2025年高考二轮复习物理专题分层突破练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选择题:每小题6分,共72分基础巩固1.(2024北京东城二模)一束γ射线(从底部进入而没有留下痕迹)从充满在气泡室中的液态氢的一个氢原子中打出一个电子,同时自身转变成一对正、负电子对(分别称为正电子、负电子,二者速度接近),各电子径迹如图所示。已知匀强磁场的方向垂直照片平面向里,正、负电子质量相等,则下列说法正确的是()A.左侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹B.正电子、负电子所受洛伦兹力大小时刻相等C.分离瞬间,正电子速度大于负电子速度D.正电子、负电子的动能不断减小,而被打出的电子动能不变答案C解析由图可知氢原子中打出的电子向上运动,γ射线转变成的正、负电子做图中所示的螺旋轨迹的运动,根据左手定则,左侧螺旋轨迹为正电子运动的轨迹,右侧螺旋轨迹为负电子运动的轨迹,故A错误;正电子、负电子所受洛伦兹力大小为F=evB,正电子、负电子的速度大小不是时刻相等,则正电子、负电子所受洛伦兹力大小不是时刻相等,故B错误;根据洛伦兹力提供向心力有evB=mv2r,解得r=mveB,根据运动轨迹可知γ射线转变成的正电子与负电子分离瞬间,左侧正电子的轨迹半径大于右侧负电子的轨迹半径,故分离瞬间,正电子速度大于负电子速度,故C正确;γ射线转变成的正、负电子在气泡室中运动时,由图可知运动的轨迹半径逐渐减小,则速度逐渐减小,动能逐渐减小,被打出的电子在气泡室中克服阻力做功,动能也逐渐减小,2.(2024海南海口一模)如图所示,四根通有大小相等的恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面,导线1、2、3、4与xOy平面的交点连成的边长为2a的正方形关于x轴和y轴对称,各导线中电流方向已标出。已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比,设导线1在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是()A.导线1、2之间的相互作用力为吸引力B.导线2、4之间的相互作用力为吸引力C.4根导线在O点产生的合磁感应强度大小为2B0D.导线1、2在O点产生的合磁感应强度大小为2B0答案B解析根据安培定则确定通电直导线电流产生的磁场的方向,根据左手定则确定所受安培力的方向,可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时,电流之间的作用力表现为排斥力,当平行放置的长直导线中通有同向电流时,电流之间的作用力表现为吸引力,故A错误,B正确;根据安培定则,结合题意可知,导线1、3在O点产生的合磁感应强度大小为0,导线2、4在O点产生的合磁感应强度大小为0,即4根导线在O点产生的合磁感应强度大小为0,故C错误;导线1与导线2在O点产生的磁感应强度大小相等,均为B0,方向相互垂直,则合磁感应强度大小为2B0,故D错误。3.在光滑水平桌面上将长为πl的软导线两端固定,固定点间的距离为2l,导线通有恒定电流I,处于磁感应强度大小为B、方向竖直向下的匀强磁场中,每个固定点所受的作用力大小为()A.IlB B.2IlBC.πIlB D.2πIlB答案A解析从上向下看导线如图所示,导线的有效长度为2l,则所受的安培力大小为F安=2IlB,以导线整体为研究对象,每个固定点对导线的作用力大小F=F安2,解得F=IlB,根据牛顿第三定律,每个固定点所受的作用力大小也为F=IlB,故A正确,B、C、4.如图所示,竖直平面内有三根轻质细绳,绳1水平,绳2与水平方向成60°角,O为结点,竖直绳3的下端连接一质量为m、长度为L的垂直于纸面放置的金属棒。金属棒所在空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场,整个装置处于平衡状态。现给金属棒通入方向向里、大小由零缓慢增大的电流,电流的最大值为I0,可观察到绳3转过的最大角度为60°。已知重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是()A.绳1的拉力先增大后减小B.绳2的拉力先增大后减小C.绳3的拉力最大值为2mgD.金属棒中电流I0的值为3答案C解析对整体分析,重力大小和方向不变,绳1、2弹力方向不变,根据左手定则,安培力水平向右逐渐增大,由平衡条件得,水平方向F1=F2cos60°+BIL,竖直方向F2sin60°=mg,电流逐渐变大,则F1增大、F2不变,故A、B错误;当电流增大到I0时,安培力与重力的合力最大,由sin30°=mgF3,可得绳3的拉力最大值为F3=2mg,故C正确;对金属棒受力分析有tan30°=mgBI0L,得I05.(多选)(2024广东汕头一模)晶圆掺杂机的简图如图所示,O是晶圆面(设其半径足够大)的圆心,上、下竖直放置的圆柱形电磁线圈可在中间圆柱形区域形成匀强磁场;圆柱形磁场区域的横截面半径为L、圆心为O1,OO1水平且垂直于晶圆面;若线圈中通入如图所示的电流,比荷为k的正离子以速度v、沿O1O射入,且全部掺杂在晶圆上,则()A.离子掺杂在x轴的负半轴上B.离子掺杂在x轴的正半轴上C.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于vD.圆柱形磁场的磁感应强度必须小于v答案BC解析根据安培定则可得,两圆柱形电磁线圈中间的匀强磁场方向竖直向上,正离子刚开始运动时,根据左手定则,受到的洛伦兹力方向沿x轴正方向,故A错误,B正确;若所有的离子都能掺杂在晶圆上,则离子在磁场中做圆周运动的最小轨迹半径为r=L,根据牛顿第二定律有qvB=mv2r,解得最小的磁感应强度为B=mvqL=vkL,故C正确6.(2024四川绵阳期中)在xOy平面的0≤y<a的区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场,速率相等的大量质子从原点O朝各个方向均匀发射到第一象限内,发现从磁场上边界射出的质子数占总数的23,不计质子间相互作用及重力,则质子在磁场中做匀速圆周运动的半径为(A.2a2 B.C.3a3 D答案B解析根据洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,可知速率相等的大量质子的运动半径也相等,大量质子从原点均匀发射到第一象限内,从磁场上边界射出的质子数占质子总数的23,则从磁场上边界射出的质子的发射角度范围有90°×23=60°,则根据质子的偏转轨迹和几何关系可得,能从上边界射出的质子的发射角度范围为0~π3,设轨迹半径为R,则由几何关系知R+Rsin30°=a,代入得R=27.(多选)(2024江西九江二模)如图所示,圆形区域内存在方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,质量为m、电荷量为q的带电粒子从P点沿平行于直径CD的方向射入磁场,粒子经过圆心O,最后离开磁场。已知圆形区域半径为R,PO与CD间的夹角为45°,不计粒子重力。则()A.粒子运动的速率为2B.粒子在磁场中运动的时间为πC.粒子在磁场中运动的路程为22πD.粒子离开磁场时速度方向不可能平行于CD答案AC解析根据题意画出粒子的运动轨迹,如图所示。由于圆形区域半径为R,则P点到直线CD的距离为22R,设粒子做圆周运动的半径为r,根据几何关系有r=22R,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv2r,解得v=2qBR2m,故A正确;根据上述分析可知,粒子在磁场中的运动轨迹为半个圆周,粒子做圆周运动的周期T=2πrv=2πmqB,则粒子在磁场中运动的时间为t=12T=πmqB,粒子离开磁场时速度方向平行于CD,故B、D错误;8.(多选)(2024福建福州三模)如图甲所示,某科技小组要探究长直导线周围磁场分布情况,将长直导线沿南北方向水平放置,在导线正下方、与导线距离为r的P处放置一枚可自由转动的小磁针。当导线中通以恒定电流后,小磁针N极向纸外偏转,测得小磁针静止时N极偏离南北方向的角度θ,其正切值tanθ与1r的关系图像如图乙所示。已知实验所在处地磁场水平分量大小恒为B0,则下列判断正确的是(甲乙A.导线中电流的方向由北向南B.电流在P处产生的磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向C.电流在导线正下方r0处产生的磁场的磁感应强度大小为32BD.导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为233答案AD解析小磁针N极向纸外偏转,表明电流产生的磁场在小磁针位置的方向向东,根据安培定则可知,导线中电流的方向由北向南,故A正确;电流在P处产生的磁场与地磁场水平分量的合磁场方向就是小磁针静止时N极所指的方向,故B错误;设通电导线在P处产生的磁场的磁感应强度为B1,根据磁场的叠加原理有B1=B0tanθ,根据图乙可知,当r=r0时有tanθ=33,解得B1=33B0,根据矢量合成,导线正下方r0处磁场的磁感应强度大小为B=B12+B02=233综合提升9.(2024四川成都三模)如图所示,以三角形ACD为边界的有界匀强磁场区域,磁感应强度为B,∠C=30°,∠D=45°,AO垂直于CD。在O点放置一个电子源,电子源向ACD平面中的磁场区域均匀发射相同速率的电子,发射方向由CO与电子速度间夹角θ表示。不计电子重力,若恰好有三分之一的电子从AC边射出,则下列说法正确的是()A.θ为60°时电子在磁场中飞行时间最短B.AC边上有电子射出区域占AC长度的四分之一C.没有电子经过D点D.经过AD边的电子数与经过AC边的电子数之比为3∶2答案D解析根据左手定则,电子做顺时针转动。恰好有三分之一的电子从AC边射出,即当θ=60°时电子从A点射出磁场,所有电子运动半径相等,由于OA不是最短的弦,则θ为60°时电子在磁场中飞行时间不是最短,A错误。结合A选项,设AO间距为L,则电子运动半径为r=L,则电子从AC边上射出的区域在A与AC中点之间,故AC边上有电子射出区域占AC长度的二分之一,B错误。OD长度等于L,由几何关系可知,当θ=150°时,电子通过D点,C错误。结合A、C选项,电子从AD边射出时,60°<θ<150°;从AC边射出时,0°<θ<60°,则经过AD边的电子数与经过AC边的电子数之比为90∶60=3∶2,D正确。10.(2024广东深圳二模)如图所示,半径为R的圆形区域内存在匀强磁场(图中未画出),磁场方向垂直于圆所在的平面。一速度为v的带电粒子从圆周上的A点沿半径方向射入磁场,入射点A与出射点B间的圆弧AB为整个圆周的三分之一。现有一群与该粒子除速率外完全相同的粒子从A点沿该平面沿任意方向射入磁场,已知这群粒子速率均为233v,忽略粒子间的相互作用,则粒子在磁场中最长运动时间为(A.3πR6C.3πR3答案C解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,设速率为v的带电粒子的运动半径为r1,其轨迹如图中弧AB所示。由题意可知∠AOB=120°,由几何关系可得θ=30°,圆周运动的半径为r1=Rtanθ=3R,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,可得粒子的半径为r=mvqB,可知粒子运动半径与速率成正比,则速率为233v的粒子在磁场中做圆周运动的半径为r2=233r1=2R。在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹的弦为磁场区域圆的直径,粒子运动轨迹如图中的弧AC所示。则角β满足sinβ=Rr2,可得β=30°,11.(多选)如图所示,直角三角形ABC区域内有垂直纸面向外的匀强磁场(图中未画出),AC边长为l,∠B=30°,一群比荷为qm的带正电粒子以相同速度在CD范围内垂直AC边射入,从D点射入的粒子恰好不从AB边射出。已知从BC边垂直射出的粒子在磁场中运动的时间为t,粒子在磁场中运动的最长时间为53t,不计粒子的重力及粒子间的相互作用力,则(A.磁感应强度大小为πB.粒子运动的轨道半径为37C.粒子射入磁场的速度大小为3D.粒子在磁场中扫过的面积为63+3答案CD解析带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间t=14T=πm2qB,解得B=πm2qt,故A错误;设运动时间最长的粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ,则有θ2πT=θmqB=53t,解得θ=5π6,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为R,由几何知识有Rcos30°+Rcos30°=l,可得R=237l,故B错误;粒子在磁场中运动时有qvB=mv2R,可得粒子射入磁场的速度大小为v=qBRm=3πl7t,故C正确12.(多选)(2024辽宁沈阳一模)如图所示,xOy平面内有相邻的带状匀强磁场Ⅰ和匀强磁场Ⅱ,方向垂直xOy平面向下,磁感应强度大小分别为B和2B,磁场区域宽度分别为L1和L2,一电荷量为+q、质量为m的带电粒子从y轴P点以与y轴夹角为θ1的方向进入磁场Ⅰ,经过磁场Ⅰ和磁场Ⅱ后从磁场Ⅱ右边界以与边界夹角为θ2的方向离开磁场Ⅱ,若不计重力,则下列说法正确的是()A.粒子在匀强磁场Ⅰ中运动的轨迹半径是在匀强磁场Ⅱ中运动轨迹半径的2倍B.粒子在匀强磁场Ⅱ中运动的轨迹半径是在匀强磁场Ⅰ中运动轨迹半径的2倍C.粒子的入射速度大小为BqD.粒子的入射速度大小为2答案AC解析粒子在磁场中运动时,洛伦兹力提供向心力,则有qvB=mv2r,解得r=mvqB,所以粒子在匀强磁场Ⅰ中运动的轨迹半径是在匀强磁场Ⅱ中运动轨迹半径的2倍,故A正确,B错误;设带电粒子在磁场Ⅰ中做匀速圆周运动的轨迹半径为r1,在磁场Ⅱ中做匀速圆周运动的轨迹半径为r2,过P点作入射速度的垂线,设圆心为O1,以O1为圆心、r1为半径作圆弧交于两磁场分界线的M点,连接MO1,设MO1与磁场分界线的夹角为α,过Q点作出射速度的垂线交MO1于O2点,如图所示。由几何关系可知L1=r1cosθ1r1sinα,L2=r2cosθ2+r2sinα,由于r1=2r2,联立解得L1+2L2=2r2(cosθ1+cosθ2),根据洛伦兹力提供向心力有qv×2B=mv2r2,解得v=Bq(L1+2L213.(13分)(2024广东汕头二模)某科研小组为了研究离子聚焦问题设计了如图所示的装置,在平行于x轴的虚线上方有一垂直于xOy平面的匀强磁场,一质量为m、电荷量为q的离子从M点处以速率v射出,当速度方向与x轴正方向成90°和53°时,离子均会经过N点。已知OM=ON=d,sin53°=0.8,cos53°=0.6,不计离子重力。(1)求匀强磁场的磁感应强度大小;(2)当离子在M点的速度方向与x轴正方向成53°时,求从M运动到N所需的时间。答案(1)mv(2)d解析(1)当离子在M点的速度方向与x轴正方向成90°时,其运动轨迹如图甲所示甲根据几何关系可知离子在磁场中做圆周运动的轨迹半径R=d离子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力充当向心力有qvB=m联立以上两式解得B=mvqd(2)离子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=2当离子速度方向与x轴正方向成53°时,其运动轨迹如图乙所示乙根据几何关系可知离子在磁场中转过的圆心角θ=53°×2=106°则离子在磁场中运动的时间t圆=θ360°离子在非磁场区做匀速直线运动,根据几何关系可得位移x=d由此可知离子在非磁场区运动的时间