【文档说明】2024届高考二轮复习物理试题（老高考新教材） 专题分层突破练8　磁场　带电粒子在磁场中的运动 Word版含解析.docx，共(12)页，844.080 KB，由小赞的店铺上传

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专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动A组基础巩固练1.(多选)(2023湖南湘潭模拟)如图所示,在截面为圆的绝缘弹性长管内表面两相互垂直的直径两端分别固定有四根轻质平行长直导线a、b、c、d,导线中通有大小相等的电流I,电流方向如

图所示。每根长直导线单独存在时,在圆心O处产生磁场的磁感应强度大小均为B=k𝐼𝑟=B0(k为常量,r为圆心到导线的距离),此时O处的磁感应强度大小为B1。若只解除导线d的固定,其他条件不变,在弹性长管发生形变后,O处的磁感应强度大小为B2,则关于B1和B2,下列说法正确的是()A.B1=

2B0,方向沿ab方向B.B1=0C.B1>B2,方向均沿ab方向D.B1<B2,方向均沿ba方向2.(多选)(2023湖南长沙模拟)如图所示,在以直角坐标系xOy的坐标原点O为圆心、半径为r的圆形区域内,存在磁感应强度大小为B、方向垂直xOy所在平面向里

的匀强磁场。一带电粒子由磁场边界与x轴的交点A处,以速度v沿x轴负方向射入磁场,粒子恰好能从磁场边界与y轴的交点C处沿y轴正方向飞出磁场,之后经过D点,D点的坐标为(0,3r),不计带电粒子所受重力。若磁场区域以A点为轴,在xOy平面

内顺时针旋转45°后,带电粒子仍以速度v沿x轴负方向射入磁场,飞出磁场后经过y=3r直线时,以下说法正确的是()A.经过y=3r直线时距D点的距离为(3-√2)rB.经过y=3r直线时距D点的距离为(4-√2)rC.带电粒子将与y=3r的

直线成45°角经过这条直线D.带电粒子仍将垂直经过y=3r这条直线3.(2023河北名校联考)如图所示,竖直平面内有三根轻质细绳,绳1水平,绳2与水平方向成60°角,O为结点,竖直绳3的下端连接一质量为m、长度为L的垂直于纸面放置的金属棒。金属棒所在空间存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场

,整个装置处于平衡状态。现给金属棒通入方向向里、大小由零缓慢增大的电流,电流的最大值为I0,可观察到绳3转过的最大角度为60°。已知重力加速度为g,则在此过程中,下列说法正确的是()A.绳1的拉力先增大后减小B.绳2的拉力先增大后减小C.绳3的

拉力最大值为2mgD.金属棒中电流I0的值为√3𝑚𝑔2𝐿𝐵4.(2023山东泰安模拟)如图所示,弹簧测力计下挂有一匝数为N的正方形导线框,导线框用横截面积为S的导线绕制而成,边长为L,质量为m。线框中通有顺时

针方向的电流I,它的上边框水平且处于垂直纸面向内、磁感应强度为B的匀强磁场中,线框处于静止状态。已知弹簧测力计示数为F、电子电荷量为e、导线单位体积内自由电子个数为n、重力加速度为g,自由电子定向移动的速率为()A.𝐼𝑁𝑆𝑒B.𝑚�

�-𝐹𝑁𝑛𝐿𝑆𝑒𝐵C.𝑚𝑔-𝐹𝑛𝐿𝑆𝑒𝐵D.𝑚𝑔-𝐹𝑁𝐿𝑆𝑒𝐵5.(2023山东济南模拟)如图所示,有一边长为a的正方形ABCD,在ABCD内的适当区域加一垂直正方形ABCD所在平面

的匀强磁场。一束电子以某一速度沿正方形ABCD所在平面、且垂直于AB边射入该正方形区域,已知该束电子从AB边上的任意点入射,都只能从C点沿正方形ABCD所在平面射出磁场,不计电子重力,则下列说法正确的是()

A.磁场方向垂直于ABCD所在平面向外B.电子在磁场中做圆周运动的半径为2aC.磁场的最小面积为(π-2)𝑎22D.磁场的最小面积为14πa26.(多选)(2023湖南株洲联考)如图所示,ACD为一半圆形区域,其中O为圆心,AD为直径,∠AOC=90°,半圆形区域内

存在着垂直该平面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一带电粒子(不计重力)从圆弧的P点以速度v沿平行于直径AD方向射入磁场,经过一段时间从C点离开磁场时,速度方向偏转了60°,设P点到AD的距离为d。下列说法正确的是()A.该粒子带负电B.该粒子的比

荷为𝑣2𝑑𝐵C.该粒子在磁场中运动时间为2𝑑π3𝑣D.直径AD长度为3d7.(2023湘豫名校联考)如图所示,水平虚线边界的上方存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场,O为水平虚线边界上一点。abcd为边长为L的正方形虚线边界,ad与水

平虚线边界重合,O、a两点间的距离为√3L,正方形虚线边界内存在与水平虚线边界上方同样的磁场。一束质量为m、电荷量为-q(q>0)的粒子从O点垂直于Oa方向射入磁场,这些粒子具有不同的速率。不计粒子重力和粒子之间的相互作用。在磁场中运动时间最长的粒子,其运动时间

为()A.4π𝑚3𝑞𝐵B.2π𝑚3𝑞𝐵C.π𝑚3𝑞𝐵D.π𝑚4𝑞𝐵8.(2023山东济南模拟)如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里,图中虚线为磁场的边界,其中bc段是半径为R的四分之一

圆弧,ab、cd的延长线通过圆弧的圆心,Ob长为R。一束质量为m、电荷量为q的粒子,在纸面内以不同的速率从O点垂直于ab方向射入磁场,已知所有粒子均从圆弧边界射出,其中M、N是圆弧边界上的两点(图中未画出),不计粒子间的相互作用和重力。则下列分析正确的是()A.粒子带负电B.

从M点射出的粒子速率一定大于从N点射出的粒子速率C.从M点射出的粒子在磁场中运动的时间一定小于从N点射出的粒子在磁场中运动的时间D.所有粒子射出磁场所用的最短时间为2π𝑚3𝑞𝐵B组素能提升练9.(多选

)(2023福建龙岩质检)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𝑞𝑚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53t,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π𝑚𝑞𝑡B.粒子运动的轨道半径为√37lC.粒子射入磁场的速度大小为√3π𝑙7𝑡D.粒子在磁场中扫过的面积为6√3+

3π49l210.(多选)(2023湖南长沙模拟)地磁场对宇宙高能粒子有偏转作用,从而保护了地球的生态环境。赤道平面的地磁场简化为如图所示,O为地球球心、R为地球半径。地磁场只分布在半径为R和2R的两边界之间的圆环区域内,磁感应强度大小

均为B,方向垂直纸面向里。假设均匀分布的带正电高能粒子以相同速度垂直MN沿赤道平面射向地球。已知粒子质量均为m、电荷量均为q,不计粒子的重力及相互作用力。下列说法正确的是()A.粒子无论速率多大均无法到达MN右侧地面B.若粒

子速率小于𝑞𝐵𝑅2𝑚,入射到磁场的粒子均无法到达地面C.若粒子速率为𝑞𝐵𝑅𝑚,正对着O处入射的粒子恰好可以到达地面D.若粒子速率为3𝑞𝐵𝑅2𝑚,入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面11.(2

023湖南岳阳二模)如图所示,直线MN上方存在着范围足够大的匀强磁场,在边界上的O点垂直于磁场且垂直于边界方向同时发射两个相同的粒子1和2,其中粒子1经过A点,粒子2经过B点。已知O、A、B三点在一条直

线上,且lOA∶lAB=3∶2,不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求:(1)两个粒子的速率之比;(2)两个粒子经过A点和B点的时间差。12.(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=𝐿2处的离子的最小速度v2。(3)若B2=𝐵1𝐿y,且离子源射出的离子数

按速度大小均匀地分布在𝐵1𝑞𝐿𝑚~6𝐵1𝑞𝐿𝑚范围,求进入第四象限的离子数与总离子数之比η。专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动1.AC由安培定则判断四根固定直导线在圆心O处产生磁场的磁感应强度的大小为B1=2B0,方向沿ab方向,A正确,B错误;若只解除导线d的

固定,由两通电直导线间的安培力作用满足“同向电流相互吸引,异向电流相互排斥”,可知导线d将沿圆的直径cd向上移动,导线d到圆心O的距离变大,稳定后,其在O处产生磁场的磁感应强度小于B0,方向仍沿ab方向,此时B

2<2B0,故B1>B2,方向均沿ab方向,C正确,D错误。2.AC根据题意,画出粒子在磁场中运动的轨迹,如图所示根据几何知识可以得到当粒子从磁场中出来时与y=3r夹角为45°,根据几何关系计算可以得到DM=(3-√2)r,故选A、C。3.C对整体分析,重力大小和方向不变,

绳1、2弹力方向不变,根据左手定则,安培力水平向右逐渐增大,由平衡条件得,水平方向F1=F2cos60°+BIL,竖直方向F2sin60°=mg,电流逐渐变大,则F1增大、F2不变,故A、B错误;当电流增大

到I0时,安培力与重力的合力最大,由sin30°=𝑚𝑔𝐹3,可得绳3的拉力最大值为F3=2mg,故C正确;对金属棒受力分析有tan30°=𝑚𝑔𝐵𝐼0𝐿,得I0=√3𝑚𝑔𝐵𝐿,故D错误。4.B根据电流的定义式可知I=𝑞𝑡=

𝑛𝑒𝑆𝑣𝑡𝑡=neSv,整理得v=𝐼𝑛𝑆𝑒,故A错误;根据左手定则可知,N匝线框所受安培力竖直向上,由线框静止可得F+F安=mg,F安=NBIL,联立以上各式可得v=𝑚𝑔-𝐹𝑁𝑛𝐵𝐿𝑆𝑒,故C、D错误

,B正确。5.C由于电子要在ABCD平面内从C点射出,由左手定则可以判断磁场必须垂直平面向里,故A错误;根据从A点入射的电子,从C点射出磁场,其轨迹恰好为四分之一圆周,可知电子在磁场中做圆周运动的半径为a,故B错误;磁场的最小面积是一个以B点为圆心、正方形的边长为半径的

四分之一圆和以D点为圆心、正方形的边长为半径的四分之一圆的公共范围,如图所示,由几何关系得最小面积为Smin=(π-2)𝑎22,故C正确,D错误。6.ABC由左手定则可知,粒子带负电,选项A正确;作出粒子运动轨迹如图所示,由几何知识可知四边形O1POC是菱形,粒子运动半径为R=2d,由q

vB=m𝑣2𝑅,解得𝑞𝑚=𝑣2𝐵𝑑,选项B正确;由几何知识可知粒子在磁场中运动的时间为六分之一的周期,则有t=16×2π𝑅𝑣=2π𝑑3𝑣,选项C正确;由几何知识可知直径AD长度为4d,选项D错误。7.A根据题意可知,当粒子由b点飞出时,运动的时间最长

,运动轨迹如图所示,设粒子做圆周运动的半径为R,由几何关系有R2-(√3L-R)2=L2,cos∠aO1b=√3𝐿-𝑅𝑅,解得R=2√33L,∠aO1b=60°,由牛顿第二定律有qvB=m𝑣2𝑅,解得v=𝐵𝑞𝑅𝑚

,由几何关系可知,粒子运动轨迹的长度为s=60°+180°360°·2πR=43πR,则粒子的运动时间为t=𝑠𝑣=4π𝑚3𝐵𝑞,故选A。8.D粒子做逆时针的匀速圆周运动,根据左手定则,可知粒子带正电,A错误;根据qvB=m𝑣2𝑟得v=𝑞𝐵𝑟𝑚,由于M、N两点

具体位置未知,故无法判断从M点射出的粒子速率和从N点射出的粒子速率的大小关系,B错误;由t=𝜃2πT=𝜃2π·2π𝑚𝑞𝐵,粒子周期不变,圆周运动的圆心角越大,运动时间越长,由几何关系可知,弦切角等于圆心角的一半,当弦切角越小,运动时间越短,如图所示,当弦与bc圆弧边界相切时

,弦切角最小。Ob等于R,由几何关系,此时圆周运动的圆心角为120°,则最短时间为tmin=120°360°·2π𝑚𝑞𝐵=2π𝑚3𝑞𝐵,M、N两点具体位置未知,则无法判断从M点射出的粒子在磁场中运动的时间和从N

点射出的粒子在磁场中运动的时间的大小关系,C错误,D正确。9.CD带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,垂直BC边射出的粒子在磁场中运动的时间t=14T=π𝑚2𝑞𝐵,解得B=π𝑚2𝑞𝑡,故A错误;设运动时间最长的粒子在磁场中

的运动轨迹所对的圆心角为θ,则有𝜃2πT=𝜃𝑚𝑞𝐵=53t,解得θ=5π6,画出该粒子的运动轨迹如图所示,设圆周运动半径为R,由几何知识有𝑅cos30°+Rcos30°=l,可得R=2√37l,故B错误;粒子在磁场中运动时有qvB=𝑚𝑣2𝑅,可得粒子射入磁场的速度大小为v=𝑞�

�𝑅𝑚=√3π𝑙7𝑡,故C正确;从D点射入的粒子恰好不从AB边射出,由几何知识可得粒子在磁场中扫过的面积为S=14πR2+R·Rcos30°=6√3+3π49l2,故D正确。10.BD射入方向在地球下表面以下的粒子,只要速率合适,粒子可到达MN右侧地面,故A错

误。若粒子的速率为𝑞𝐵𝑅𝑚,则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,有qvB=m𝑣2𝑟,解得r=R,若粒子正对着O处入射,且恰好可以到达地面,其轨迹如图所示,设该轨迹半径为r1,由几何关系可得√𝑟12+(2𝑅)2-r1=R,解得r1=32R≠r,故C错误。

若粒子的速率为𝑞𝐵𝑅2𝑚,则粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,有qv1B=m𝑣2𝑟2,解得r2=𝑅2,若粒子的入射方向在正对O处以上,根据左手定则可知,其粒子的轨迹为向上偏转,则入射到磁场的粒子均不可能到达地面,故B正确。若粒子速率为3𝑞𝐵𝑅2𝑚,由洛伦兹力提供向

心力得qv2B=m𝑣22𝑟3,解得r3=3𝑅2=r1,由C项的分析可知,此时若粒子正对着O处入射,则恰好可以到达地面;而在对着O处以上的方向入射的粒子,因为向上偏转,均不能到达地面;而在对着O处以下的

方向入射的粒子均会到达地面。综上所述,入射到磁场的粒子恰好有一半可以到达地面,故D正确。11.答案(1)3∶5(2)0解析(1)设∠NOB=θ,粒子1和2的轨道半径为r1、r2,粒子1的轨迹如图所示根据几何关系可得lOA=2r1cosθ同理

可得lOB=2r2cosθ由题意可得lOA∶lOB=3∶5故r1∶r2=3∶5由洛伦兹力提供向心力可得qvB=𝑚𝑣2𝑟整理可得v=𝑞𝐵𝑟𝑚可得两个粒子的速率之比v1∶v2=3∶5。(2)两粒子在磁场中的

运动周期均为T'=2π𝑚𝑞𝐵粒子1从O到A转过的圆心角与粒子2从O到B转过的圆心角相等,均为π-2θ,有t=π-2𝜃2πT由于两粒子周期完全相同,可知两个粒子同时经过A点和B点,时间差为0。12.答案(1)2𝑞𝐵1𝐿𝑚2π𝑚3

𝑞𝐵1(2)4𝑞𝐵1𝐿𝑚(3)60%解析(1)离子刚好不进入区域Ⅱ的轨迹如图甲所示。甲根据几何关系得,离子的运动半径为r=2L,偏转角为2θ=120°根据qv1B1=m𝑣12𝑟解得v1=2𝑞�

�1𝐿𝑚运动周期T=2π𝑚𝑞𝐵1运动时间t=2𝜃360°T解得t=2π𝑚3𝑞𝐵1。(2)若B2=2B1,根据r=𝑚𝑣𝑞𝐵,可得r1=2r2,离子运动轨迹如图乙所示,设离子到达y=12L时,在区域Ⅱ中由几何

关系得r2(1-cosθ2)=12L乙在区域Ⅰ中由几何关系得r1(cosθ2-cos60°)=L解得cosθ2=34r1=4L,r2=2L根据r1=𝑚𝑣2𝑞𝐵1解得v2=4𝑞𝐵1𝐿𝑚。(3)当v1>2𝑞𝐵1𝐿𝑚时,离子可进入区域Ⅱ。B2随y变化,设

离子刚好到达x轴,在区域Ⅰ中的运动时间为t1,在区域Ⅱ中的运动时间为t2,则在x方向全过程用动量定理得q∑B1vyt1+q∑B2vyt2=mv-mvcosθ∑B1vyt1=B1L画出B2随y变化的图像如图所示,∑B2vyt2=12B1L解得v=3𝑞𝐵�

�𝑚当离子速度v>3𝑞𝐵𝐿𝑚时,离子进入第四象限。