专题能力提升练(十)　磁场及带电粒子在磁场中的运动-2025版高考物理二轮复习

12专题能力提升练(十)磁场及带电粒子在磁场中的运动(40分钟70分)【核心巩固练】1.(6分)(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的安培力向下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【解析】选A。选项选项剖析对错A由左手定则可知,图示左侧通电导线受到的安培力向下√Ba、b两点的磁感应强度大小相同,但是方向不同×C磁感线是闭合的曲线,则圆柱内的磁感应强度不为零×D因c点处的磁感线较d点密集,可知c点的磁感应强度大于d点的磁感应强度×2.(6分)(2024·玉林模拟)如图所示,a、b、c为等边三角形的三个顶点,在b、c两处有垂直于三角形所在平面的无限长通电直导线,电流方向均垂直纸面向里、大小均为I,b处的导线在a处产生的磁感应强度大小为B,方向如图所示。已知无限长通电直导线在真空中某点产生的磁感应强度大小为B=kIr,其中k为常量,I为通电直导线中的电流,r为该点到导线的距离。则a处的磁感应强度大小为(A.3BB.2BC.BD.【解析】选A。由图可知b、c两处的导线在a点的磁感应强度,根据矢量合成可得Ba=2Bcos30°=3B3.(6分)(2024·长沙三模)如图所示,将一质量分布均匀,电阻率不变的导线围成正五边形abcde,在a、e两点用导线与恒压电源相连接,空间中存在垂直正五边形所在平面向外的匀强磁场(图中未画出),接通电源后ab边所受的安培力大小为F。已知sin36°sin72°=5-12。若在A.5(5+1)3C.5(5-1)3F 【解析】选A。设恒压电源电压为U,磁感应强度为B,边长为L,每个边的电阻为R。在两点用导线与恒压电源相连接时,ab边电流为I1=U则F=BI1L=BUL若在a、d两点用导线与该恒压电源连接,则abcd电流为I2=U3R,aed电流为I3由几何关系,三角形acd为顶角36°的等腰三角形,由正弦定理LcdLad=得Lad=5+1则aed、abcd的有效长度均为L'=5+1则正五边形所受安培力大小为F'=BI2L'+BI3L'联立求得F'=5(54.(6分)(2024·成都三模)如图所示,xOy直角坐标系的第一象限内,半径为a的14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qm=k。经过一段时间后发现发射出的总粒子中有13的粒子可以回到OA.3kv3aB.3v3kaC【解析】选D。由题意作图当速度与x轴正方向夹角为30°时,粒子恰好沿y轴返回O点,由几何关系可得tan30°=ra,解得,粒子圆周运动的半径r=33a,又有洛伦兹力及牛顿第二定律得qvB=mv2r,将r=33a、qm=5.(6分)(2024·安庆三模)如图所示,两竖直平行边界PQ、MN间,有正交的匀强电场和匀强磁场,匀强电场方向竖直向下,匀强磁场方向垂直纸面向里。一带电小球从O点以某一速度垂直边界PQ进入该场区,恰好能沿水平方向做直线运动。下列判断正确的是()A.小球一定带正电B.若仅改变小球的电性进入该场区,小球进入后仍将做直线运动C.若仅改变小球的电性进入该场区,小球进入后将立即向下偏转D.若小球以同样大小速度垂直边界MN进入场区,小球进入后仍将做直线运动【解析】选C。若小球带正电,则洛伦兹力向上,电场力向下,当满足Bqv=mg+qE时,小球可沿水平方向做直线运动;若小球带负电,则洛伦兹力向下,电场力向上,当满足qE=mg+Bqv时,小球也可以沿水平方向做直线运动,A错误;根据上述分析可知,仅改变小球的电性,安培力和电场力的方向都会发生改变,如开始小球带正电,洛伦兹力大于电场力,改变电性后,小球的合力向下;同理,若小球带负电,电场力大于洛伦兹力,改变电性后,合力依然向下,故B错误,C正确;若小球以同样大小速度垂直边界MN进入场区,由于洛伦兹力反向,小球进入后不会做直线运动,D错误。6.(6分·多选)xOy平面内存在着变化电场和变化磁场,变化规律如图所示,磁感应强度的正方向为垂直纸面向里、电场强度的正方向为+y方向。t=0时刻,一电荷量为+q、质量为m的粒子从坐标原点O以初速度v0沿+x方向入射(不计粒子重力)。B-t图中B0=2πmqt0,E-t图中E0=A.t04时刻粒子的坐标为(v0B.t04时刻粒子的坐标为(v0C.t02时刻粒子速度沿-D.198t0时刻粒子速度沿+x【解析】选A、C。粒子在磁场中运动的周期T=2πmqB洛伦兹力提供向心力,有qB0v0=mv02r1,所以t04即(v0t02π,v0tt=t02时刻,粒子到达M点,其速度沿-粒子在电场中做类平抛运动,加速度大小为a=qE02t0时刻粒子速度大小为2v0,方向与+x方向夹角为45°,2t0时刻之后粒子继续做匀速圆周运动,经38t0=38T,粒子恰好运动至N点,此时粒子速度沿-7.(6分·多选)(2024·西安二模)如图所示的直角三角形区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度的大小为B,边界Ⅰ、Ⅱ的长度分别为3L、L;大量均匀分布的带电粒子由边界Ⅰ的左侧沿平行边界Ⅱ的方向垂直射入磁场,粒子的速率均相等,已知从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总数的34,带电粒子的质量为m、所带电荷量为+q,忽略带电粒子之间的相互作用以及粒子的重力。下列说法正确的是(A.带电粒子射入磁场后沿顺时针方向做匀速圆周运动B.带电粒子在磁场中运动的最长时间为πC.刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中运动的时间为πD.带电粒子的初速度大小为3【解析】选B、D。由左手定则可知,带电粒子射入磁场的瞬间,带电粒子受向上的磁场力作用,则带电粒子在磁场中沿逆时针方向做匀速圆周运动,A错误;带电粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB,带电粒子在磁场中转过半个圆周时,运动时间最长,则带电粒子在磁场中运动的最长时间为t=T2=π由于从边界Ⅰ离开磁场的带电粒子占总粒子的34,则图中的a、b、c为边界Ⅰ的四等分点,由几何关系可知,三角形区域的顶角为30°,a点到顶点的距离为34L,根据几何关系可得34L=解得粒子轨迹半径r=312根据牛顿第二定律得qvB=mv解得v=3qBL12m,D正确;由图可知,刚好从边界Ⅲ离开的带电粒子在磁场中偏转的角度大小为120°,则该粒子在磁场中运动的时间为t'=T【培优创新练】8.(6分·多选)(2023·海南等级考)如图所示,质量为m,带电量为+q的点电荷,从原点以初速度v0射入第一象限内的电磁场区域,在0<y<y0,0<x<x0(x0、y0为已知)区域内有竖直向上的匀强电场,在x>x0区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,控制电场强度(E值有多种可能),可让粒子从NP射入磁场后偏转打到接收器MN上,则()A.粒子从NP中点射入磁场,电场强度满足E=yB.粒子从NP中点射入磁场时速度为v0xC.粒子在磁场中做圆周运动的圆心到NM的距离为mD.粒子在磁场中运动的圆周半径最大值是m【解析】选A、D。若粒子打到PN中点,则x0=v0t1,12y0=12·qEmt选项A正确;粒子从PN中点射出时,则y02=v速度v1=v02选项B错误;设粒子从电场中射出时的速度方向与竖直方向夹角为θ,则tanθ=v0vy=粒子从电场中射出时的速度v=v粒子进入磁场后做匀速圆周运动,则qvB=mv则粒子进入磁场后做圆周运动的圆心到MN的距离为d=rcosθ,联立解得d=mv0qBtanθ=Ex0Bv0,选项C错误;当粒子在磁场中运动有最大运动半径时,进入磁场的速度最大,则此时粒子从N点进入磁场,此时竖直最大速度vym=2y0t,x0=v0可得最大半径rm=mvmqB9.(6分)(2024·湖北选择考)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7πD.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【解析】选D。在圆形匀强磁场区域内,沿着径向射入的粒子,总是沿径向射出的;根据圆的特点可知粒子的运动轨迹不可能经过O点,故A、B错误;粒子连续两次由A点沿AC方向射入圆形区域,时间最短,则根据对称性可知轨迹如图甲所示则最小时间间隔为t=2T=4πmqB,故C错误;粒子从A点射入到从则轨迹如图乙所示设粒子在磁场中运动的半径为r,根据几何关系可知r=根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv可得v=3【加固训练】(2024·双鸭山模拟)如图所示,在坐标系O-xyz中存在磁感应强度大小为B=mqgℎ、方向竖直向下(z轴负方向)的匀强磁场,在(0,0,h)处固定一电荷量为+q(q>0)的点电荷,在xOy平面内有一质量为m、电荷量为-q的微粒绕原点O沿图示方向以角速度ω做匀速圆周运动。若微粒的圆周运动可以等效为大小为I的环形电流,重力加速度为gA.ω=5+12gℎC.ω=(2-1)gℎ D.I=【解析】选B。该微粒受到重力、洛伦兹力、库仑力三个力的作用,方向如图所示库仑力大小为FE=kq洛伦兹力大小为FB=qvB由几何关系可得r=htanθ,R=ℎ微粒在z轴方向上受力平衡,即FEcosθ=mg微粒在平面内做圆周运动,根据牛顿第二定律得FEsinθ-FB=mω2r,又v=ωr联立,解得ω2+gℎω-gℎ=0,解得ω=5-12故A、C错误;微粒圆周运动的周期为T=2π等效电流强度为I=qT=(10.(16分)如图所示的坐标系xOy中,第一象限内存在垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B0,第二象限存在沿y轴负方向的匀强电场,x轴下方存在垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),磁感应强度未知。一带正电粒子从A(d,0)点以初速度v0开始运动,初速度方向与x轴负方向夹角为53°,粒子到达y轴时速度方向与y轴垂直,粒子经过电场区域、x轴下方磁场区域恰好回到A点,且速度方向与初速度方向相同。粒子重力不计,sin53°=0.8,cos53°=0.6,求:(1)粒子的比荷;(5分)(2)匀强电场的电场强度大小;(5分)(3)x轴下方磁场的磁感应强度大小。(6分)【解析】(1)设粒子在第一象限内做圆周运动的轨迹半径为r1,则有qv0B0