，将一通有顺时针方向恒定电流的圆形导体环a放置于纸面内(如图甲)，此时圆心O处的磁感应强度为零。若将磁场中的导体环a替换为半径相同的半圆形导体弧b，通以逆时针方向、同样大小的恒定电流(如图乙)，则以下说法正确的是(D)A．空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向里B．乙图圆心O处的磁感应强度为eq\f(1,2)B0C．乙图半圆形导体弧b在圆心O处产生磁场的磁感应强度为eq\f(3,2)B0D．乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外[解析]根据安培定则可知，恒定电流在圆心处的磁感应强度方向垂直纸面向里，此时圆心O处的磁感应强度为零，所以空间匀强磁场的磁感应强度方向垂直纸面向外，故A错误；据题意可知，圆形导体环a在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为B0，则通以逆时针方向、同样大小的恒定电流的半圆形导体弧b在圆心处产生的磁场的磁感应强度大小为eq\f(B0,2)，根据安培定则可知，方向垂直纸面向外，所以乙图圆心O处的磁感应强度方向垂直纸面向外，大小为B＝eq\f(B0,2)＋B0＝eq\f(3B0,2)，故BC错误，D正确。8．(2022·湖南怀化一模)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷eq\f(q,m)＝k，则质子的速度可能为(B)A.eq\f(3BkL,2) B．eq\f(BkL,4)C．2BkL D．3BkL[解析]质子带正电，且质子经过磁场偏转后经过C点，其可能的轨迹如图所示由轨迹图可知，所有圆弧所对的圆心角均为60°，根据几何关系可得，质子做圆周运动的半径为r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3……)根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)联立解得v＝eq\f(qBr,m)＝Bk·eq\f(L,n)(n＝1,2,3……)当n＝4时，可得v＝eq\f(BkL,4)B正确，ACD错误。9．(2023·广东高三专题练习)如图所示，半径相同的三个圆形区域相切于P、M、N三点，三个图形区域的圆心分别为O1、O2、O3，三个区域内有方向相同、大小不同的匀强磁场，带负电粒子以平行于O2O3方向的某速度从圆形磁场边缘对准圆心O1射入磁场中，恰好分别通过P点和M点而进入第二和第三个圆形磁场区域，从第三个圆形磁场区域射出后粒子又恰好通过三角形O1O2O3的几何中心O点，不计粒子的重力，tan75°＝2＋eq\r(3)，则以下说法正确的是(C)A．粒子在三个区域中做圆周运动的半径之比r1r2r3＝31(eq\r(3)－1)B．三个区域中磁感应强度大小之比B1B2B3＝13(4＋2eq\r(3))C．粒子在三个区域中做圆周运动所用时间之比t1t2t3＝64(10eq\r(3)－15)D．粒子在三个区域中做圆周运动向心加速度大小之比a1a2a3＝13(4＋2eq\r(3))[解析]设圆形区域的半径为R，粒子在磁场中做匀速圆周运动，其洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,r)，解得半径为r＝eq\f(mv,qB)，粒子运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)，粒子射入第一个圆形磁场后，从P点射入第二个圆形磁场，粒子在磁场中转过的角度为60°，其半径r1＝eq\f(R,tan30°)＝eq\r(3)R，同理可得，粒子在第二个圆形磁场中转过的角度为120°，其半径r2＝eq\f(R,tan60°)＝eq\f(\r(3),3)R，粒子从M点射入第三个圆形磁场中，射出时恰好过三角形O1O2O3的几何中心O点，则粒子在第三个圆形磁场中转过的角度为150°，其半径r3＝eq\f(R,tan75°)＝(2－eq\r(3))R，则粒子在三个区域中做圆周运动的半径之比r1r2r3＝31(2eq\r(3)－3)，A错误；由洛伦兹力提供向心力qvB＝meq\f(v2,r)，可得B＝eq\f(mv,qr)，三个区域中磁感应强度大小之比B1B2B3＝13(3＋2eq\r(3))，B错误；粒子在磁场中运动时间t＝eq\f(θ,2π)T，且T＝eq\f(2πr,v)，粒子在三个区域中做圆周运动的周期之比T1T2T3＝31(2eq\r(3)－3)，粒子在三个区域中做圆周运动所用时间之比t1t2t3＝64(10eq\r(3)－15)，C正确；粒子做圆周运动的加速度a＝eq\f(qvB,m)，粒子在三个区域中做圆周运动向心加速度大小之比a1a2a3＝13(3＋2eq\r(3))，D错误。故选C。二、多项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有多个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。10．(2023·重庆一中模拟预测)国家标准铜芯线，广泛应用于生产生活。其中双芯铜芯电线的结构可简化为如图所示，cd和ef为两根相互平行的铜芯线，a、b两点位于两导线所在的平面内，b到两导线的距离相等，当流过两根铜芯线的电流大小相同，方向相反时，下列说法正确的是(AC)A．a点磁场方向垂直纸面向里B．b点的磁感应强度为零C．cd导线受到的安培力方向向左D．导线cd受到的安培力大于导线ef受到的安培力[解析]根据安培定则可知，cd中电流在a点产生的磁感应强度Ba1垂直纸面向里，ef中电流在a点产生的磁感应强度Ba2垂直纸面向外，而a点到cd的距离小于到ef的距离，所以Ba1大于Ba2，故a点的合磁感应强度方向垂直纸面向里；同理可知cd和ef中的电流在b点产生的磁感应强度方向均为垂直纸面向外，所以b点的合磁感应强度不为零，故A正确，B错误；根据异向电流相斥可知cd导线受到的安培力方向向左，故C正确；导线cd受到的安培力和导线ef受到的安培力源自二者电流的磁场之间的相互作用，是一对相互作用力，所以大小相等，故D错误。11．(2022·河北高三专题练习)两根导线通有大小方向相同的电流，垂直穿过绝缘水平面，俯视如图所示。O点是两导线在绝缘水平面内连线的中点，a、b是连线垂直平分线上到O点距离相等的两点。一可视为质点的带正电滑块以相同大小的初速度v0分别从a、b向O点运动过程中，下列说法正确的是(AD)A．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同B．滑块在a、b两点受到的磁场力方向相反C．若水平面光滑，则滑块从a点出发后一定做曲线运动D．若水平面粗糙，则滑块从b点出发后一定做减速运动[解析]根据安培定则，知两导线连线上的垂直平分线上，左、右两边的磁场方向相反，而两滑块的速度方向也相反，根据左手定则可得，滑块在a、b两点受到的磁场力方向相同，均向里，A正确，B错误；水平面光滑，滑块带正电荷，洛伦兹力垂直平面向里，平面对滑块的支持力与洛伦兹力和重力的合力平衡，一定做直线运动，C错误；若水平面粗糙，则滑块从b点出发后。由于摩擦力做负功，洛伦兹力不做功，一定做减速运动，D正确。故选AD。12．(2022·广东汕头二模)科学家常在云室中加入铅板以降低运动粒子的速度。图示为物理学家安德森拍下的正电子在云室中运动的径迹，已知图示云室加垂直纸面方向的匀强磁场，由图可以判定(BC)A．匀强磁场方向向外B．正电子由上而下穿过铅板C．正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同D．正电子在铅板上、下磁场中运动中动量大小相等[解析]正电子在匀强磁场中，洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，由于正电子经过铅板后速度会减小，可知正电子经过铅板后的轨迹半径减小，从图中可以看出正电子在铅板上方轨迹半径比下方轨迹半径大，故正电子由上而下穿过铅板，由左手定则判断匀强磁场方向向里，A错误，B正确；正电子经过铅板后速度会减小，则正电子经过铅板后动量减小，正电子在铅板上、下磁场中运动中动量大小不相等，D错误；正电子在磁场中做圆周运动的角速度为ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(qB,m)，可知正电子在铅板上、下磁场中运动角速度相同，C正确。13．(2022·云南模拟预测)如图所示，eq\f(1,4)圆弧区域内有磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，AOB为磁场区域边界。圆弧半径为R,O点为圆心，D点为边界OB中点，C点为边界上一点，且CD//AO。现有一个质量为m、带电荷量大小为q的粒子以某速度从C点沿着CD方向射入磁场，一段时间后粒子从O点离开磁场，粒子重力不计，则(BD)A．该粒子带正电B．该粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为RC．该粒子从C点射入磁场的速度大小为eq\f(\r(3)qBR,m)D．该粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)[解析]根据左手定则可知道粒子带负电；因为粒子从C点进入，O点射出，作出粒子运动轨迹如图所示，因为OD＝eq\f(OC,2)＝eq\f(R,2)，由几何关系得θ＝60°，r＝R，由qvB＝eq\f(mv2,r)，得v＝eq\f(qBR,m)，粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(60°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,3qB)。故选BD。三、非选择题：本题共4小题，共48分。14．(10分)(2023·苏州高三检测)一个质量为m电荷量为q的带电粒子，从x轴上的P(l,0)点以速度v，沿与x正方向成60°的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限，不计重力。求：(1)判断带电粒子的电性，在图中规范画出带电粒子的轨迹；(2)匀强磁场的磁感应强度的大小；(3)带电粒子在第一象限运动的时间。[答案](1)带正电，轨迹见解析(2)eq\f(\r(3)mv,2ql)(3)eq\f(4\r(3)πl,9v)[解析](1)由于粒子能够垂直于y轴从第一象限射出，运动轨迹如图所示，根据左手定则可知粒子正电；(2)设磁感应强度为B，粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r。由牛顿第二定律qvB＝meq\f(v2,r)解得r＝eq\f(mv,qB)由几何知识可得r＝eq\f(l,cos30°)＝eq\f(2\r(3),3)l联立可得B＝eq\f(\r(3)mv,2ql)(3)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T，则T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)由图知，粒子在磁场中做圆周运动对应的圆心角为θ＝180°－60°＝120°所以粒子在磁场中运动的时间是t＝eq\f(120°,360°)T＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(4\r(3)πl,9v)15．(10分)(2023·黑龙江宾县高三期末)如图所示，两平行导轨所在的平面与水平面夹角θ＝37°，导轨的一端接有电动势E＝3V内阻r＝0.5Ω的直流电源，两导轨间的距离L＝0.4m，在导轨所在空间内分布着磁感应强度B＝0.5T、方向垂直于导轨所在平面向上的匀强磁场。现把一个质量m＝0.08kg的导体棒ab放在金属导轨上，导体棒与金属导轨垂直且接触良好，导体棒的电阻R＝1.0Ω，导体棒恰好刚要滑动，金属导轨电阻不计，(g取10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)求：(1)ab棒受到的安培力；(2)ab棒与导轨的动摩擦因数μ。[答案](1)0.4N，沿斜面向上(2)0.125[解析](1)根据闭合电路欧姆定律得I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(3,0.5＋1)A＝2A，导体棒受到的安培力为F安＝BIL＝0.4N，由左手定则可知，安培力沿斜面向上。(2)对导体棒受力分析，将重力正交分解，沿导轨方向有F1＝mgsin37°＝0.48N，F1>F安，根据平衡条件可知，摩擦力沿斜面向上，所以有mgsin37°＝F安＋μmgcos37°，解得μ＝0.125。16．(12分)(2022·河南新乡市高三模拟)如图所示，在xOy平面0≤x≤3a的区域内存在垂直平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，在x>3a的区域内存在平行于xOy平面垂直x轴方向的匀强电场(图中未画出)，从原点O沿y轴正方向发射的带负电粒子刚好从磁场右边界上的P点离开磁场进入电场，经电场偏转后到达x轴上的Q点，且粒子到达Q点时速度恰好沿x轴正方向。已知粒子的质量为m、电荷量为－q，P点的坐标为(3a，1.5a)，不计粒子所受重力，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，求：(1)粒子经过P点时的速度大小v；(2)电场强度的大小和方向；(3)粒子从O点运动到Q点所用的时间。[答案](1)v＝eq\f(15qBa,8m)(2)E＝eq\f(27qaB2,64m)，沿y轴负方向(3)t＝eq\f(127πm,180qB)＋eq\f(8m,3qB)[解析](1)设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为R，粒子到达P点时速度方向与y轴负方向的夹角为α，根据几何关系有Rsinα＝1.5a，R＋Rcosα＝3a，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(15qBa,8m)。(2)粒子在电场中做类平抛运动，将粒子从P点进入电场的速度分解，设垂直电场方向的分速度大小为vx，其沿电场方向的分速度大小为vy，粒子从P点运动到Q点的时间为t2，根据运动规律有vy＝vcosα，1.5a＝eq\f(1,2)vyt2，根据牛顿第二定律有qE＝meq\f(vy,t2)，解得E＝eq\f(27qaB2,64m)，根据运动过程分析受力可知，电场强度的方向沿y轴负方向。(3)粒子在磁场中做完整圆周运动的周期T＝eq\f(2πR,v)，粒子在磁场中运动的时间t1＝eq\f(127°,360°)T＝eq\f(127T,360)，粒子从O点运动到Q点所用的时