223届高考物理（广东、浙江、海南）二轮专题分层突破训练8：磁场：带电粒子在磁场中的运动（含答案）

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1、专题分层突破练8磁场带电粒子在磁场中的运动A组1.(多选)(2022广东广州一模)如图所示,高压输电线上使用abcd正方形间隔棒支撑导线L1、L2、L3、L4,目的是固定导线间距,防止导线相碰。四条导线及正方形abcd的几何中心均为O,当四根导线通有等大同向电流时,下列说法正确的是()A.几何中心O点的磁感应强度不为零B.几何中心O点的磁感应强度为零C.L1对L2的安培力小于L1对L3的安培力D.L1所受安培力的方向沿正方形的对角线ac方向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

2、速度从立方体左侧垂直yOz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,可能正确的是()3.(2022广东深圳二模)如图所示是一种电磁炮简易模型。间距为L的平行导轨水平放置,导轨间存在竖直方向、磁感应强度为B的匀强磁场,导轨一端接电动势为E、内阻为r的电源。带有炮弹的金属棒垂直放在导轨上,金属棒电阻为R,导轨电阻不计。通电后棒沿图示方向发射。则()A.磁场方向竖直向下B.闭合开关瞬间,安培力的大小为BELR+rC.导轨越长,炮弹的出射速度一定越大D.若同时将电流和磁场方向反向,炮弹将沿图中相反方向发射4.(2022北京延庆一模)如图所示,边长为L的正方形区域abc

3、d内有垂直纸面向里的匀强磁场,一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边以一定速度射入磁场,仅在洛伦兹力的作用下,正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力,下列说法正确的是()A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子将从b点射出B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子将从a点射出D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍5.(2022广东广州一模)如图所示,虚线内有垂直纸面的匀强磁场,acb是半圆,圆心是O,半径为r,bOc=60,现有一质量为m、电荷量为+q的离

4、子,以速度v沿半径Oc射入磁场,从bd边垂直边界离开磁场,则()A.离子做圆周运动的半径为2rB.离子离开磁场时距b点为3rC.虚线内的磁感应强度大小为mv3qrD.离子在磁场中的运动时间为53r6v6.(多选)(2022河北吴桥中学期中)如图所示,在直线AB上方存在着范围足够大、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从O点以速度v0沿垂直于AB的方向进入磁场,经过t时间运动到磁场中的C点。已知O、C连线与初速度v0的夹角为,不计粒子的重力,下列说法正确的是()A.带电粒子从O点运动至C点的过程中,速度偏转角为B.带电粒子在磁场中运动的时间为t2C.带电粒子在磁场中运动的轨迹直径为v0t2D

5、.若仅增大粒子的入射速度大小,经过t2时间粒子速度方向偏转的角度为B组7.(多选)(2022广东深圳二调)如图所示为地球赤道剖面图,地球半径为R,把地面上方高度为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。下列说法正确的是()A.粒子带正电B.轨迹半径为5R8C.粒子的比荷为vBRD.若粒子入射速度减小,在该磁场区域的运动时间增大8.(多选)(2022河北石家庄质检)如图所示,边长为0.64 m的正方形虚线框内有磁感应强度B=0.3 T的匀强磁场,方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P,它在纸面内

6、同时向各个方向均匀连续发射大量相同的粒子,粒子速度大小均为v=3.0106 m/s,比荷qm=5.0107 C/kg。不考虑粒子重力及粒子间相互作用,sin 37=0.6,cos 37=0.8,下列说法正确的是()A.粒子在磁场中运动的最短时间为5313510-7 sB.粒子在磁场中运动的最长时间为2310-7 sC.正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6 mD.稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为129.(2022广东广州二模)如图所示,边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,当电荷量为+q的粒子从ab边中点O沿纸面垂直

7、于ab边射入磁场区域时,记录到粒子从ad边射出,则这些粒子进入磁场时的动量p满足()A.qBL4p5qBL4B.qBL4pqBLC.qBLp5qBL4D.pqBL4或p5qBL410.(2022广东中山期末)如图所示是一同学设计的测量带电粒子比荷的装置,AB和A1B1是平行板电容器的两个极板,板间电压为U0,AB极板中心位置有一小孔。某种带电粒子从紧靠极板A1B1中心处由静止释放,经电场加速后从AB极板正中间垂直AB射入四分之一环形区域,环形区域一端和极板AB相连,另一端CD和光屏相连,光屏中心为P1,内环AC和外环BD用轻薄传导材料制成,当有带电粒子附着时会被即刻导走,不会形成电荷聚集,不会

8、在环形区域附近形成电场。环形区域圆心为O,内环AC半径为R,外环BD半径为2R,环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场(图中未画出),当磁感应强度为B0时粒子经加速后恰好从P点运动到光屏中心P1点,不计粒子重力。(1)该粒子带正电还是负电?(2)求该粒子的比荷。(3)为使该粒子能到达光屏CD上,求环形区域内磁感应强度的取值范围。答案：1.BD解析 因四条导线中的电流大小相等,O点与四条导线的距离均相等,由右手定则和对称性可知,L1在O点的磁感应强度与L3在O点的磁感应强度等大反向,L2在O点的磁感应强度与L4在O点的磁感应强度等大反向,所以四条导线在O点的合磁感应强度等于0,故A错误,B正确;相比

9、于L3,L2离L1更近些,处于L1较强的磁场区域,由安培力大小与B成正比可知,L1对L2的安培力大于L1对L3的安培力,故C错误;根据“同向电流吸引,反向电流排斥”的推论可知,L1受其余三条导线的吸引力分别指向三条导线,根据对称性,L2对L1的安培力与L4对L1的安培力大小相等,所以两者合力指向ac方向,再与L3对L1的安培力(沿ac方向)合成,总安培力方向沿正方形的对角线ac方向,故D正确。2.A解析 质子射出后,先在对角平面MNPQ左侧运动,根据左手定则可知,刚射出时受到沿y轴正方向的洛伦兹力,做匀速圆周运动,沿z轴负方向看为逆时针方向,即在对角平面MNPQ左侧会向y轴正方向偏移,y轴坐标

10、增大;在对角平面MNPQ右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,做与左侧半径相同的匀速圆周运动,沿z轴负方向看为顺时针方向,选项A正确,B错误。质子在整个运动过程中只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,选项C、D错误。3.B解析 流过炮弹的电流为逆时针方向,所受安培力水平向右,根据左手定则可知磁场方向竖直向上,故A错误;闭合开关瞬间电流为I=ER+r,则安培力为F=BIL=BELR+r,故B正确;金属棒开始运动后会产生反电动势,随着速度增大,反电动势随之增大,则流过金属棒的电流越来越小,安培力也越来越小,直到通过金属棒的电流为零,速度达到最大,所以炮弹的出射速度有

11、最大值,故C错误;若同时将电流和磁场方向反向,根据左手定则可知,炮弹发射方向不变,故D错误。4.C解析 由题意和左手定则可知,粒子带正电,带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,如图所示。则有Bqv=mv2r,r=mvqB,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,即v=2v,则粒子的半径将增大为原来的2倍,由图可知,粒子不会从b点射出,A错误; 粒子在磁场中运动的周期为T=2mqB,由图可知,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,则粒子的半径将增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的圆心角将减小,周期不变,则粒子在磁场中运动的时间将减小,B错误;若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子

12、的运动半径将减小为原来的12,将从a点射出,C正确;若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,由r=mvqB、T=2mqB可知,粒子在磁场中运动的半径和周期将减小,粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,时间将不变,D错误。5.D解析 由题意,离子在磁场中运动轨迹示意图如图所示。根据几何关系,离子在磁场中做圆周运动的半径为R=3r,离子离开磁场时的位置与b点的距离为(3+1)r,故A、B错误;离子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2R,可得B=mvqR=mv3qr,故C错误;由几何关系知,离子在磁场中运动轨迹对应的圆心角为150,则运动时间为t=2T=mqB=53r6v,故D正确。6.BD解析 作出

13、粒子的运动轨迹如图所示,从O点运动至C点,根据几何关系可知,粒子的速度偏向角等于圆心角,OO1C=2,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,从O点运动至C点的时间为t,因此t=22T,且T=2mqB,联立解得mqB=t2,而带电粒子在磁场中运动的时间t1=T2=t2,故B正确;根据qv0B=mv02r,可得带电粒子在磁场中运动的半径r=mv0qB=v0t2,直径为v0t,故C错误;若仅增大粒子的入射速度大小,粒子在磁场中运动的周期不变,经过t时间运动的圆弧对应的圆心角为2,由A选项的分析可知经过t2时间粒子速度方向偏转的角度为,故D正确。7.BD解析 由左手定则可知,粒子带负电,选项A错误;由

14、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;若粒子入射速度减小,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=2mqB不变,则由t=2T可知,粒子在该磁场区域的运动时间增大,选项D正确。8.ABC解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动,由qvB=mv2r得r=mvqB,代入数据解得r=0.2 m。假设粒子逆时针转动,则粒子射出范围如图所示。当轨迹对应的弦最短时,对应圆心角最小,此时在磁场中运动时间最短,由题意知,即弦恰好垂直于磁场边界时,弦最短,由几何关系知弦长为d=l2=0.32 m,由几何

15、关系知,sin2=dr,此时对应圆心角为=106,所以最短时间为tmin=1063602mqB=5313510-7 s,同理可知,最长弦恰好为直径,所以最长时间为tmax=122mqB=2310-7 s,故A、B正确;由几何关系知r+rsin =0.32 m,cos =0.32m2r,解得=37,=37,则AD=2rsin +rcos =0.4 m,所以边界上有粒子射出的总长度为0.44 m=1.6 m,且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比,即为58 ,故C正确,D错误。9.A解析 电荷量为+q的粒子进入磁场,根据洛伦兹力提供向心力有qvB=mv2r,解

16、得r=mvqB=pqB,若粒子从a点射出,由几何关系可知r1=L4,若粒子从d点射出,由几何关系可知L2+r2-L22=r22,解得r2=5L4,则粒子在磁场中运动的半径满足L4r5L4,故粒子进入磁场时的动量p满足qBL4p5qBL4,故选A。10.答案 (1)粒子带正电(2)8U09R2B02(3)1825B0B1813B0解析 (1)由左手定则可知,粒子带正电。(2)设粒子的质量为m,电荷量为q,粒子经电场加速后速度为v0,由U0q=12mv02得v0=2U0qm当磁感应强度为B0时,粒子做圆周运动的半径为r=32R由qv0B0=mv02r得qm=8U09R2B02。(3)若磁感应强度为

17、B1时,粒子恰好能打在D位置,此时运动轨迹的圆心为O1,如图甲所示,设OO1距离为x,半径为r1甲由几何关系可知r12=x2+(2R)2其中r1=x+32R解得x=712R,r1=2512R由qv0B1=mv02r1可得B1=mv0qr1联立各式解得B1=1825B0若磁感应强度为B2时,粒子恰能打在C位置,此时运动轨迹的圆心为O2,如图乙所示,设OO2距离为x,轨迹半径为r2乙由几何关系可知r22=x2+R2其中r2=32R-x解得x=512R,r2=1312R由qv0B2=mv02r2可得B2=mv0qr2联立各式解得B2=1813B0综上所述,为使该粒子能打到光屏上,磁感应强度的取值范围是