《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理专题三 考点2 磁场、安培力及带电粒子在磁场中的运动含答案

大二轮刷题首选卷物理《金版程》2025-高考大二轮刷题首选卷-物理考点2磁场、安培力及带电粒子在磁场中的运动考向一磁场的基本性质1．(2022·全国乙卷)(多选)安装适当的软件后，利用智能手机中的磁传感器可以测量磁感应强度B。如图，在手机上建立直角坐标系，手机显示屏所在平面为xOy面。某同学在某地对地磁场进行了四次测量，每次测量时y轴指向不同方向而z轴正向保持竖直向上。根据表中测量结果可推知()测量序号Bx/μTBy/μTBz/μT1021－4520－20－463210－454－210－45A．测量地点位于南半球B．当地的地磁场大小约为50μTC．第2次测量时y轴正向指向南方D．第3次测量时y轴正向指向东方答案：BC解析：地球可视为一个条形磁体，地磁南极在地理北极附近，地磁北极在地理南极附近，由表中Bz数据可看出z轴的磁感应强度分量竖直向下，则测量地点应位于北半球，A错误；磁感应强度为矢量，故由表格可得当地地磁场的磁感应强度大小为B＝eq\r(Beq\o\al(2,x)＋Beq\o\al(2,y)＋Beq\o\al(2,z))≈50μT，B正确；由A项分析可知测量地点位于北半球，而北半球地磁场指向北方斜向下，第2次测量时Bx＝0，By为负值，故y轴正向指向南方，第3次测量Bx为正值，By＝0，故x轴正向指向北方，则y轴正向指向西方，C正确，D错误。2．(2018·全国卷Ⅱ)(多选)如图，纸面内有两条互相垂直的长直绝缘导线L1、L2，L1中的电流方向向左，L2中的电流方向向上；L1的正上方有a、b两点，它们相对于L2对称。整个系统处于匀强外磁场中，外磁场的磁感应强度大小为B0，方向垂直于纸面向外。已知a、b两点的磁感应强度大小分别为eq\f(1,3)B0和eq\f(1,2)B0，方向也垂直于纸面向外。则()A．流经L1的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0B．流经L1的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0C．流经L2的电流在b点产生的磁感应强度大小为eq\f(1,12)B0D．流经L2的电流在a点产生的磁感应强度大小为eq\f(7,12)B0答案：AC解析：L1在a、b两点产生的磁场磁感应强度大小相等，设为B1，方向都垂直于纸面向里，而L2在a点产生的磁场磁感应强度大小设为B2，方向垂直纸面向里，在b点产生的磁场磁感应强度大小也为B2，方向垂直纸面向外，规定向外为正方向，根据矢量叠加原理可知B0－B1－B2＝eq\f(1,3)B0，B2＋B0－B1＝eq\f(1,2)B0，联立这两式可解得：B1＝eq\f(7,12)B0，B2＝eq\f(1,12)B0，故A、C正确。考向二磁场对通电导线的作用力3.在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场中，当金属棒中通以恒定电流I、金属棒静止时，两细线偏离竖直方向的偏角均为θ，如图所示。已知金属棒ab的质量为m、长度为L，重力加速度大小为g，关于恒定电流I的大小和方向，下列说法正确的是()A.eq\f(mgtanθ,BL)，从a到b B.eq\f(mgtanθ,BL)，从b到aC.eq\f(mg（1－cosθ）,BLsinθ)，从a到b D.eq\f(mg（1－cosθ）,BLsinθ)，从b到a答案：A解析：根据左手定则结合物体的平衡条件，可知电流的方向从a到b，从b向a方向看，作金属棒受力分析如图，安培力大小为F安＝BIL，而根据平衡条件有2Tcosθ＝mg，2Tsinθ＝F安，解得I＝eq\f(mgtanθ,BL)，故选A。4.(多选)电磁轨道炮工作原理如图所示。待发射弹体可在两平行轨道之间自由移动，并与轨道保持良好接触。电流I从一条轨道流入，通过导电弹体从另一条轨道流回。轨道电流可形成在弹体处垂直于轨道面的磁场(可视为匀强磁场)，磁感应强度的大小与I成正比，通电的弹体在轨道上受到安培力的作用而高速射出。设弹体只受安培力作用，现欲使弹体的出射速度增加至原来的2倍，理论上可采用的办法是()A．只将轨道长度L变为原来的2倍B．只将电流I增加到原来的2倍C．只将弹体质量减小到原来的一半D．将弹体质量减小到原来的一半，轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变答案：BD解析：设B＝kI，轨道之间距离为d，则发射过程中，安培力做功WA＝BId·L＝kI2dL，由动能定理有kI2dL＝eq\f(1,2)mv2，得v＝Ieq\r(\f(2kdL,m))。要使弹体的出射速度增加至原来的2倍，可采用的办法是只将轨道长度L变为原来的4倍，或只将电流I增加到原来的2倍，或只将弹体质量减小到原来的eq\f(1,4)，或将弹体质量减小到原来的一半，同时轨道长度L变为原来的2倍，其他量不变，A、C错误，B、D正确。考向三带电粒子在匀强磁场中的运动5．(2020·天津高考)(多选)如图所示，在Oxy平面的第一象限内存在方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一带电粒子从y轴上的M点射入磁场，速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°。粒子经过磁场偏转后在N点(图中未画出)垂直穿过x轴。已知OM＝a，粒子电荷量为q，质量为m，重力不计。则()A．粒子带负电荷 B．粒子速度大小为eq\f(qBa,m)C．粒子在磁场中运动的轨道半径为a D．N与O点相距(eq\r(2)＋1)a答案：AD解析：由题意知，粒子运动的轨迹如图所示，根据左手定则可知，粒子带负电荷，A正确；由于初速度方向与y轴正方向的夹角θ＝45°，根据几何关系可知∠OMO1＝∠OO1M＝45°，OM＝OO1＝a，则粒子在磁场中运动的轨道半径为r＝O1M＝eq\r(2)a，C错误；洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)，解得粒子速度大小为v＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)qBa),m)，B错误；N与O点的距离为NO＝OO1＋r＝(eq\r(2)＋1)a，D正确。6．(2022·湖北高考)(多选)在如图所示的平面内，分界线SP将宽度为L的矩形区域分成两部分，一部分充满方向垂直于纸面向外的匀强磁场，另一部分充满方向垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，SP与磁场左右边界垂直。离子源从S处射入速度大小不同的正离子，离子入射方向与磁场方向垂直且与SP成30°角。已知离子比荷为k，不计重力。若离子从P点射出，设出射方向与入射方向的夹角为θ，则离子的入射速度和对应θ角的可能组合为()A．eq\f(1,3)kBL，0° B．eq\f(1,2)kBL，0°C．kBL，60° D．2kBL，60°答案：BC解析：若离子最后经过下部分磁场从P点射出，如图1，则θ＝60°，R＝eq\f(L,n)(n＝1，3，5，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)＝eq\f(kBL,n)(n＝1，3，5，…)；若离子最后经过上部分磁场从P点射出，如图2，则θ＝0°，R＝eq\f(L,n)(n＝2，4，6，…)，又qvB＝meq\f(v2,R)，可得v＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)＝eq\f(kBL,n)(n＝2，4，6，…)。综上可知，B、C可能，A、D不可能。7.(多选)如图所示，半径为R的eq\f(1,4)圆形区域内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，过(－2R，0)点垂直x轴放置一线形粒子发射装置，能在0<y<R的区间内各处沿x轴正方向同时发射出速度均为v、带正电的同种粒子，粒子质量为m，电荷量为q。不计粒子的重力及粒子间的相互作用力。若某时刻粒子被装置发射出后，经过磁场偏转恰好击中y轴上的同一点，则下列说法中正确的是()A．粒子击中点距O点的距离为RB．磁场的磁感应强度为eq\f(mv,qR)C．粒子离开磁场时速度方向相同D．粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间t的范围为eq\f(2R,v)＜t<eq\f(（2＋π）R,2v)答案：ABD解析：由题意，某时刻发出的粒子都击中y轴上同一点，则若发射装置由y＝R处射出粒子，只能击中(0，R)，则击中的同一点只能是(0，R)，即粒子击中点距O点的距离为R，A正确；发射装置若从y＝0处射出的粒子也击中(0，R)，可知粒子做匀速圆周运动的半径为R，由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝meq\f(v2,R)，可得磁感应强度B＝eq\f(mv,qR)，B正确；粒子运动轨迹所对的圆心角不同，则粒子速度的偏转角不同，所以粒子离开磁场时的速度方向不同，C错误；整个过程粒子的速率不变，故粒子运动的时间正比于轨迹的长度，所以发射装置从最低点发射出的粒子运动的时间最长，为t1＝eq\f(1,4)T＋eq\f(R,v)＝eq\f(1,4)×eq\f(2πR,v)＋eq\f(R,v)＝eq\f(（π＋2）R,2v)，从最高点直接射向(0，R)的粒子运动时间最短，为t2＝eq\f(2R,v)，则粒子从离开发射装置到击中y轴所用时间为eq\f(2R,v)<t<eq\f(（2＋π）R,2v)，D正确。8．(多选)如图所示，在荧屏MN上方分布了水平方向的匀强磁场，方向垂直纸面向里。距离荧屏d处有一粒子源S，能够在纸面内不断地向各个方向同时发射电荷量为q、质量为m、速度大小为v的带正电粒子，不计粒子的重力和粒子之间的相互作用力，已知粒子在磁场中做圆周运动的半径也恰好为d，则()A．粒子能打到荧屏上的区域长度为2eq\r(3)dB．能打到荧屏上最左侧的粒子所用的时间为eq\f(πd,v)C．粒子从射出至到达荧屏上的最长时间为eq\f(πd,v)D．同一时刻发射的粒子打到荧屏上的最大时间差为eq\f(7πd,6v)答案：BD解析：所有粒子在磁场中做圆周运动的圆心构成以S为圆心、以d为半径的圆，则通过对粒子轨迹圆旋转分析可知，打在荧屏上最左侧和最右侧的粒子的轨迹如图1所示，根据几何关系可知，带电粒子能打到荧屏上的区域长度为l＝R＋eq\r(（2R）2－R2)＝(1＋eq\r(3))R＝(1＋eq\r(3))d，A错误；由运动轨迹图可知，能打到荧屏上最左侧的粒子运动了半个周期，所用时间为t＝eq\f(1,2)T，又因为T＝eq\f(2πd,v)，解得t＝eq\f(πd,v)，B正确；在磁场中运动时间最长eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(优弧1，对应圆心角为\f(3,2)π))和最短eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(劣弧2，对应圆心角为\f(π,6)))的粒子的运动轨迹如图2所示，由几何关系可知，粒子从射出至到达荧屏上的最长时间为t1＝eq\f(3,4)T＝eq\f(3πd,2v)，最短时间为t2＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πd,3v)，则同一时刻发射的粒子打到荧屏上的最大时间差为Δt＝t1－t2＝eq\f(7πd,6v)，故C错误，D正确。1.(2024·浙江1月选考)磁电式电表原理示意图如图所示，两磁极装有极靴，极靴中间还有一个用软铁制成的圆柱。极靴与圆柱间的磁场都沿半径方向，两者之间有可转动的线圈。a、b、c和d为磁场中的四个点。下列说法正确的是()A．图示左侧通电导线受到安培力向下B．a、b两点的磁感应强度相同C．圆柱内的磁感应强度处处为零D．c、d两点的磁感应强度大小相等答案：A解析：由左手定则可知，图示左侧通电导线受到的安培力方向向下，A正确；由题图可知，a、b两点处的磁感线密集程度相同，但是方向不同，则a、b两点的磁感应强度大小相同，但是方向不同，B错误；磁感线是闭合的曲线，则圆柱内有磁场，磁感应强度不是处处为零，C错误；由题图可知，c点处的磁感线较d点处密集，则c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度，D错误。2．(2023·福建高考)(多选)地球本身是一个大磁体，其磁场分布示意图如图所示。学术界对于地磁场的形成机制尚无共识。一种理论认为地磁场主要源于地表电荷随地球自转产生的环形电流。基于此理论，下列判断正确的是()A．地表电荷为负电荷B．环形电流方向与地球自转方向相同C．若地表电荷的电量增加，则地磁场强度增大D．若地球自转角速度减小，则地磁场强度增大答案：AC解析：根据地磁场分布示意图，由右手螺旋定则可知，地表电荷形成的环形电流的方向为顺时针(从地理北极向下看)，与地球自转方向相反，则地表电荷为负电荷，故A正确，B错误；设地表电荷的电量为Q，地球自转周期为T，由电流的定义式可知，地表电荷随地球自转产生的环形电流I＝eq\f(Q,T)，又地球自转角速度ω＝eq\f(2π,T)，联立得I＝eq\f(ωQ,2π)，可知若地表电荷的电量Q增加，或地球自转的角速度ω增大，则环形电流均增大，地磁场强度均增大，C正确，D错误。3．(2024·广西高考)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示，磁感应强度大小为B，方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为＋q的粒子，以初速度v从O点沿x轴正向开始运动，粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°，交点为P。不计粒子重力，则P点至O点的距离为()A．eq\f(mv,qB) B．eq\f(3mv,2qB)C．(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(\r(2),2)))eq\f(mv,qB)答案：C解析：粒子从O点到P点的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力有qvB＝meq\f(v2,r)，可得粒子做匀速圆周运动的半径r＝eq\f(mv,qB)，根据几何关系可得，P点至O点的距离LPO＝r＋eq\f(r,sin45°)＝(1＋eq\r(2))r＝(1＋eq\r(2))eq\f(mv,qB)，故选C。4．(2024·湖北高考)如图所示，在以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。圆形区域外有大小相等、方向相反、范围足够大的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子沿直径AC方向从A点射入圆形区域。不计重力，下列说法正确的是()A．粒子的运动轨迹可能经过O点B．粒子射出圆形区域时的速度方向不一定沿该区域的半径方向C．粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域的最小时间间隔为eq\f(7πm,3qB)D．若粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短，粒子运动的速度大小为eq\f(\a\vs4\al(\r(3)qBR),3m)答案：D解析：粒子在各磁场中均做匀速圆周运动，由几何知识可知，粒子在圆形区域内的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，粒子沿直径方向射入圆形区域，则射出圆形区域时的速度方向一定沿该区域的半径方向，同理可知，粒子在圆形区域外的运动轨迹关于其轨迹圆心与O点的连线对称，则射入圆形区域时的速度方向也一定沿该区域的半径方向，易知，粒子的运动轨迹不可能经过O点，故A、B错误；设粒子的速度大小为v，根据qvB＝meq\f(v2,r)得，粒子做圆周运动的轨迹半径为r＝eq\f(mv,qB)，则粒子在各磁场中的轨迹半径相等，根据T＝eq\f(2πr,v)得，粒子做圆周运动的周期为T＝eq\f(2πm,qB)，与粒子速度和轨迹半径无关，根据粒子运动的周期性和对称性可知，粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域，时间间隔最小的运动轨迹如图1所示，则最小时间间隔为t＝eq\f(720°,360°)×T＝2T＝eq\f(4πm,qB)，故C错误；粒子从A点射入到从C点射出圆形区域用时最短时，其运动轨迹如图2所示，由几何关系可知θ＝eq\f(180°,3)＝60°，设此时粒子的速度大小为v1，在磁场中运动的半径为r1，根据几何关系可知r1＝Rtaneq\f(θ,2)＝eq\f(\r(3)R,3)，根据洛伦兹力提供向心力有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，可得v1＝eq\f(\a\vs4\al(\r(3)qBR),3m)，故D正确。5．(2023·北京高考)如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直。管道横截面半径为a，长度为l(l≫a)。带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用。下列说法不正确的是()A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为aB．粒子质量为eq\f(Bqa,v)C．管道内的等效电流为nqπa2vD．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql答案：C解析：粒子沿轴线进入管道，在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，故粒子运动eq\f(1,4)T后垂直打在管壁上，其在磁场中运动的圆弧半径为a，A正确；由牛顿第二定律得qvB＝meq\f(v2,a)，解得粒子质量为m＝eq\f(\a\vs4\al(qBa),v)，B正确；根据电流的定义可知，管道内的等效电流为I＝nq，C错误；粒子束对管道的平均作用力大小等于管道内等效电流受到的安培力的大小，即F＝BIl＝Bnql，D正确。本题选说法不正确的，故选C。6.(2024·浙江6月选考)(多选)如图所示，一根固定的足够长的光滑绝缘细杆与水平面成θ角。质量为m、电荷量为＋q的带电小球套在细杆上。小球始终处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中。磁场方向垂直细杆所在的竖直面，不计空气阻力。小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点，则该过程()A．合力冲量大小为mv0cosθ B．重力冲量大小为mv0sinθC．洛伦兹力冲量大小为eq\f(qBveq\o\al(2,0),2gsinθ) D．若v0＝eq\f(2mgcosθ,qB)，弹力冲量为零答案：CD解析：小球以初速度v0沿细杆向上运动至最高点的过程，沿杆方向只受重力沿杆向下的分力，则该过程小球做匀减速直线运动，到达最高点时速度为0。该过程，对小球根据动量定理可得，合力冲量I＝0－mv0＝－mv0，故合力冲量大小为mv0，故A错误；设该过程小球的加速度大小为a，则根据牛顿第二定律有mgsinθ＝ma，根据匀变速直线运动规律可知，该过程小球运动的时间为t0＝eq\f(v0,a)，可得t0＝eq\f(v0,gsinθ)，则该过程重力的冲量大小为IG＝mgt0＝eq\f(mv0,sinθ)，故B错误；小球所受洛伦兹力一直垂直杆向上，大小为F＝Bqv，因为t0时间内v从v0均匀减小到0，则F从F0＝Bqv0均匀减小到0，则F的平均值为eq\o(F,\s\up6(－))＝eq\f(Bqv0,2)，则该过程洛伦兹力的冲量大小为I洛＝eq\o(F,\s\up6(－))t0＝eq\f(qBveq\o\al(2,0),2gsinθ)，故C正确；若v0＝eq\f(\a\vs4\al(2mgcosθ),qB)，则t＝0时刻小球所受洛伦兹力大小为F0＝Bqv0＝2mgcosθ，因为小球在垂直细杆方向所受合力为零，F随t从F0＝2mgcosθ均匀减小到0，则杆的弹力FN先垂直杆向下，从mgcosθ均匀减小到0，然后垂直杆向上，从0均匀增大到mgcosθ，以沿垂直杆向下为正方向，画出小球在整个减速过程的FN­t图像如图所示，由FN­t图线与时间轴围成的面积表示弹力的冲量，可得弹力的冲量为零，故D正确。7．(2024·重庆高考)小明设计了如图所示的方案，探究金属杆在磁场中的运动情况，质量分别为2m、m的金属杆P、Q用两根不可伸长的导线相连，形成闭合回路，两根导线的间距和P、Q的长度均为L，仅在Q的运动区域存在磁感应强度大小为B、方向水平向左的匀强磁场。Q在垂直于磁场方向的竖直面内向上运动，P、Q始终保持水平，不计空气阻力、摩擦和导线质量，忽略回路电流产生的磁场。重力加速度为g。当P匀速下降时，求：(1)P所受单根导线拉力的大小；(2)Q中电流的大小。答案：(1)mg(2)eq\f(mg,BL)解析：(1)当P匀速下降时，设P所受单根导线拉力的大小为T，对P，根据平衡条件有2T＝2mg解得T＝mg。(2)设Q中电流大小为I，Q所受安培力大小为F，则F＝BILQ所受单根导线拉力的大小T′＝T因2T′>mg，则Q所受安培力方向竖直向下，对Q，根据平衡条件有mg＋F＝2T′联立解得I＝eq\f(mg,BL)。8.(2023·海南高考)如图所示，U形金属杆上边长为L＝15cm，质量为m＝1×10－3kg，下端插入导电液体中，导电液体连接电源，金属杆所在空间有垂直纸面向里B＝8×10－2T的匀强磁场。(1)若插入导电液体部分深h＝2.5cm，闭合电键后，金属杆飞起后，其下端离液面最大高度H＝10cm。设杆中电流不变，求金属杆离开液面时的速度大小和金属杆中的电流有多大；(g＝10m/s2)(2)若金属杆下端刚与导电液体接触，改变电动势的大小，通电后金属杆跳起高度H′＝5cm，通电时间t′＝0.002s，求通过金属杆截面的电荷量。答案：(1)eq\r(2)m/seq\f(25,6)A(2)0.085C解析：(1)金属杆离开液面后做竖直上抛运动，由运动学规律知：v2＝2gH解得金属杆离开液面时的速度大小v＝eq\r(2)m/s从闭合电键到金属杆飞到最高点过程，由动能定理有：BILh－mg(H＋h)＝0－0解得I＝eq\f(25,6)A。(2)设金属杆脱离导电液体时的速度为v′，从脱离导电液体到最高点，有v′2＝2gH′通电过程，由动量定理有：Beq\o(I,\s\up6(－))Lt′－mgt′＝mv′－0通过金属杆截面的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))t′联立解得q＝0.085C。9．(2024·重庆高考)有人设计了一种粒子收集装置。如图所示，比荷为eq\f(\a\vs4\al(q),m)的带正电的粒子，由固定于M点的发射枪，以不同的速率射出后，沿射线MN方向运动，能收集各方向粒子的收集器固定在MN上方的K点，O在MN上，且KO垂直于MN。若打开磁场开关，空间将充满磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场，速率为v0的粒子运动到O点时，打开磁场开关，该粒子全被收集，不计粒子重力，忽略磁场突变的影响。(1)求OK间的距离；(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，该粒子仍被收集，求MO间的距离；(3)速率为4v0的粒子射出后，运动一段时间再打开磁场开关，该粒子也能被收集，以粒子射出的时刻为计时零点，求打开磁场的那一时刻。答案：(1)eq\f(2mv0,qB)(2)eq\f(2\r(3)mv0,qB)(3)eq\f(\r(3)m,qB)解析：(1)当粒子到达O点时打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动到达K点，运动轨迹如图中圆弧①所示，设轨迹半径为r1，由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)由几何关系有OK＝2r1联立解得OK＝eq\f(2mv0,qB)。(2)速率为4v0的粒子射出瞬间打开磁场开关，粒子做匀速圆周运动到达K点，运动轨迹如图中圆弧②所示，设轨迹半径为r2，由洛伦兹力提供向心力得q·4v0B＝meq\f(（4v0）2,r2)由几何关系有(r2－OK)2＋MO2＝req\o\al(2,2)联立解得MO＝eq\f(2\r(3)mv0,qB)。(3)设在t时刻，粒子运动到P点时，打开磁场开关，粒子仍然被放置在K点的收集器收集，粒子在磁场中运动的轨迹半径仍为r2，运动轨迹如图中圆弧③所示，由几何关系有(r2－OK)2＋OP2＝req\o\al(2,2)又t＝eq\f(MO＋OP,4v0)联立解得t＝eq\f(\r(3)m,qB)。10.(2023·浙江6月选考)利用磁场实现离子偏转是科学仪器中广泛应用的技术。如图所示，Oxy平面(纸面)的第一象限内有足够长且宽度均为L、边界均平行x轴的区域Ⅰ和Ⅱ，其中区域Ⅰ存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场，区域Ⅱ存在磁感应强度大小为B2的磁场，方向均垂直纸面向里，区域Ⅱ的下边界与x轴重合。位于(0，3L)处的离子源能释放出质量为m、电荷量为q、速度方向与x轴夹角为60°的正离子束，沿纸面射向磁场区域。不计离子的重力及离子间的相互作用，并忽略磁场的边界效应。(1)求离子不进入区域Ⅱ的最大速度v1及其在磁场中的运动时间t；(2)若B2＝2B1，求能到达y＝eq\f(L,2)处的离子的最小速度v2；(3)若B2＝eq\f(B1,L)y，且离子源射出的离子数按速度大小均匀地分布在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范围，求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。答案：(1)eq\f(2B1qL,m)eq\f(2πm,3qB1)(2)eq\f(4B1qL,m)(3)60%解析：(1)离子以速度v在磁感应强度为B的磁场中做圆周运动时，设轨迹半径为r，根据牛顿第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)周期T＝eq\f(2πr,v)可得r＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)。离子速度为v1时，恰好不进入区域Ⅱ，轨迹与y＝L处边界相切，如图1。设轨迹半径为r0，由几何关系得r0cos60°＝r0－L解得r0＝2L将B＝B1、r＝r0＝2L代入r的表述式，可解得v1＝eq\f(2B1qL,m)在区域Ⅰ中离子的运动周期T1＝eq\f(2πm,qB1)离子不进入区域Ⅱ时，在磁场中的运动时间t＝eq\f(60°×2,360°)T1联立得t＝eq\f(2πm,3qB1)。(2)离子以速度v2运动时，恰能到达y＝eq\f(L,2)处，轨迹与y＝eq\f(L,2)直线相切，运动轨迹如图2。根据B2＝2B1，r＝eq\f(mv,qB)可知离子在区域Ⅱ中的轨迹半径r2和在区域Ⅰ中的轨迹半径r1的关系为r2＝eq\f(r1,2)设O1O2与边界y＝L的夹角为α，由几何关系可得r1sinα－r1sin30°＝Lr2－r2sinα＝eq\f(L,2)联立解得r1＝4L，r2＝2L，sinα＝eq\f(3,4)结合r1＝eq\f(mv2,qB1)解得v2＝eq\f(4B1qL,m)。(3)离子恰能进入第四象限时，到达x轴时沿y轴方向的速度刚好减为0，即vy＝0，vx＝v；到达y＝2L处时，沿x轴方向的速度vx0＝vcos60°在区域Ⅱ中，很短的时间Δt内，沿x轴方向由动量定理有B2qvyΔt＝mΔvx即B2qΔy＝mΔvx等号两边求和，可得∑B2qΔy＝∑mΔvx由于B2＝eq\f(B1,L)y，所以在区域Ⅱ中B2随y从B1均匀减小到0，eq\o(B,\s\up6(－))2＝eq\f(B1,2)则∑B2qΔy＝eq\o(B,\s\up6(－))2qL＝eq\f(1,2)qB1L离子在区域Ⅰ中运动的过程，根据动量定理同理有qB1L＝∑mΔvx′则在区域Ⅱ和Ⅰ整个运动过程中，有qB1L＋eq\f(1,2)qB1L＝∑mΔvx＋∑mΔvx′＝mv－mvcos60°解得恰好进入第四象限的离子从离子源射出时的速度v＝eq\f(3B1qL,m)因离子源射出离子的速度范围在eq\f(B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)，则速度在eq\f(3B1qL,m)～eq\f(6B1qL,m)范围之间的离子才能进入第四象限，又离子源射出的离子数按速度大小均匀分布，可知进入第四象限的离子数与总离子数之比为η＝eq\f(\f(6B1qL,m)－\f(3B1qL,m),\f(6B1qL,m)－\f(B1qL,m))×100%＝60%。1.(2024·江苏省南通市高三下第三次适应性考试)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，导线通以恒定电流I，放置在磁场中。已知ab、bc边长均为l，ab与磁场方向夹角为60°，bc与磁场方向平行。该导线受到的安培力为()A．eq\f(\r(3),2)BIl B．BIlC．eq\f(3,2)BIl D．eq\r(2＋\r(3))BIl答案：A解析：该导线在垂直磁场方向上的有效长度L＝lsin60°，则导线所受安培力大小为F＝BIL＝eq\f(\r(3),2)BIl，故A正确。2.(2024·四川省成都市高三下三诊)如图所示，xOy直角坐标系的第一象限内，半径为a的eq\f(1,4)圆弧外存在范围足够大的匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。位于O点的粒子源向第一象限内的各个方向均匀发射完全相同的带正电的粒子，粒子速度大小均为v，比荷eq\f(q,m)＝k。经过一段时间后发现发射出的总粒子中有eq\f(1,3)的粒子可以回到O点，不考虑粒子的重力及粒子间的相互作用，则磁感应强度大小为()A.eq\f(\r(3)kv,3a) B.eq\f(\r(3)v,3ka)C.eq\f(\r(3)kv,a) D.eq\f(\r(3)v,ka)答案：D解析：由题意可知，当发射速度与x轴正向夹角为30°时，粒子恰好沿y轴返回O点，其运动轨迹如图所示，由几何关系可得tan30°＝eq\f(r,a)，解得粒子做圆周运动的半径r＝eq\f(\r(3),3)a，又由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，将r＝eq\f(\r(3),3)a、eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝k代入解得，磁感应强度大小B＝eq\f(\r(3)v,ka)，故D正确。3.(2024·江苏省扬州市高三下三模)如图所示，两根通电导线P、Q沿垂直纸面的方向放置，导线P、Q中通有电流I1、I2，电流的方向图中未画出，O点为两导线垂直纸面连线的中点，c、d两点关于O点对称，a、b两点关于O点对称，且两虚线相互垂直，将一段通有垂直纸面向外的电流的直导线放在c点时所受的磁场力为零，放在d点时所受的磁场力水平向右，则下列说法正确的是()A．P中的电流方向向外、Q中的电流方向向里B．I1>I2C．通电直导线垂直纸面放在O点时所受的磁场力为零D．通电直导线垂直纸面放在a、b两点时所受的磁场力相同答案：A解析：一段通有垂直纸面向外的电流的直导线放在c点时所受的磁场力为零，则c点处的磁感应强度为零，即导线P、Q在c点产生的磁感应强度等大反向，根据安培定则可知导线P、Q的电流反向，又因为xQc>xPc，所以I2>I1，故B错误；通有垂直纸面向外的电流的直导线放在d点时所受的磁场力水平向右，根据左手定则，d点处的磁感应强度方向向下，又因为xPd>xQd，且I2>I1，所以Q在d点产生的磁感应强度大于P在d点产生的磁感应强度，Q在d点处的磁感应强度方向向下，P在d点处的磁感应强度方向向上，根据安培定则可知，Q中的电流方向向里，P中的电流方向向外，故A正确；由安培定则可知，P、Q在O点处产生的磁场方向均竖直向上，则通电直导线垂直纸面放在O点时所受的磁场力不为零，故C错误；因为Q中的电流大于P中的电流，a、b两点在PQ连线的中垂线上，根据对称关系和平行四边形定则可知，a、b两点处的磁感应强度大小相等，方向不同，则通电直导线垂直纸面放在a、b两点时所受的磁场力大小相等，方向不同，故D错误。4.(2023·北京市房山区高三下二模)如图所示，匀强磁场的方向垂直纸面向里，一带电微粒从磁场边界d点垂直于磁场方向射入，沿曲线dpa打到屏MN上的a点。若该微粒经过p点时，与一个静止的不带电微粒碰撞并结合为一个新微粒，最终打到屏MN上。微粒所受重力均可忽略，下列说法正确的是()A．微粒带负电B．碰撞后，新微粒运动轨迹不变C．碰撞后，新微粒运动周期不变D．碰撞后，新微粒在磁场中所受洛伦兹力变大答案：B解析：根据微粒的偏转方向，由左手定则可判断微粒带正电，故A错误；带电微粒和不带电微粒相碰过程，遵守动量守恒定律，故总动量p不变，总电量也保持不变，由洛伦兹力提供向心力，有qBv＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\a\vs4\al(p),qB)，由于碰撞后总动量p、电荷量q都不变，可知碰撞后，新微粒的轨迹半径r不变，即运动轨迹不变，故B正确；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，因碰撞后，新微粒质量m变大，电荷量q不变，故新微粒运动的周期变大，故C错误；由洛伦兹力公式F＝qvB可知，由于碰撞后，新微粒动量不变，质量变大，则速度减小，所以碰撞后，新微粒在磁场中所受洛伦兹力变小，故D错误。5.(2024·安徽省蚌埠市高三第三次教学质量检查)(多选)如图所示，真空区域有边界为MN、PQ的匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里，MN、PQ的间距为l。α粒子(eq\o\al(4,2)He)和氢核(eq\o\al(1,1)H)先后从A点沿着与MN夹角θ为30°的方向射入磁场中，都刚好没能从PQ边界射出磁场。不计粒子重力，α粒子在磁场中运动的时间和速度大小分别为t1和v1，氢核在磁场中运动的时间和速度大小分别为t2和v2，则()A．t1∶t2＝1∶2，v1∶v2＝2∶1B．t1∶t2＝2∶1，v1∶v2＝1∶2C．粒子在磁场中运动的半径为eq\f(\r(3),3)lD．粒子在磁场中运动的半径为(4－2eq\r(3))l答案：BD解析：根据题意可知，α粒子和氢核在磁场中的运动轨迹如图所示，由几何关系可得r＋rcosθ＝l，解得粒子在磁场中运动的半径为r＝(4－2eq\r(3))l，故C错误，D正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，可得v＝eq\f(\a\vs4\al(qBr),m)∝eq\f(q,m)，则有v1∶v2＝eq\f(2e,4m0)∶eq\f(e,m0)＝1∶2，粒子在磁场中运动路程相同，设均为s，则t1∶t2＝eq\f(s,v1)∶eq\f(s,v2)＝2∶1，故A错误，B正确。6．(2024·黑龙江省齐齐哈尔市高三下三模)(多选)某同学学习了电磁炮驱动原理后，设计了圆形轨道的电磁炮模型，如图甲所示，半径为R的L1、L2半圆形轨道，正对平行竖直摆放，轨道间距也为R，空间有辐向分布的磁场，使得轨道所在处磁感应强度大小恒为B，用质量为m、长度为R的细导体棒代替炮弹，与轨道接触良好，正视图如图乙所示，轨道最高位置与圆心齐平。给导体棒输入垂直纸面向里的恒定电流I，将其从轨道最高位置由静止释放，使得导体棒在半圆形轨道上做圆周运动，到达另一侧最高位置时完成加速。忽略一切摩擦，且不考虑导体棒中电流产生的磁场及电磁感应现象的影响，下列说法正确的是()A．为实现电磁加速，应从左侧释放导体棒B．导体棒到达轨道最低点时，其加速度方向竖直向上C．加速完成时，导体棒获得的速度大小为Req\r(\f(2πBI,m))D．加速完成时，轨道对导体棒的支持力大小为πBIR答案：AC解析：由左手定则可知导体棒在轨道上受到沿切线方向向右的安培力，则为实现电磁加速，应从左侧释放导体棒，故A正确；导体棒到达轨道最低点时，竖直方向受到重力和支持力，安培力水平向右，则合力方向不是竖直向上，由牛顿第二定律可知其加速度方向也不是竖直向上，故B错误；加速完成时，设导体棒获得的速度大小为v，根据动能定理有BIL·πR＝eq\f(1,2)mv2－0，其中L＝R，解得v＝Req\r(\f(2πBI,m))，故C正确；加速完成时，根据牛顿第二定律可知轨道对导体棒的支持力大小为F＝meq\f(v2,R)＝2πBIR，故D错误。7.(2024·重庆市高三2月质量检测)(多选)如图所示，下端封闭、上端开口、高h＝5m、内壁光滑的细玻璃管竖直放置，管底有一质量m＝10g、电荷量q＝0.2C的小球，整个装置以v＝5m/s的速度沿垂直于磁场方向进入B＝0.2T、方向水平的匀强磁场，由于外力的作用，玻璃管在磁场中的速度保持不变，最终小球从上端管口飞出。取g＝10m/s2，则()A．小球在管中运动的过程中所受洛伦兹力为阻力B．小球带正电C．小球在管中运动的时间为1sD．小球在管中运动的过程中增加的机械能为1J答案：BCD解析：因为洛伦兹力始终与小球的运动方向垂直，所以该力不做功，不是阻力，A错误；因为小球从上端管口离开玻璃管，所以进入磁场时洛伦兹力方向向上，根据左手定则，小球带正电，B正确；小球在水平方向上的速度不变，则竖直方向上洛伦兹力的分力不变，则小球在竖直方向上做匀加速直线运动，设其在竖直方向上的加速度大小为a，小球在管中运动的时间为t，由牛顿第二定律得qvB－mg＝ma，竖直位移h＝eq\f(1,2)at2，解得t＝1s，C正确；小球离开上端管口时，竖直方向的速度v1＝at＝10m/s，合速度大小为v2＝eq\r(veq\o\al(2,1)＋v2)＝5eq\r(5)m/s，小球在管中运动的过程中增加的机械能ΔE＝mgh＋eq\f(1,2)mveq\o\al(2,2)－eq\f(1,2)mv2＝1J，D正确。8.(2024·内蒙古呼和浩特市高三下一模)(多选)如图所示，竖直平面内一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面向里。一束质量为m、电荷量为－q的带电粒子沿平行于直径MN的方向以不同速率v0从P点进入匀强磁场，入射点P到直径MN的距离h＝eq\f(1,2)R，不计粒子重力。下列说法正确的是()A．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，则其入射速度v0为eq\f(qBR,2m)B．若粒子恰好能从N点射出，则粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,3qB)C．若粒子恰好能从M点射出，则粒子在磁场中运动的时间为eq\f(7πm,6qB)D．若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，则其入射速度v0为eq\f(qBR,3m)答案：AC解析：若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向相反，粒子的轨迹如图甲所示，由几何关系可知，粒子的轨迹半径r1＝h＝eq\f(R,2)，由洛伦兹力提供向心力有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)，可得其入射速度v0＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),2m)，故A正确；若粒子恰好能从N点射出，粒子的轨迹如图乙所示，由几何关系可知φ＝30°，β＝60°，φ＝2α，则∠O′PN＝β＋α，∠PO′N＝180°－2∠O′PN，联立解得粒子轨迹对应的圆心角∠PO′N＝30°，粒子在匀强磁场中匀速圆周运动的周期为T＝eq\f(2πr,v0)＝eq\f(2πm,qB)，则粒子在磁场中运动的时间为t2＝eq\f(∠PO′N,360°)×T＝eq\f(πm,6qB)，故B错误；若粒子恰好能从M点射出，其运动轨迹如图丙所示，由以上分析可知β＝60°，φ＝30°，粒子轨迹对应的圆心角为φ′＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(180°－β－\f(\a\vs4\al(φ),2)))＝210°，则粒子在磁场中运动的时间为t3＝eq\f(\a\vs4\al(φ′),360°)T＝eq\f(7πm,6qB)，故C正确；若粒子射出磁场时的速度方向恰好与其入射方向垂直，粒子的轨迹如图丁所示，设粒子的轨迹半径为r4，根据几何关系有req\o\al(2,4)＋req\o\al(2,4)＝PQ2，2Rcosγ＝PQ，其中γ＝β－45°＝15°，解得r4＝eq\r(2)Rcos15°，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r4)，可得v0＝eq\f(\a\vs4\al(\r(2)qBRcos15°),m)＝eq\f(\a\vs4\al(（\r(3)＋1）qBR),2m)，故D错误。9．(2024·福建省莆田市高三下第四次教学质量检测(三模))如图甲所示，平面直角坐标系xOy的第一象限(含坐标轴)内有垂直平面周期性变化的匀强磁场(未画出)，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图乙，已知磁感应强度大小为B0，不计粒子重力及磁场变化影响。某一带负电的粒子质量为m、电量为q，在t＝0时从坐标原点沿y轴正向射入磁场中，将磁场变化周期记为T0，要使粒子在t＝T0时距y轴最远，则T0的值为()A.eq\f(143πm,72qB0) B.eq\f(2πm,qB0)C.eq\f(3πm,qB0) D.eq\f(143πm,144qB0)答案：A解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，0～eq\f(2,5)T0时间内，由洛伦兹力提供向心力，有qv0B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)，解得粒子做圆周运动的半径r1＝eq\f(mv0,qB0)，周期为T1＝eq\f(2πr1,v0)＝eq\f(2πm,qB0)，eq\f(2,5)T0～T0时间内，由洛伦兹力提供向心力，有qv0×eq\f(2,3)B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r2)，解得粒子做圆周运动的半径r2＝eq\f(3mv0,2qB0)＝1.5r1，周期为T2＝eq\f(2πr2,v0)＝eq\f(3πm,qB0)＝1.5T1，要求在T0时，粒子距y轴最远，则在eq\f(2,5)T0～T0时间内轨迹恰好与x轴相切，且t＝T0时刻粒子的速度方向平行y轴方向，作出粒子的运动轨迹如图所示，根据几何关系，可得sinθ＝eq\f(r2,r1＋r2)＝0.6，解得θ＝37°，则0～eq\f(2,5)T0时间内圆周运动转过的圆心角为β＝180°－θ＝143°，可得eq\f(2,5)T0＝eq\f(\a\vs4\al(β),360°)T1，联立解得T0＝eq\f(143πm,72qB0)，故A正确。10.(2024·福建省泉州市高三下二模)(多选)如图为一磁约束装置的简化示意图，内半径为R、外半径为3R的环状区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场。圆心O和内圆边界上S处各有一粒子源，两粒子源均可沿纸面内任意方向射出质量为m、电荷量为q的相同带电粒子。不计粒子的重力及粒子间的相互作用和碰撞，下列说法正确的是()A．从S点射出的粒子速率只要小于eq\f(2qBR,m)，都不能从外边界离开磁场B．从S点射出的粒子速率只要大于eq\f(2qBR,m)，都可以从外边界离开磁场C．从O点射出的粒子速率只要小于eq\f(4qBR,3m)，都不能从外边界离开磁场D．从O点射出的粒子速率只要大于eq\f(qBR,m)，都可以从外边界离开磁场答案：BC解析：假设粒子带负电，从S点射出的粒子最容易从外边界离开磁场的轨迹如图甲中轨迹1所示，由几何关系可得其轨迹半径r1＝eq\f(3R－R,2)＝R，根据洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得v1＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)，同理，粒子初速度向下对应最不容易从外边界射出磁场的情况，如图甲轨迹2所示，与大圆的左边界相切，此时运动轨迹的半径为r2＝eq\f(3R＋R,2)＝2R，对应的速度大小为v2＝eq\f(\a\vs4\al(2qBR),m)，可知从S点射出的粒子速率只要大于v2＝eq\f(\a\vs4\al(2qBR),m)，都可以从外边界离开磁场，速率在v1＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)和v2＝eq\f(\a\vs4\al(2qBR),m)之间粒子可能从外边界离开磁场，速率小于v1＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)的粒子不能从外边界离开磁场，故A错误，B正确；从O点射出的粒子恰好不能从外边界离开磁场的轨迹如图乙所示，设此时的轨迹半径为r′，由几何关系，可得(3R－r′)2＝r′2＋R2，根据洛伦兹力提供向心力，有qv′B＝meq\f(v′2,r′)，联立解得速率的临界值为v′＝eq\f(\a\vs4\al(4qBR),3m)，可知从O点射出的粒子速率只要小于v′＝eq\f(\a\vs4\al(4qBR),3m)，都不能从外边界离开磁场，速率只要大于v′＝eq\f(\a\vs4\al(4qBR),3m)，都可以从外边界离开磁场，故C正确，D错误。11.(2023·福建省龙岩市高三下3月教学质量检测)(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eq\f(q,m)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eq\f(5,3)t，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eq\f(πm,qt)B．粒子运动的轨道半径为eq\f(\r(3),7)lC．粒子射入磁场的速度大小为eq\f(\r(3)πl,7t)D．粒子在磁场中扫过的面积为eq\f(（6\r(3)＋3π）,49)l2答案：CD解析：带电粒子在磁场中做匀速圆周运动，周期为T＝eq\f(2πm,qB)，垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的轨迹所对应的圆心角为90°，则其运动时间是t＝eq\f(90°,360°)T＝eq\f(πm,2qB)，解得B＝eq\f(πm,2qt)，故A错误；易知从D点射入的粒子在磁场中的运动时间最长，设该粒子在磁场中的运动轨迹所对的圆心角为θ，则有eq\f(5,3)t＝eq\f(θ,2π)T，解得θ＝eq\f(5π,6)，画出该粒子的运动轨迹如图所示，设粒子运动的轨道半径为R，由几何知识得eq\f(R,cos30°)＋Rcos30°＝l，解得R＝eq\f(2\r(3),7)l，故B错误；粒子在磁场中运动时，根据洛伦兹力提供向心力，有qvB＝eq\f(mv2,R)，可得粒子射入磁场的速度大小为v＝eq\f(\a\vs4\al(qBR),m)＝eq\f(\r(3)πl,7t)，故C正确；分析知，粒子在磁场中扫过的区域如图中阴影部分所示，由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为S＝eq\f(1,4)πR2＋R·Rcos30°＝eq\f(（6\r(3)＋3π）,49)l2，故D正确。12.(2024·广西贵港市高三下学期模拟预测)真空中直角三角形ABC区域存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出)，磁感应强度大小为B，AB边长度为d，∠B的大小θ＝60°。在BC的中点有一粒子源，能持续地沿平行BA方向发射比荷为k、速率不同的正粒子，如图所示，不计粒子重力及粒子间的相互作用。求：(1)粒子在磁场中运动的最长时间；(2)能从AB边射出的粒子的速率范围。答案：(1)eq\f(4π,3kB)(2)eq\f(\r(3)kBd,4)<v≤eq\f(kBd,2)解析：(1)当粒子从BC边离开磁场时，其在磁场中运动的时间最长，设粒子在磁场中运动的速度为v1，轨迹半径为r1，轨迹所对应圆心角为α，由题意得粒子的比荷eq\f(\a\vs4\al(q),m)＝k由洛伦兹力提供向心力，有qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r1)粒子运动的周期T＝eq\f(2πr1,v1)由几何关系得α＝eq\f(4π,3)粒子在磁场中运动的最长时间tm＝eq\f(α,2π)T联立解得tm＝eq\f(4π,3kB)。(2)如图所示，当粒子运动轨迹与AC边相切时，设其运动轨迹半径为r2，对应粒子运动到AB边的最大速度v2，当粒子运动轨迹恰好与AB边相切时，设其运动轨迹半径为r3，对应粒子运动到AB边的最小速度v3，由几何关系得r2＝eq\f(d,2)，r3＝eq\f(\r(3)d,4)由洛伦兹力提供向心力，有qv2B＝meq\f(veq\o\al(2,2),r2)，qv3B＝meq\f(veq\o\al(2,3),r3)粒子能从AB边上射出的速度范围为v3<v≤v2联立解得eq\f(\r(3)kBd,4)<v≤eq\f(kBd,2)。13.(2024·湖北省武汉市高三下4月二模)如图，水平直边界下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，O、P、Q为边界上的三个点，一电荷量为q(q>0)的粒子在纸面内以水平向右的速度经过O点正下方M点，分裂成两个质量相等的、带正电的粒子1和粒子2，分裂后两粒子的运动方向与分裂前相同，粒子1从P点离开磁场时，粒子2也恰好从Q点离开磁场。已知OP＝d，OQ＝3d，OM＝eq\r(3)d。不计粒子重力和粒子间的相互作用。(1)求粒子1、2各自在磁场中运动的半径；(2)求粒子1所带的电荷量；(3)若边界上方同时存在磁感应强度大小相同、方向垂直纸面向外的匀强磁场，当粒子2第二次经过边界时，求两粒子之间的距离。答案：(1)eq\f(2\r(3),3)d2eq\r(3)d(2)eq\f(2q,3)(3)6d解析：(1)粒子1、2的运动轨迹如图甲所示设粒子1运动的半径为r1，由几何关系得req\o\al(2,1)－(OM－r1)2＝OP2解得r1＝eq\f(2\r(3),3)d设粒子2运动的半径为r2，由几何关系得req\o\al(2,2)－(r2－OM)2＝OQ2解得r2＝2eq\r(3)d。(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，有qvB＝meq\f(v2,r)粒子做圆周运动的周期T＝eq\f(2πr,v)联立解得T＝eq\f(2πm,qB)设粒子1和粒子2所带的电荷量分别为q1和q2，质量均为m，则粒子1在磁场中运动的周期T1＝eq\f(2πm,q1B)粒子2在磁场中运动的周期T2＝eq\f(2πm,q2B)由题意可知q1＋q2＝q由几何关系知，粒子1运动轨迹对应的圆心角θ1＝eq\f(2π,3)，运动时间t＝eq\f(θ1,2π)T1粒子2运动轨迹对应的圆心角θ2＝eq\f(π,3)，运动时间t＝eq\f(θ2,2π)T2联立解得q1＝eq\f(\a\vs4\al(2q),3)。(3)若边界上方同时存在大小相同、方向垂直纸面向外的匀强磁场，如图乙所示，由几何关系可知，粒子2从第一次至第二次经过边界，运动轨迹对应的圆心角β2＝eq\f(2π,3)运动时间t2＝eq\f(β2,2π)T2此时，粒子1运动轨迹对应的圆心角β1满足t2＝eq\f(β1,2π)T1解得β1＝eq\f(4π,3)由几何知识可知粒子1正位于边界，即粒子1与粒子2同时第二次经过边界由几何关系可知，粒子1距离O点的距离x1＝3r1cos30°粒子2距离O点的距离x2＝3r2cos30°所以，两个粒子的距离Δx＝x2－x1解得Δx＝6d。1.(2024·重庆市高三2月质量检测)永磁体之间的相互作用与电荷之间的相互作用相似，人们将电荷的相关概念引入磁现象的研究之中。认为磁棒的两极存在两种磁荷，N极带正磁荷，S极带负磁荷。“磁荷”观点认为磁荷可以激发磁场，描述磁场的基本物理量定义为磁场强度H。类比电场强度的定义方法，用正磁荷在磁场中受到的磁场力F和其磁荷Q的比值表示磁场强度H，方向与该处正磁荷受力方向一致。用如图装置，可以测量通电线圈产生的磁场和“磁荷”间的作用力。假设图中N极的磁荷为QN，线圈不通电时，测力计示数为F0。以下说法正确的是()A．当线圈中通顺时针方向(俯视)电流时，测力计示数小于F0B．磁体N极所处位置的磁场强度大小HN＝eq\f(F0,QN)C．通电后测力计示数改变量为F，则磁体N极所处位置的磁场强度大小HN＝eq\f(F,QN)D．如果将一根较短磁体挂在测力计上，并使磁体完全放入线圈中，则通电后测力计的示数变小答案：C解析：当线圈中通顺时针方向(俯视)电流时，根据安培定则，可以判断磁体N极所处位置的磁场方向为竖直向下，由题意可知，磁体所受磁场力方向竖直向下，所以测力计示数将大于F0，故A错误；由题意可知，F0是磁体所受重力，并不是N极正磁荷所受的磁场力，故B错误；通电后测力计示数改变量即为磁体N极所受的磁场力的大小，由题意可知，磁体N极所处位置的磁场强度大小为HN＝eq\f(F,QN)，故C正确；通电线圈内部的磁场为匀强磁场，如果将一根较短磁体挂在测力计上，并使磁体完全放入线圈中，则通电后磁体上正、负磁荷所受磁场力大小相等、方向相反，磁体所受合磁场力为零，测力计的示数不变，故D错误。2.(2024·河北高考)(多选)如图，真空区域有同心正方形ABCD和abcd，其各对应边平行，ABCD的边长一定，abcd的边长可调，两正方形之间充满恒定匀强磁场，方向垂直于正方形所在平面。A处有一个粒子源，可逐个发射速度不等、比荷相等的粒子，粒子沿AD方向进入磁场。调整abcd的边长，可使速度大小合适的粒子经ad边穿过无磁场区后由BC边射出。对满足前述条件的粒子，下列说法正确的是()A．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子必垂直BC射出B．若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，则粒子必垂直BC射出C．若粒子经cd边垂直BC射出，则粒子穿过ad边的速度方向与ad边夹角必为45°D．若粒子经bc边垂直BC射出，则粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角必为60°答案：AD解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，在abcd区域做匀速直线运动。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为45°，则粒子在abcd区域的运动轨迹与ac连线平行，作出粒子到达cd边前的运动轨迹如图甲所示，分析知，粒子前后两次在磁场中的运动轨迹关于BD连线对称，则粒子必从C点垂直BC射出，故A正确。若粒子经bc边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图乙所示，r是粒子的轨迹半径，因为E到AD边的距离与F到BC边的距离相等，则有r－rcosθ＝rsinα，由几何关系知，θ＋α＝90°，解得θ＝60°，故D正确。若粒子经cd边垂直BC射出，粒子运动轨迹如图丙所示，r是粒子的轨迹半径，根据几何关系，H到BC边的距离rcosi≥r(1－cosi)，出射点到cd边的距离r(1－sini)≤r(1－cosi)，可得45°≤i≤60°，当i＝45°时，粒子经过C点，当i＝60°时，粒子经过c点，故C错误。若粒子穿过ad边时速度方向与ad边夹角为60°，粒子可能穿过bc边或cd边再次进入磁场。如图丁所示，设正方形ABCD边长为l，正方形abcd边长为x，根据几何关系有eq\f(l－x,2)＝r(1－cos60°)，可解得粒子的轨迹半径r＝l－x，则粒子轨迹与cd边所在直线的交点J到d的距离为y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(l－rsin60°－\f(l－x,2)))tan60°，当y<x时，粒子经过cd边(不包括c点)，可得x<(2eq\r(3)－3)l，解得的x合理，则x≥(2eq\r(3)－3)l时，粒子经过bc边(包括c点)，x<(2eq\r(3)－3)l时，粒子经过cd边(不包括c点)。若粒子经过bc边(包括c点)，如图戊所示，根据几何关系知，rcos60°＝eq\f(l－x,2)，r(1－sin60°)<eq\f(l－x,2)，即第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边上，且第二次在磁场中运动的轨迹圆与BC边的交点在C点下方，则粒子垂直BC边射出磁场；若粒子经过cd边(不包括c点)，如图己所示，根据几何关系知，r(1－sin60°)<eq\f(l－x,2)，r＋rcos60°>l－eq\f(l－x,2)，rcos60°＝eq\f(l－x,2)，即第二次在磁场中运动的轨迹圆与CD边不相交，与BC边相交，且第二次在磁场中运动的轨迹圆心在BC边左侧，则粒子从BC边射出磁场且射出磁场时与BC边不垂直，故B错误。考点1直流电路、交流电路考向一直流电路的分析1.一根长为L、横截面积为S的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积内自由电子数为n，电子的质量为m、电荷量为e，在棒两端加上恒定的电压U，金属棒内自由电子定向移动的平均速率为()A．eq\f(U,neρL) B．eq\f(US2,neρL)C．neρL D．eq\f(\a\vs4\al(neρSL),U)答案：A解析：根据电流的微观表达式可知I＝nevS，由欧姆定律可得I＝eq\f(U,R)，根据电阻定律可得R＝ρeq\f(L,S)，联立可得v＝eq\f(U,neρL)，故A正确。2．(2016·江苏高考)(多选)如图所示的电路中，电源电动势为12V，内阻为2Ω，四个电阻的阻值已在图中标出。闭合开关S，下列说法正确的有()A．路端电压为10VB．电源的总功率为10WC．a、b间电压的大小为5VD．a、b间用导线连接后，电路的总电流为1A答案：AC解析：外电路的总电阻R＝10Ω，由闭合电路欧姆定律可得电路中的总电流I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，因此路端电压U＝E－Ir＝12V－1×2V＝10V，A正确；电源的总功率P＝EI＝12W，B错误；由图a可知Uab＝UaO－UbO＝－15×0.5V＋5×0.5V＝－5V，C正确；当a、b间用导线连接后，其等效电路如图b所示，电路中的外电阻R′＝7.5Ω，电路中总电流I′＝eq\f(E,R′＋r)＝eq\f(12,9.5)A≠1A，D错误。3.(2016·全国卷Ⅱ)阻值相等的四个电阻、电容器C及电池E(内阻可忽略)连接成如图所示电路。开关S断开且电流稳定时，C所带的电荷量为Q1；闭合开关S，电流再次稳定后，C所带的电荷量为Q2。Q1与Q2的比值为()A．eq\f(2,5) B．eq\f(1,2)C．eq\f(3,5) D．eq\f(2,3)答案：C解析：当开关S断开时等效电路如图1所示，电容器C两端的电压U＝eq\f(1,5)E，所带的电荷量Q1＝CU＝eq\f(1,5)CE；当开关S闭合时等效电路如图2所示，电容器C两端的电压U′＝eq\f(1,3)E，所带的电荷量Q2＝eq\f(1,3)CE。所以eq\f(Q1,Q2)＝eq\f(3,5)，C正确。4．在如图甲所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动的过程中，四个理想电表的示数都发生变化。图乙中三条图线分别表示了三个电压表示数随电流表示数变化的情况，以下说法错误的是()A．图线a表示的是电压表V3的示数随电流表示数变化的情况B．图线c表示的是电压表V2的示数随电流表示数变化的情况C．此过程中电压表V1示数的变化量ΔU1和电流表示数变化量ΔI的比值变大D．此过程中电压表V2示数的变化量ΔU2和电流表示数变化量ΔI的比值不变答案：C解析：由电路图甲得，V1测路端电压U1，V2测R1两端电压U2，V3测R2两端电压U3。滑动触头P向上滑动，则R2减小，电路总电阻减小，回路电流增大。因U3＝E－I(R1＋r)，I增大，则U3减小，且U3＝IR2，当R2减小为零时，U3为零，所以图乙中图线a表示电压表V3的示数随电流表示数变化的情况，即A正确；因R1不变，电流增大，则U2增大，所以图乙中图线c表示电压表V2的示数随电流表示数变化的情况，即B正确；因U1＝E－Ir，则ΔU1＝－rΔI，所以ΔU1和ΔI的比值不变，即C错误；因U2＝IR1，则ΔU2＝R1ΔI，则ΔU2和ΔI的比值不变，即D正确。本题选说法错误的，故选C。考向二交变电流的产生和描述、变压器和远距离输电5.(多选)如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝eq\r(2)T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W，100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是()A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝40eq\r(2)cos(10t)VB．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D．若将自耦变压器触头向上滑动，灯泡会变亮答案：ABD解析：感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝10×eq\r(2)×0.4×10V＝40eq\r(2)V，若从图示线框位置开始计时，即从垂直中性面位置开始计时，线框中感应电动势随时间应按余弦规律变化，瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝40eq\r(2)cos(10t)V，故A正确；变压器输入电压的最大值为40eq\r(2)V，则输入电压的有效值为U＝40V，灯泡正常发光，有P＝eq\f(U′2,R)，得U′＝eq\r(PR)＝20V，则eq\f(n1,n2)＝eq\f(U,U′)＝eq\f(40V,20V)＝eq\f(2,1)，故B正确；因线框电阻不计，则变压器原线圈电压U1不变，若将滑动变阻器滑片向上移动，副线圈输出电压U2不变，两端总电阻增大，副线圈中总电流减小，设副线圈干路电流为I2，原线圈中电流为I1，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知I1减小，即电流表示数减小，故C错误；若将自耦变压器触头向上滑动，则副线圈匝数增大，U1不变，n1不变，n2增大，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，U2增大，灯泡会变亮，故D正确。6．图甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶200，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，远距离输电线的总电阻为100Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为500kW，升压变压器和降压变压器均视为理想变压器，下列说法正确的是()A．用户端交流电的频率为100HzB．用户端电压为245VC．输电线中的电流为15AD．输电线路的损耗功率为25kW答案：B解析：由题图乙知，升压变压器的输入电压的周期为T＝2×10－2s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，可知用户端交流电的频率为f＝50Hz，故A错误；由题图乙知，升压变压器的输入电压峰值为Um＝250eq\r(2)V，则其有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝250V，又升压变压器的输入功率P＝500kW，则升压变压器的输入电流I1＝eq\f(P,U1)＝2000A，根据理想变压器电流和匝数的关系可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(200,1)，解得输电线中的电流为I2＝10A，则输电线路的损耗功率为P损＝Ieq\o\al(2,2)R＝102×100W＝10kW，输电线路的损耗电压为U损＝I2R＝10×100V＝1000V，根据理想变压器电压和匝数的关系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,200)，解得升压变压器副线圈两端的电压U2＝50000V，则降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损＝49000V，根据理想变压器电压和匝数的关系可知eq\f(U3,U4)＝eq\f(200,1)，解得用户端电压为U4＝245V，故B正确，C、D错误。1．(2024·甘肃高考)一平行板电容器充放电电路如图所示。开关S接1，电源E给电容器C充电；开关S接2，电容器C对电阻R放电。下列说法正确的是()A．充电过程中，电容器两极板间电势差增加，充电电流增加B．充电过程中，电容器的上极板带正电荷，流过电阻R的电流由M点流向N点C．放电过程中，电容器两极板间电势差减小，放电电流减小D．放电过程中，电容器的上极板带负电荷，流过电阻R的电流由N点流向M点答案：C解析：充电过程中，随着电容器带电量Q的增加，电容器两极板间电势差UC＝eq\f(Q,C)增加，则电阻R两端电势差UR＝E－UC变小，由I＝eq\f(UR,R)知，充电电流I减小，故A错误；根据电路图可知，充电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿顺时针方向，流过电阻R的电流由N点流向M点，故B错误；放电过程中，随着电容器带电量Q的减小，电容器两极板间电势差UC＝eq\f(Q,C)减小，即电阻R两端电势差UR＝UC减小，由I＝eq\f(UR,R)知，放电电流I减小，故C正确；根据电路图可知，放电过程中，电容器的上极板带正电荷，电路中的电流沿逆时针方向，流过电阻R的电流由M点流向N点，故D错误。2．(2024·广西高考)将横截面相同、材料不同的两段导体L1、L2无缝连接成一段导体，总长度为1.00m，接入图甲电路。闭合开关S，滑片P从M端滑到N端，理想电压表读数U随滑片P的滑动距离x的变化关系如图乙，则导体L1、L2的电阻率之比约为()A．2∶3 B．2∶1C．5∶3 D．1∶3答案：B解析：根据题意及题图乙可得，导体L1的长度l1＝0.25m，两端电压U1＝0.2V，导体L2的长度l2＝1.00m－0.25m＝0.75m，两端电压U2＝0.