【文档说明】2021届高考物理二轮专题复习（选择性考试）专题强化练（十） 磁场、带电粒子在磁场中的运动 含解析.docx，共(15)页，390.169 KB，由envi的店铺上传

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专题强化练(十)题型一磁场及磁场对电流的作用1.三根平行的长直导体棒分别过正三角形ABC的三个顶点，并与该三角形所在平面垂直，各导体棒中均通有大小相等的电流，方向如图所示．则三角形的中心O处的合磁场方向为()A．

平行于AB，由A指向BB．平行于BC，由B指向CC．平行于CA，由C指向AD．由O指向C解析：如图所示，由右手螺旋定则可知，A处导体棒中电流在O点产生的磁场的磁感应强度方向平行于BC，同理，可知B、C处导体棒

中电流在O点产生的磁场的磁感应强度的方向分别平行于AC、AB，又由于三根导体棒中电流大小相等，到O点的距离相等，则它们在O处产生的磁场的磁感应强度大小相等，再由平行四边形定则，可得O处的合磁场方向为平行于AB，由A指向B，故A正确．答案：A2.如图所示，一个边长为L、三边电阻相

同的正三角形金属框放置在磁感应强度为B的匀强磁场中．若通以图示方向的电流(从A点流入，从C点流出)，电流强度I，则金属框受到的磁场力为()A．0B．BILC．43BILD．2BIL解析：由并联电路分流

规律可知底边通过的电流I1＝23I，上方两边内通过的电流为I2＝13I.上方两边受到的磁场力的合力可等效为平行底边、长为L的直导线受到的磁场力，由左手定则判定可知受磁场力方向均向上，故金属框受到的磁场力F＝BL·23I＋BL·13I

＝BLI，B正确．答案：B3.如图所示，在天花板下用细线悬挂一半径为R的金属圆环，圆环处于静止状态，圆环一部分处在垂直于环面的磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中，环与磁场边界交点A、B与圆心O连线的夹角为120°，此时悬线

的张力为F.若圆环通电，使悬线的张力刚好为零，则圆环中电流大小和方向是()A．电流大小为3F3BR，电流方向沿顺时针方向B．电流大小为3F3BR，电流方向沿逆时针方向C．电流大小为3FBR，电流方向沿顺时针方向D．电流大小为

3FBR，电流方向沿逆时针方向解析：要使悬线拉力为零，则圆环通电后受到的安培力方向竖直向上，根据左手定则可以判断，电流方向应沿顺时针方向，根据力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·3R，求得I＝3F3BR，A项正确．答案：A4.如图所示，在竖直向上的匀强磁场中，金属棒ab两端由等长轻质软

导线水平悬挂，平衡时两悬线与水平面的夹角均为θ(θ＜90°)．缓慢调节滑动变阻器的滑片位置以改变通过棒中的电流I，下列图象中能正确反映θ与I的变化规律的是()解析：对ab棒受力分析如图所示．由平衡条件有tanθ＝mgBIL，可得I＝mgBL·1tanθ，

又知mgBL为常数，故A项正确，B、C、D项错误．答案：A5.如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中．当a导线通有电流大小为I、b导线通有电流大小为2I，且电流方向相反时，a导线受到的磁场力大小为F1，b导线受到

的磁场力大小为F2，则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为()A.F22ILB.F1ILC.2F1－F22ILD.2F1－F2IL解析：a、b导线中电流方向相反，两导线之间的磁场力为斥力，设大小为F，对a有F1＝F＋BIL，对b有F2＝F＋

2BIL，解得F＝2F1－F2，对于导线b，F＝2F1－F2＝B′·2IL，解得B′＝2F1－F22IL，故C正确．答案：C题型二带电粒子在磁场中的匀速圆周运动6.(多选)如图是比荷相同的a、b两粒子从O点垂直匀强磁场进入正方形区域的运动轨迹，则()A．a的质量比b的质量大B．a带正电荷，b带

负电荷C．a在磁场中的运动速率比b的大D．a在磁场中的运动时间比b的短解析：比荷相同的a、b两粒子，因电荷量无法确定，则质量大小无法比较，故A错误；初始时刻两粒子所受的洛伦兹力方向都是竖直向下，根据左手定则知，两粒子都带负电

荷，故B错误；根据题图可知，a粒子的半径大于b粒子的半径，根据qvB＝mv2r得，r＝mvqB，则qm＝vBr，因它们比荷相同，即半径越大时，速率越大，故C正确；粒子在磁场中的运动周期T＝2πmqB，比荷相同，两粒子运动周期相同，由题图可知，a粒子对应的圆心角小于b粒子对应的圆心角

，则知a在磁场中的运动时间比b的短，故D正确．答案：CD7.如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场

，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1∶t2为()A．2∶1B．2∶3C．3∶2D．3∶2解析：如图所示为粒子

两次运动轨迹图，由几何关系知粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1＝90°，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2＝60°，则t1t2＝θ1θ2＝90°60°＝32，故选项C正确．答案：C8.如图所示，有一边长L＝2m

的正三角形区域内有垂直纸面向内的匀强磁场，磁感应强度大小B＝3T，有一比荷qm＝200C/kg的带正电粒子从AB边上的P点垂直AB边进入磁场，AP的距离为3m，要使粒子能从AC边射出磁场，带电粒子的最大初速度为(粒子的重力不计)()A．500m/sB．600m/sC．43×102m/sD．1

200m/s解析：从AC边穿出的粒子其临界轨迹如图所示，对速度较大的粒子，对应的半径为R，根据几何关系可知，此时粒子的轨道半径：R＝Lsin60°＝2×32m＝3m又qvB＝mv2R，解得v＝qBRm＝200×3×3m/s＝600m/s，故B正确，A、C、D错误．答案：B题型三带电粒子在磁

场中的临界、极值9.如图所示，平行边界MN、PQ间有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，两边界的间距为d.MN上有一粒子源A，可在纸面内沿各个方向向磁场中射入质量均为m、电荷量均为＋q的粒子．粒子射入磁场的速度大小v＝2qBd3m，不计粒子的重力，则

粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A．1∶1B．2∶3C．3∶2D．3∶3解析：粒子在磁场中运动时，Bqv＝mv2R.粒子运动轨迹半径R＝mvBq＝23d.由左手定则可得：粒子沿逆时针方向偏转，做圆周运动．粒子沿AN方向进入磁场时，到达PQ边界的最下端

距A点的竖直距离L1＝R2－（d－R）2＝33d.运动轨迹与PQ相切时，切点为到达PQ边界的最上端，距A点的竖直距离L2＝R2－（d－R）2＝33d，所以粒子在PQ边界射出的区域长度为L＝L1＋L2＝233d；因为R＜d，所以粒子在MN边界射出区域的长度为L′＝2R＝

43d.故两区域长度之比为L∶L′＝233d∶43d＝3∶2，故C项正确，A、B、D错误．答案：C10.(多选)如图所示，在x≥0的范围内有垂直于xOy平面向外的磁场，磁感应强度大小为B，质量为m、电量为q的带正电粒子(重力不计)，从坐标原点O处与＋y方向成θ角垂直磁场方向射入

磁场(其中π6≤θ≤5π6)，P点是速度大小为v0，沿x轴正方向射入的粒子离开磁场的点，下列说法正确的是()A．P点坐标为0，－2mv0qBB．粒子在磁场中运动的最长时间为5πm3qBC．粒子在磁场中运动的最短时间为πm6q

BD．当粒子射入的速度大小满足v＝v0sinθ，粒子都将从P点离开磁场解析：由于P点是速度大小为v0，沿x轴正方向射入的粒子离开磁场的点，粒子轨迹如图线①所示．圆心在O1位置，由qvB＝mv2r可得OP＝2r＝2mv0q

B，故P点坐标为(0，－2mv0qB)，故A项正确；粒子在磁场中运动的时间与转过的圆心角有关，运动时间最长的粒子应该是沿θ＝π6入射的粒子，轨迹参考如图线②.由几何知识可得转过的圆心角为5π3，由T＝2πrv可得运动最长时间为5πm3qB，故B项正

确；同理运动时间最短的粒子应该是沿θ＝5π6入射的粒子，轨迹参考如图线③，由几何知识可得转过的圆心角为π3.由T＝2πrv可得运动最短时间为πm3qB，故C项错误；当粒子射入的速度大小满足v＝v0sinθ，粒子运动半径为r＝mvqB＝mv0

qBsinθ，这些粒子的轨迹圆心均在OP连线的中垂线上，故粒子都将从P点离开磁场，故D项正确．答案：ABD题型四多解问题11.如图所示，由光滑弹性绝缘壁构成的等边三角形ABC容器的边长为a，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，小孔O是竖直边AB的中点，一质量为m、电荷量为＋

q的粒子(不计重力)从小孔O以速度v水平射入磁场，粒子与器壁多次垂直碰撞后(碰撞时无能量和电荷量损失)仍能从O孔水平射出，已知粒子在磁场中运行的半径小于a2，则磁场的磁感应强度的最小值Bmin及对应粒子在磁场中运行的时间t为()A．Bmin

＝2mv0qa，t＝7πa6vB．Bmin＝2mv0qa，t＝πa26vC．Bmin＝6mv0qa，t＝7πa6vD．Bmin＝6mv0qa，t＝πa26v解析：粒子在磁场中做圆周运动的半径为r，则Bqv＝mv2r，得r＝mvqB，因粒子从O

孔水平射入后，最终又要水平射出，则有(2n＋1)r＝a2，(n＝1，2，3，…)，联立得：B＝2（2n＋1）mvqa，当n＝1时，B取最小值，Bmin＝6mv0qa，此时对应粒子的运动时间为t＝3T＋T6＝7T2，而T＝2πmBq＝πa3v，t＝7πa6v，故C项正确，A、B、D三项错

误．答案：C题型五综合练12．如图平面直角坐标系中，x轴上方区域存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B＝0.2T．原点O处有一粒子源，可在坐标平面内沿各个方向向磁场区发射比荷均为qm＝2.5×105C/kg的带负电的粒子．在x0＝0.64m处垂直于x轴放置一块足够长的粒

子收集板PQ，当粒子运动到收集板时即被吸收，不计粒子间相互作用和重力的影响，粒子被吸收的过程中收集板始终不带电．(1)能被收集的粒子速度至少多大？(2)设某时刻粒子源沿＋y方向射入一系列粒子，速度大小从0到

vm＝2×104m/s不等，至少经多长时间有粒子到达收集板？求刚有粒子到达收集板时，该系列所有粒子所在位置构成的图线的方程；(3)粒子源沿各个方向均匀地向磁场区发射速度大小均为vm＝2×104m/s的粒子，会有两个不同方向入射的粒子在PQ上的同一位置被收集

，求PQ上这种位置分布的区域长度，以及落在该区域的粒子占所发出粒子总数的百分比．解析：(1)如图，在磁场中qv0B＝mv20r，图1由题意，临界半径r＝12x0，联立可得v0＝1.6×104m/s.(

2)速度为vm的粒子轨道半径为R，则qvmB＝mv2mR，解得R＝0.4m.如图2，设该粒子击中A点，∠AO1P＝α，有R(1＋cosα)＝x0.图2解得cosα＝0.6，α＝53°.所有粒子的圆周运动周期均为T＝2πmqB＝4π×10－5s.速度为vm的粒子转

过圆心角为180°－53°＝127°.粒子到达收集板的最短时间t＝127360T＝127π90×10－5s此时这一系列的粒子位于线段OA上，其斜率为k＝Rsinαx0＝12，所以图线方程为y＝12x(0≤x≤0.64m)．(3)临界1：如图3，

初速度与＋y轴成θ1的粒子轨迹直径与PQ交于M，这是PQ上离P最远的亮点．图3cosθ1＝x02R＝45，θ1＝37°，PM＝2Rsinθ1＝0.48m.临界2：如图4，初速度与＋y轴成θ2的粒子轨迹PQ相切于N，有R(1＋cosθ2)＝x0，同(2)，θ2＝

α＝53°，说明N点与A点重合．图4可得PN＝Rsinθ2＝0.32m.所求区域长度：l＝MN＝0.48－0.32m＝0.16m，沿与＋y轴成θ2＝53°方向到＋y轴方向发射的粒子均可以落在该区域，因此η＝53180×100%＝29.4%.答案：(1)1.6×104m/s(2)127π9

0×10－5sy＝12x(0≤x≤0.64m)(3)见解析获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com