高考物理二轮总复习专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动

专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.(2023河南联考模拟)下图为磁场天平原理示意图,可通过磁场天平测量磁感应强度。质量为m的均质细金属棒通过两相同的轻质弹簧悬挂,金属棒处于水平状态,弹簧劲度系数为k,金属棒通过轻质导线通有大小为I的电流。长方形abcd为理想磁场边界,磁场边界ab长度为l。金属杆的右端有绝缘轻指针,无磁场时,调整指针位置指到0刻度。当长方形abcd区域内有匀强磁场,方向垂直纸面向外时,金属棒稳定时指针向下移动距离x,则该磁场的磁感应强度B为()A.kx-mgIlC.kxIl D.2.如图所示,在垂直于纸面的方向上有三根长直导线,其横截面位于正方形的三个顶点b、c、d上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示,一带负电的粒子从正方形的中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是()A.沿O到a方向 B.沿O到c方向C.沿O到d方向 D.沿O到b方向3.已知通电直导线磁场中某点的磁感应强度大小为B=kIr(式中k为常数,I为电流,r为该点距导线的距离)。现有垂直于纸面放置的三根通电直导线a、b、c,其中三根导线间的距离之比为lab∶lbc∶lca=5∶3∶4。已知a、b导线在c处产生的磁感应强度方向平行于a、b的连线。设a、b中的电流之比为n,则(A.a、b中的电流同向,n=16B.a、b中的电流反向,n=16C.a、b中的电流同向,n=1D.a、b中的电流反向,n=14.如图所示,报废的近地卫星离轨时,从卫星中释放一根导体缆绳,缆绳的下端连接有空心导体。缆绳以轨道速度v在地磁场B中运动,使得缆绳中产生感应电流。电荷向缆绳两端聚集,同时两端与电离层中的离子中和,使得电流持续。由于感应电流在地磁场中受到安培力的作用,从而能加快废弃卫星离轨。设缆绳中电流处处相等,那么()A.缆绳中电流的方向由卫星流向空心导体B.相同长度的缆绳受到安培力的大小相等C.缆绳受到安培力的方向与卫星速度方向间的夹角大于90°D.由于安培力做负功,故在卫星降轨的过程中,其动能一定减小5.(多选)如图所示,在长方形abcd区域有垂直于纸面向内的匀强磁场,已知ab长为l,ad长为3l,磁感应强度大小为B,a处有一个粒子源,在某时刻向长方形区域发射大量质量为m、电荷量为q的带负电粒子(粒子重力不计),速度方向均在纸面内。则下列说法正确的是()A.沿ab方向入射、bc边射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,在磁场中运动的时间越长B.沿ab方向入射、bc边射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,在磁场中运动的时间越短C.沿bc方向恰好从c点出射的粒子速度为3D.沿bc方向恰好从c点出射的粒子速度为26.(多选)如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场中,垂直磁场方向固定一边长为l的正方形线框abcd,线框每边电阻均为R。将线框的顶点a、b接在电动势为E、内阻为R的电源上,开关S闭合电路稳定后()A.线框的ad边和bc边受到的安培力方向相反B.线框的ab边和dc边受到的安培力方向相反C.整个线框受到的安培力大小为0D.整个线框受到的安培力大小为47.如图所示,在x轴上方有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴下方也有垂直于纸面的匀强磁场(图中未画出)。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子,在纸面内以大小为v的速度从O点与x轴负方向成60°角射入x轴上方磁场,粒子第1次经过x轴时的位置为P(图中未画出),第2次经过x轴时的位置为Q(图中未画出),且粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,不计粒子受到的重力。求:(1)从P点到O点的距离;(2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小和方向。B组8.(2023辽宁沈阳二中三模)如图所示,在平面直角坐标系xOy的第Ⅳ象限内有垂直于坐标平面向里的匀强磁场,一质量为5×108kg、电荷量为1×106C的带正电粒子,以20m/s的速度从y轴上的P点沿与y轴负方向成45°角的方向进入磁场。已知lOP=10(2+2)cm,不计粒子所受重力,若粒子恰好未进入x轴上方区域,则磁场的磁感应强度的大小为()A.0.3T B.0.05TC.3T D.5T9.(2023江西质检)右图是离子速度选择器的原理示意图,在横截面半径r=10cm的圆形区域内有磁感应强度B=1×104T的匀强磁场,磁场方向平行于柱形圆筒的轴线O,在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a、b,它们分别作为离子的入射孔和出射孔,在a、b所在圆平面内从a孔射入,离子射入的角度不同,最后能从b孔射出的离子速度大小就不同。现有一束比荷为qm=2×1011C/kg的正离子,与a、b连线成θ=30°从a孔射入,且不与筒壁碰撞而从出射孔b射出,则该离子的速度大小为(A.2×106m/s B.4×106m/sC.4×105m/s D.2×105m/s10.如图所示,真空中,在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)垂直于纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场,两圆的半径分别为R和3R,圆心为O。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从大圆边缘的P点沿半径PO方向以不同的速度垂直射入磁场,粒子重力不计。(1)若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°,求粒子在磁场中运动速度大小v1和在磁场中运动的时间t1;(2)若粒子不能进入小圆内部区域,求粒子在磁场中运动的速度v2。11.(2022全国甲卷)光点式检流计是一种可以测量微小电流的仪器,其简化的工作原理示意图如图所示。图中A为轻质绝缘弹簧,C为位于纸面上的线圈,虚线框内有与纸面垂直的匀强磁场;M为置于平台上的轻质小平面反射镜,轻质刚性细杆D的一端与M固连且与镜面垂直,另一端与弹簧下端相连,PQ为圆弧形的、带有均匀刻度的透明读数条,PQ的圆心位于M的中心。使用前需调零:使线圈内没有电流通过时,M竖直且与纸面垂直;入射细光束沿水平方向经PQ上的O点射到M上后沿原路反射。线圈通入电流后弹簧长度改变,使M发生倾斜,入射光束在M上的入射点仍近似处于PQ的圆心,通过读取反射光射到PQ上的位置,可以测得电流的大小。已知弹簧的劲度系数为k,磁场磁感应强度大小为B,线圈C的匝数为n、沿水平方向的长度为l,细杆D的长度为d,圆弧PQ的半径为r,r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值。(1)若在线圈中通入的微小电流为I,求平衡后弹簧长度改变量的绝对值Δx及PQ上反射光点与O点间的弧长s;(2)某同学用此装置测一微小电流,测量前未调零,将电流通入线圈后,PQ上反射光点出现在O点上方,与O点间的弧长为s1;保持其他条件不变,只将该电流反向接入,则反射光点出现在O点下方,与O点间的弧长为s2。求待测电流的大小。12.(2023湖北师大一附中二次质检)如图所示,真空中有两垂直于纸面的水平挡板,板间距离为d,长为l。一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子,恰从下方挡板边缘以初速度v0入射,入射方向在纸面内、与水平挡板的夹角θ=53°。粒子每次撞击挡板时电荷量不变,沿挡板方向的分速度大小减为一半、方向不变,垂直于挡板方向的分速度大小也减为一半、方向反向。粒子与挡板发生第1次撞击处的右方区域存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外的匀强磁场。(不计粒子重力,sin53°=0.8,cos53°=0.6)(1)若粒子始终不与下挡板碰撞,则d应满足什么条件?(2)若d=4m(3)若d=4mv0答案：1.D解析无磁场时指针位于0刻度处,此时弹簧弹力与金属棒重力平衡,设弹簧的形变量为x0,2kx0=mg,则当指针向下移动距离x稳定时,2kx0+2kx=BIl+mg,联立解得B=2kx2.A解析由安培定则可判断三根导线在O点处产生的磁场方向如图所示,由磁场的叠加可知它们的合磁场方向水平向左,再由左手定则可判断带负电的粒子所受洛伦兹力方向沿O到a方向。故选A。3.C解析由c处的磁感应强度方向平行于a、b的连线,根据右手螺旋定则及平行四边形定则可知,a、b通电导线的电流方向同向,由几何关系及平行四边形定则可知,a导线在c处产生的磁感应强度大小与b导线在c处产生的磁感应强度大小满足BacBbc=34,根据4.C解析由右手定则可知,电流方向由空心导体流向卫星,故A错误。因为地磁场不是匀强磁场,所以相同长度的缆绳受到的安培力不一定大小相等,故B错误。由左手定则可知,缆绳受到的安培力与卫星速度方向的夹角大于90°,故C正确。动能的增大和减小,与安培力做负功没有必然联系,因为引力做正功,故D错误。5.BD解析沿ab方向入射、bc边射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,运动半径越大,在磁场中运动的轨迹对应的圆心角越小,则运动时间越短,选项A错误,B正确。沿bc方向恰好从c点出射的粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知r2=(rl)2+(3l)2,解得r=2l,根据qvB=mv2r,解得v=6.AD解析线框ad边和bc边中的电流方向相反,受到的安培力方向相反,选项A正确。线框ab边与dc边中的电流方向相同,所受的安培力方向相同,选项B错误。设a、b间电阻为r,则1r=1R+13R,所以r=37.答案(1)3mvBq解析(1)根据题意可知,粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,如图甲所示。甲根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=mv根据几何知识有lOP=2rsinθ联立解得,从P点到O点的距离为lOP=3mv(2)根据圆周运动的周期T=2则运动时间为t=α2π①若x轴下方的磁场方向垂直于纸面向外,粒子的运动轨迹如图乙所示。乙根据几何知识有α1=α2=240°由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,故有B下=B。②若x轴下方的磁场方向垂直于纸面向里,粒子的运动轨迹如图丙所示。丙根据几何知识有α2=12α1=由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,故有B下'=12B8.D解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,设其运动半径为R,恰好未进入x轴上方区域的运动轨迹如下图所示。由几何关系得lOP=R+Rcos45°,已知lOP=10(2+2)cm=0.1(2+2)m,解得R=0.2m,由qvB=mv2R9.B解析正离子在磁场中的轨迹如图所示。根据几何关系可得,离子的轨迹半径为R=2r=2×0.1m=0.2m,由洛伦兹力提供向心力qvB=mv2R,解得v=qBRm=2×1011×1×104×0.2m/s=4×10.答案(1)3(2)0<v2≤4解析(1)由图甲得r1=3Rtan30°=3R由牛顿第二定律得qv1B=mv解得v1=3带电粒子在磁场中运动的周期T=2带电粒子在磁场中运动的时间t1=120°360°甲乙(2)设带电粒子恰好不能进入小圆内部区域的最大速度为vmax,对应半径为rmax。由几何关系得(3R)2+rmax2=(rmax+R解得rmax=4R同理可得vmax=4所以0<v2≤4qBR11.答案(1)nBIl(2)dk解析(1)线圈中通入微小电流I,线圈受到的安培力为F=nBIl弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx,则有F=kΔx解得Δx=nBIl设此时平面镜偏转角度为θ,则反射光线转过的角度为2θ因为r≫d,d远大于弹簧长度改变量的绝对值,所以θ≈tanθ=ΔPQ上反射光点与O点间的弧长s=2θr解得s=2nBIlr(2)设待测电流为I',电流反向前后弹簧弹力的变化量F=2nBI'l弹簧弹力的改变量的绝对值为Δx',则有F=kΔx'反射光线转过的角度为s平面镜转过的角度为φ=s根据φ=Δ解得I'=dk(12.答案(1)d>m(2