2025版高考物理二轮复习专题限时集训9磁场的性质带电粒子在磁场及复合场中的运动含解析

PAGE9-专题限时集训(九)(建议用时：40分钟)[专题通关练]1.(2024·河北张家口联考)如图所示，两个劲度系数均为k的轻弹簧顶端固定并与电路相连，下端用轻导线与长度为L的导体棒相连，导体棒水平放置且垂直于匀强磁场，磁场方向垂直纸面对外。断开开关，导体棒静止时，弹簧的长度为x1；接通电源后，导体棒水安静止时，弹簧的长度为x2，电流表示数为I。忽视电流产生的磁场作用。则该匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(kx2－x1,IL) B.eq\f(kx2＋x1,IL)C.eq\f(2kx1－x2,IL) D.eq\f(2kx2－x1,IL)D[设弹簧原长为l，断开开关时：2k(x1－l)＝mg，闭合开关时：2k(x2－l)＝BIL＋mg，联立以上两式解得：B＝eq\f(2kx2－x1,IL)，故选D。]2.(多选)(2024·河北唐山期末)两个质子以不同速率在匀强磁场中做圆周运动，轨迹如图所示，两圆周相切于A点，过A点做始终线与两圆周交于B点和C点。若两圆周半径r1∶r2＝1∶2，下列说法正确的有()A．两质子速率v1∶v2＝1∶2B．两质子周期T1∶T2＝1∶2C．两质子由A点动身第一次到达B点和C点经验的时间t1∶t2＝1∶2D．两质子在B点和C点处速度方向相同AD[依据qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(qBr,m)∝r，可知两质子速率v1∶v2＝r1∶r2＝1∶2，选项A正确；依据T＝eq\f(2πm,qB)可知两质子周期相同，选项B错误；由几何关系可知，两粒子在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，依据t＝eq\f(θ,2π)T可知，两质子由A点动身第一次到达B点和C点经验的时间相同，选项C错误；因两粒子进入磁场时速度方向相同，在磁场中运动过程中转过的圆弧对应的圆心角相同，可知两质子在B点和C点处速度方向相同，选项D正确；故选A、D。]3.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根水平放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN。现从t＝0时刻起，在棒中通以由M到N方向的电流且电流与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好。下列关于棒的速度、加速度随时间t变更的关系中，可能正确的是()BD[考虑到粗糙导轨上存在摩擦力，须要安培力达到肯定数值，棒才起先加速，A错；从起先运动，满意BIL－f＝ma，即BLkt－f＝ma，由关系式可以看出，a­t图象为向上倾斜的直线，B对；由于加速度渐渐增大，v­t图象中切线的斜率要渐渐增大，C错，D对。]4．(2024·云南师大附中模拟)如图所示，两根相互平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小相等、方向相反的电流，P、Q为MN连线上两点，且MP＝PN＝NQ，则下面说法正确的是()A．磁感应强度BP＞BQB．磁感应强度BP＜BQC．将同一电流元分別放置于P、Q两点、所受安培力肯定有FP＜FQD．将同一电流元分别放置于P、Q两点，所受安培力肯定有FP＞FQA[依据安培定则可知，M在P的磁场方向向上，N在P点的磁场也向上，则叠加后P点合磁场向上；M在Q的磁场方向向上，N在Q点的磁场向下，则叠加后Q点的合磁场向下，且小于P点的磁场大小，选项A正确，B错误；电流元所受的安培力的大小与电流元的放置方向有关，则无法比较同一电流元分别放置于P、Q两点所受安培力的大小，选项C、D错误；故选A。]5.(2024·浙江金丽衢十二校联考)如图所示，两块竖直放置的平行板间存在相互垂直的匀强电场E和匀强磁场B。一束初速度为v的带正电粒子从上面竖直往下垂直电场射入，粒子重力不计，下列说法正确的是()A．若v＝E/B，粒子做匀加速直线运动B．若粒子往左偏，洛伦兹力做正功C．若粒子往右偏，粒子的电势能增加D．若粒子做直线运动，变更粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子还是做直线运动D[若v＝E/B，即Eq＝qvB，则粒子做匀速直线运动，选项A错误；洛伦兹力对粒子不做功，选项B错误；若粒子往右偏，电场力做正功，则粒子的电势能减小，选项C错误；若粒子做直线运动，则满意Eq＝qvB，变更粒子的带电性质，使它带负电，其他条件不变，粒子所受的电场力方向变更，所受的洛伦兹力方向也变更，则粒子还是做直线运动，选项D正确。]6．(2024·湖南衡阳联考)用图示装置可以检测霍尔效应。利用电磁铁产生磁场，电流表检测输入霍尔元件的电流，电压表检测元件输出的电压，已知图中的霍尔元件是半导体，与金属导体不同，它内部形成电流的“载流子”是空穴，空穴可视为能自由移动的带正电的粒子，图中的1、2、3、4是霍尔元件上的四个接线端，当开关S1、S2闭合后，电流表A和电表B、C都有明显示数，下列说法中正确的是()A．电表B为电压表，电表C为电流表B．接线端4的电势低于接线端2的电势C．若增大R1，则电压表示数增大D．若增大R2，则电压表示数减小D[B表为测量通过霍尔元件的电流，C表测量霍尔电压，所以电表B为电流表，电表C为电压表，故A错误；由安培定则可知，磁场方向向上，通过安霍尔元件的电流由1流向接线端3，由左手定则可知，带正电的粒子偏向接线端4，所以接线端4的电势高于接线端2的电势，故B错误；若增大R1，电磁铁中的电流减小，产生的磁场减小，由公式U＝eq\f(kIB,d)可知，电压表示数减小，故C错误；若增大R2，流过霍尔元件的电流减小，由公式U＝eq\f(kIB,d)可知，电压表示数减小，故D正确。]7．(易错题)(多选)(2024·四川绵阳联考)如图所示，空间存在四分之一圆形磁场区域，磁场方向垂直纸面对外。一电子以初速度v从圆心O沿着OD方向射入磁场，经过时间t恰好由A点离开磁场。若电子以初速度v′从O沿着OD方向射入磁场，经时间t′恰好由C点离开磁场。已知圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，则()A．v′＝eq\f(\r(3),3)v B．v′＝eq\f(2\r(3),3)vC．t′＝eq\f(3,4)t D．t′＝eq\f(2,3)tBD[由几何学问可知，恰好由A点射出时，电子轨道半径：r1＝eq\f(R,2)＝eq\f(mv,qB)；若电子从C点射出，因圆弧AC长度是圆弧CD长度的一半，所以粒子做圆周运动的弦切角为60°，由弦长公式R＝2r2sin60°，解得：r2＝eq\f(\r(3),3)R＝eq\f(mv′,qB)，所以v′＝eq\f(2\r(3),3)v，由A点射出时，t＝eq\f(180°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,qB)，电子从C点射出时，t′＝eq\f(120°,360°)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(2πm,3qB)＝eq\f(2,3)t，故选B、D。]易错点评：解决带电粒子在磁场中的运动出错的主要缘由是：不会找寻几何关系。如本题中，通过弧AC是弧CD一半，可确定∠COD＝60°，进而可知粒子做圆周运动的几何规律。8．(多选)(2024·福州质检)如图所示，在圆心为O、半径为R的圆形区域内有垂直纸面对外，磁感应强度大小为B的匀强磁场。一系列电子以不同的速率v(0≤v≤vm)从边界上的P点沿垂直于磁场方向与OP成60°角方向射入磁场，在eq\f(1,3)区域的磁场边界上有电子射出。已知电子的电荷量为－e，质量为m，不考虑电子之间的相互作用力。则电子在磁场中运动的()A．最大半径为r＝eq\f(\r(3),2)RB．最大速率为vm＝eq\f(\r(3)eBR,m)C．最长时间为t＝eq\f(2πm,3eB)D．最短时间为t＝eq\f(πm,eB)AD[依据题意，电子圆周运动的圆心在速度的垂线上，当电子速度最大时，对应的圆周运动半径最大。离开动身点最远，如图所示，恰好为半个圆周，最大半径rm＝Rcos30°，rm＝eq\f(\r(3),2)R，得vm＝eq\f(\r(3)eBR,2m)；轨迹对应的圆心角最小，时间最短tmin＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,eB)，电子速度越小，半径越小；圆弧圆心角越大，时间越长，故选AD。][实力提升练]9．(多选)(2024·湘赣十四校联考)如图所示，在矩形区域ABCD内有一垂直纸面对里的匀强磁场，AB＝5eq\r(3)cm，AD＝10cm，磁感应强度B＝0.2T。在AD的中点P有一个放射正离子的装置，能够连绵不断地向纸面内的各个方向匀称地放射出速率为v＝1.0×105m/s的正离子，离子的质量m＝2.0×10－12kg，电荷量q＝1.0×10－5C，离子的重力不计，不考虑离子之间的相互作用，则()A．从边界BC边飞出的离子中，BC中点飞出的离子在磁场中运动的时间最短B．边界AP段无离子飞出C．从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2D．若离子可从B、C两点飞出，则从B点和C点飞出的离子在磁场中运动的时间相等ACD[由于离子的速率肯定，所以离子运动的半径确定，在离子转过的圆心角小于π的状况下，弦长越短，圆心角越小，时间越短，弦长相等，时间相等，所以从BC中点飞出的离子对应的弦长最短，所用时间最短，离子从B、C两点飞出对应的弦长相等，所以运动时间相等，故A、D正确；由洛伦兹力方向可知，离子逆时针方向旋转，放射方向与PA方向夹角较小的离子会从AP段飞出，故B错误；由公式R＝eq\f(mv,qB)得：R＝0.1m，通过图可知，α∶β＝1∶2，所以从CD、BC边飞出的离子数之比为1∶2，故C正确。]10．(2024·江西上饶联考)如图所示，在足够大的空间范围内，同时存在着竖直向上的匀强电场和垂直纸面对里的水平匀强磁场，磁感应强度B＝2T。小球1带正电，小球2不带电，静止放置于固定的水平悬空支架上。小球1向右以v1＝12m/s的水平速度与小球2正碰，碰后两小球粘在一起在竖直平面内做匀速圆周运动，两小球速度水平向左时离碰撞点的距离为2m。碰后两小球的比荷为4C/kg。求：(取g＝10m/s2)(1)电场强度E的大小是多少？(2)两小球的质量之比eq\f(m2,m1)是多少？[解析]碰后有(m1＋m2)g＝qE又eq\f(q,m1＋m2)＝4C/kg得E＝2.5N/C。(2)由动量守恒定律：m1v1＝(m1＋m2)v2由洛伦兹力公式及牛顿运动定律：qv2B＝eq\f(m1＋m2v\o\al(2,2),r)依题可知：r＝1m联立以上关系式可得：eq\f(m2,m1)＝eq\f(1,2)。[答案](1)2.5N/C(2)eq\f(1,2)11．(2024·湖南衡阳联考)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形区域内有磁感应强度大小为B1、方向垂直于纸面对外的匀强磁场，磁场区域右侧有一宽度也为R的足够长区域Ⅱ，区域Ⅱ内有方向向左的匀强电场，区域Ⅱ左右边界CD、FG与电场垂直，区域Ⅰ边界上过A点的切线与电场线平行且与FG交于G点，FG右侧为方向向外、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域Ⅲ。在FG延长线上距G点为R处的M点放置一足够长的荧光屏MN，荧光屏与FG成θ＝53°角，在A点处有一个粒子源，能沿纸面对区域内各个方向匀称地放射大量质量为m、带电荷量为＋q且速率相同的粒子，其中沿AO方向射入磁场的粒子，恰能平行于电场方向进入区域Ⅱ并垂直打在荧光屏上(不计粒子重力及其相互作用)。求：(1)粒子的初速度大小v0；(2)电场的电场强度大小E；(3)荧光屏上的发光区域长度Δx。[解析](1)如图所示，分析可知，粒子在区域Ⅰ中的运动半径r1＝R由qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)得v0＝eq\f(qB1R,m)。(2)因粒子垂直打在荧光屏上，由题意可知，在区域Ⅲ中的运动半径为r2＝2R由qvB2＝meq\f(v2,2R)得v＝eq\f(2qB2R,m)粒子在电场中做匀减速运动，由动能定理得：－qER＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)解得：E＝eq\f(qR,2m)(Beq\o\al(2,1)－4Beq\o\al(2,2))。(3)如图分析可知，速度方向与电场方向平行向左射入区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最高点穿出，打在离M点x1处的屏上，由几何关系得：(x1cosθ＋R)2＋(x1sinθ)2＝4R2解得：x1＝eq\f(2\r(21)－3,5)R速度方向与电场方向平行向右射出区域Ⅰ中的粒子将平行电场方向从区域Ⅰ中最低点穿出打在离M点x2处的屏上，由几何关系得：(x2cosθ－R)2＋(x2sinθ)2＝4R2解得：x2＝eq\f(2\r(21)＋3,5)R分析可知全部粒子均未平行于FG方向打在板上，因此荧光屏上的发光区域长度为Δx＝x2－x1解得：Δx＝1.2R。[答案](1)eq\f(qB1R,m)(2)eq\f(qR,2m)(Beq\o\al(2,1)－4Beq\o\al(2,2))(3)1.2R题号内容押题依据核心考点核心素养带电粒子在复合场中运动重力、电场力、洛伦兹力作用下的圆周运动和直线运动科学思维：立足教材，拓展创新，体现综合思维(多选)如图所示，虚线M