【文档说明】2023新教材高考物理二轮专题复习专题强化训练11磁场及带电粒子在磁场中的运动 Word版含答案.docx，共(10)页，218.678 KB，由小赞的店铺上传

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专题强化训练11磁场及带电粒子在磁场中的运动一、选择题(1～4题为单项选择题，5～6题为多项选择题)1．[2022·重庆押题卷]loffe­Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动．如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过x

Oy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比．下列说法正确的是()A．直导线1、3之间的相互作用

力为排斥力B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做匀速直线运动C．直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向D．直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向指向O点2.[2022·广东卷]如图所示，一个立方体空间被对角平面MNPQ划分成两个区域，两区

域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是()3．[2022·重庆押题卷]如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里

的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是()A．可能有粒子从ab边中点处垂直ab边射出B.从a点垂直af离开正六边形区域的粒子

在磁场中的运动时间为πm6qBC．垂直cf向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为（23－3）qBLmD．要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为3qBL2m4．如图甲是判断检测电流I0大小是否发生

变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比，现给金属材料制成的霍尔元件(如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d)通以恒定工作电流I，通过右侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是()A．N端应与电压表的“＋”接

线柱相连B．要提高检测灵敏度可适当减小宽度bC．如果仅将检测电流反向，电压表的“＋”“－”接线柱连线位置无需改动D．当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变大5．[2022·全国冲刺卷]如图为地球赤道剖面图，地球半径为

R，把地面上高度为R2区域内的地磁场视为磁感应强度为B、方向垂直于剖面的匀强磁场，一带电粒子以速度v正对地心射入该磁场区域，轨迹恰好与地面相切．则()A．粒子带正电荷B．轨迹半径为5R8C．粒子的比荷为vBRD．若粒子速度减小，在该磁场区域的运动时间增大6．[2022·湖北押题卷]一匀

强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R.一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场

，不计粒子重力及粒子间的相互作用．下列说法正确的是()A．可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为qBRmB．可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为3qBR2mC．在磁场中运动时间最短的粒子速率为qBR2mD．在磁场中运动时间最短的粒子运

动时间为2πm3qB二、非选择题7．[2022·湖南卷]如图，两个定值电阻的阻值分别为R1和R2，直流电源的内阻不计，平行板电容器两极板水平放置，板间距离为d，板长为3d，极板间存在方向水平向里的匀强磁场．质量为m、带电荷量为＋q的小球以初速度v沿

水平方向从电容器下板左侧边缘A点进入电容器，做匀速圆周运动，恰从电容器上板右侧边缘离开电容器．此过程中，小球未与极板发生碰撞，重力加速度大小为g，忽略空气阻力．(1)求直流电源的电动势E0；(2)求两极板间磁场的磁感应强度B；(3)在图中虚线的右侧设计一

匀强电场，使小球离开电容器后沿直线运动，求电场强度的最小值E′.8．如图所示，在竖直平面内，AB是一倾角为θ＝37°的光滑绝缘直轨道，BC是半径R＝0.25m的光滑圆弧轨道，AB与BC相切于B点，C点切线水平，B点左上方空间存在着竖直向上的匀强电场，场强大小E＝4.0×

103N/C，CD是与水平方向夹角为θ＝37°的界面，在CD下方存在竖直向下的匀强电场和垂直纸面向外的匀强磁场，电场强度大小也是E，磁感应强度大小B＝3.0×103T，质量m＝0.2kg的带负电滑块从斜面顶端由静止开始滑下．已知斜面上A、B两点间高度

差h＝0.2m，滑块带电量q＝－5.0×10－4C，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑块滑到斜面底端B点时的速度大小；(2)滑块滑到圆弧轨道最低点C时对轨道的压力大小；(3)滑块离开C点后第2次经过C

D界面时离C点的距离(结果保留2位有效数字).9．[2022·全国冲刺卷]如图所示，长度为L、内径为d的圆柱形直管道水平固定在水平方向的匀强磁场中(磁场未画出).P位于管道一端管口的轴线上，P处固定一粒子源，它可发射质量为m、带电荷量为e的电子．(1)若从P发出的

电子的速度方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0，粒子在管道内运动时，恰好不与管壁碰撞，求从P发出的电子的速率v；(2)若从P发出的电子的速度恒定不变，且大小与(1)问相同，磁感应强度按图示规律分布，磁场的

方向垂直纸面向里为正，要使电子从轴线的另一端离开管道(假设电子经过磁场的边界时，会立即进入另一磁场)，求：①图中x0的值及管道长度L的限制条件；②电子在管道中运动的时间t.(3)若电子的速度大小为eB0d2m，方向斜向右上方，与水平方向

的夹角为θ，磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B0，经过一段时间后电子恰好从管道轴线的另一端离开管道，整个过程粒子都不会与管道碰撞，则θ、L分别应满足什么条件？专题强化训练11磁场及带电粒子在磁场中的运动1．解析：当通有同向电流

时，电流之间表现为吸引力，A错误；由右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，因此过O点垂直于纸面的任何点磁感应强度都为零，从O点射入的粒子，将做匀速直线运动，B正确；直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴负方向，C错误；若直导线1在直导线2处产生的安培力为F，则1、3在2处的安培力

的合力为2F，方向背离O点，而4在2处产生的安培力为22F，方向指向O点，所以直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向背离O点，D错误．答案：B2．解析：根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，

B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误．答案：A3．解析：若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在ab边上，设与ab边交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能

相交，故A错误；同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对应圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为t＝16T，且T＝2πmqB，解得t＝πm3qB，故B错误；垂直cf向上发射的粒子刚好能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得L

＝r＋rsin60°，由qvB＝mv2r得r＝mvqB，联立解得v＝（23－3）qBLm，故C正确；因为O点距六边形的最近距离为d＝Lcos30°＝32L，即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r＝d2又r＝mvqB，所以最小速度为vmin＝3qBL4m，故D错误．答案：C

4．解析：图甲中检测电流I0通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势低，内侧面电势高，所以应该是M

端与电压表的“＋”接线柱相连，故A错误；当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有qvB＝qUb可得U＝vBb，要提高检测灵敏度，可以通过增大B（增大I0）、增大工作电流I（增大v）、增大b的方法，故B错误；如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处

于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“＋”接线柱相连，故C错误；由B中分析可知U＝vBb，当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知

B∝I0，说明检测电流I0变大，故D正确．答案：D5．解析：由左手定则可知，粒子带负电，选项A错误；由几何关系可知r2＋R＋R22＝（R＋r）2，解得r＝5R8，选项B正确；根据qvB＝mv2r，解得qm＝8v5BR，选项C错误；若粒子速

度减小，则粒子的运动半径减小，但是粒子在磁场中运动的圆心角变大，因粒子的周期T＝2πmqB不变，则由t＝θ2πT，则在该磁场区域的运动时间变大，选项D正确．答案：BD6．解析：由R＝mvqB可知，粒子速度越大，半径越大．如图所示，在能达到半圆

形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，由R2＝mvminqB解得vmin＝qBR2m，故A错误；经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由3R2＝mvmaxqB解得vmax＝3qBR2m，故

B正确；由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由R＝mvqB解得v＝qBRm，故C错误；其圆心角为120°，故运动时间为t＝T3＝2πm3qB，故D正确．答案：BD7．解析：（1）小球在两板间做匀速圆周运动，电

场力与重力大小相等，设两板间电压为U，有mg＝qUd由闭合电路欧姆定律得U＝R2R1＋R2E0联立解得E0＝（R1＋R2）mgdqR2.（2）小球在电容器中做匀速圆周运动，从上板右侧边缘离开，设轨迹半径为r，有r2＝（r－d）2＋（3d）2又

洛伦兹力提供小球做圆周运动的向心力，qvB＝mv2r解得B＝mv2qd.（3）小球离开磁场时，速度方向与水平方向的夹角为θ＝60°，要使小球做直线运动，则电场力与重力的合力与速度方向共线，当电场力等于小球重力垂直于速度方向的分力时，电场力最小

，电场强度最小qE′＝mgcos60°解得E′＝mg2q.答案：见解析8．解析：（1）对滑块，A到B过程由动能定理得mgh＋Eqh＝12mv2B，代入数据，解得v＝22m/s；（2）对滑块，B到C过程，根据动能定理得mg（R－Rcosθ）＝12mv2C－12mv2B代入数

据，解得v＝3m/s在C点，进行受力分析可得FN－mg＝mv2CR解得FN＝9.2N.F′N＝FN＝9.2N.（3）设滑块离开C点后第1次经过CD界面上的P点由平抛运动规律得tanθ＝12gt2vCt解得t＝0.45s在P点有vy＝gt＝4.5m/s，v

x＝vC＝3m/s则PC间距离L1＝vCt1cosθ＝1.6875m≈1.7m设滑块离开C点后第2次经过CD界面上的Q点，因Eq＝mg所以物块从P到Q做匀速圆周运动，设P点速度方向与水平方向夹角为α，速度为v，则有tanα＝vyvx＝32，cosα＝213，v＝vxcosα由洛伦兹力

提供向心力可得Bqv＝mv2r所以PQ间距离为L2＝2rsin（α－θ）＝2mvsin（α－θ）Bq，sin（α－θ）＝6513，L2＝6mvx5Bq解得L2＝0.48m所以滑块离开C点后第2次经过CD界面时距离C点的距离为L＝L1＋L2＝2.1675m≈2.

2m.答案：（1）22m/s（2）9.2N（3）2.2m9．解析：（1）粒子在管道内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝mv2R其中R＝d2B＝B0解得v＝qB0d2m.（2）画出电子的运动轨迹，如图所示①由图可知，要满足题意，必有x0＝2R＝dL＝nd（n＝1，2，3

...）②电子做圆周运动的周期T＝2πRv＝2πmeB0考虑粒子运动的周期性，电子在管道中运动的时间t＝nT2＝nπmeB0（n＝1，2，3...）.（3）将速度v沿竖直方向和水平方向分解，电子在管道内螺旋转动，它可分解为沿轴线方向的匀速直线

运动和垂直轴线方向的匀速圆周运动，轴线方向有L＝vcosθt垂直轴线方向有evB0sinθ＝m（vsinθ）2r因不能与管壁碰撞，则r≤d4解得θ≤30°粒子的运动周期T0＝2πrvsinθ＝2πmeB0又t＝nT0d2＝mveB0解得L＝nπdcosθ（n＝1，2，3...）答

案：（1）qB0d2m（2）①dnd（n＝1，2，3...）②nπmeB0（n＝1，2，3...）（3）θ≤30°L＝nπdcosθ（n＝1，2，3...）