高考物理二輪總復習專題分層突破練8磁場帶電粒子在磁場中的運動

專題分層突破練8磁場帶電粒子在磁場中的運動A組1.(2023河南聯考模擬)下圖為磁場天平原理示意圖,可通過磁場天平測量磁感應強度。質量為m的均質細金屬棒通過兩相同的輕質彈簧懸掛,金屬棒處于水平狀態(tài),彈簧勁度系數為k,金屬棒通過輕質導線通有大小為I的電流。長方形abcd為理想磁場邊界,磁場邊界ab長度為l。金屬桿的右端有絕緣輕指針,無磁場時,調整指針位置指到0刻度。當長方形abcd區(qū)域內有勻強磁場,方向垂直紙面向外時,金屬棒穩(wěn)定時指針向下移動距離x,則該磁場的磁感應強度B為()A.kx-mgIlC.kxIl D.2.如圖所示,在垂直于紙面的方向上有三根長直導線,其橫截面位于正方形的三個頂點b、c、d上,導線中通有大小相同的電流,方向如圖所示,一帶負電的粒子從正方形的中心O點沿垂直于紙面的方向向外運動,它所受洛倫茲力的方向是()A.沿O到a方向 B.沿O到c方向C.沿O到d方向 D.沿O到b方向3.已知通電直導線磁場中某點的磁感應強度大小為B=kIr(式中k為常數,I為電流,r為該點距導線的距離)。現有垂直于紙面放置的三根通電直導線a、b、c,其中三根導線間的距離之比為lab∶lbc∶lca=5∶3∶4。已知a、b導線在c處產生的磁感應強度方向平行于a、b的連線。設a、b中的電流之比為n,則(A.a、b中的電流同向,n=16B.a、b中的電流反向,n=16C.a、b中的電流同向,n=1D.a、b中的電流反向,n=14.如圖所示,報廢的近地衛(wèi)星離軌時,從衛(wèi)星中釋放一根導體纜繩,纜繩的下端連接有空心導體。纜繩以軌道速度v在地磁場B中運動,使得纜繩中產生感應電流。電荷向纜繩兩端聚集,同時兩端與電離層中的離子中和,使得電流持續(xù)。由于感應電流在地磁場中受到安培力的作用,從而能加快廢棄衛(wèi)星離軌。設纜繩中電流處處相等,那么()A.纜繩中電流的方向由衛(wèi)星流向空心導體B.相同長度的纜繩受到安培力的大小相等C.纜繩受到安培力的方向與衛(wèi)星速度方向間的夾角大于90°D.由于安培力做負功,故在衛(wèi)星降軌的過程中,其動能一定減小5.(多選)如圖所示,在長方形abcd區(qū)域有垂直于紙面向內的勻強磁場,已知ab長為l,ad長為3l,磁感應強度大小為B,a處有一個粒子源,在某時刻向長方形區(qū)域發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶負電粒子(粒子重力不計),速度方向均在紙面內。則下列說法正確的是()A.沿ab方向入射、bc邊射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,在磁場中運動的時間越長B.沿ab方向入射、bc邊射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,在磁場中運動的時間越短C.沿bc方向恰好從c點出射的粒子速度為3D.沿bc方向恰好從c點出射的粒子速度為26.(多選)如圖所示,磁感應強度為B的勻強磁場中,垂直磁場方向固定一邊長為l的正方形線框abcd,線框每邊電阻均為R。將線框的頂點a、b接在電動勢為E、內阻為R的電源上,開關S閉合電路穩(wěn)定后()A.線框的ad邊和bc邊受到的安培力方向相反B.線框的ab邊和dc邊受到的安培力方向相反C.整個線框受到的安培力大小為0D.整個線框受到的安培力大小為47.如圖所示,在x軸上方有方向垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場,在x軸下方也有垂直于紙面的勻強磁場(圖中未畫出)。一個質量為m、電荷量為q的帶負電粒子,在紙面內以大小為v的速度從O點與x軸負方向成60°角射入x軸上方磁場,粒子第1次經過x軸時的位置為P(圖中未畫出),第2次經過x軸時的位置為Q(圖中未畫出),且粒子從O點到P點的運動時間等于粒子從P點到Q點的運動時間,不計粒子受到的重力。求:(1)從P點到O點的距離;(2)x軸下方勻強磁場的磁感應強度大小和方向。B組8.(2023遼寧沈陽二中三模)如圖所示,在平面直角坐標系xOy的第Ⅳ象限內有垂直于坐標平面向里的勻強磁場,一質量為5×108kg、電荷量為1×106C的帶正電粒子,以20m/s的速度從y軸上的P點沿與y軸負方向成45°角的方向進入磁場。已知lOP=10(2+2)cm,不計粒子所受重力,若粒子恰好未進入x軸上方區(qū)域,則磁場的磁感應強度的大小為()A.0.3T B.0.05TC.3T D.5T9.(2023江西質檢)右圖是離子速度選擇器的原理示意圖,在橫截面半徑r=10cm的圓形區(qū)域內有磁感應強度B=1×104T的勻強磁場,磁場方向平行于柱形圓筒的軸線O,在圓柱形筒壁上某一直徑兩端開有兩個小孔a、b,它們分別作為離子的入射孔和出射孔,在a、b所在圓平面內從a孔射入,離子射入的角度不同,最后能從b孔射出的離子速度大小就不同?，F有一束比荷為qm=2×1011C/kg的正離子,與a、b連線成θ=30°從a孔射入,且不與筒壁碰撞而從出射孔b射出,則該離子的速度大小為(A.2×106m/s B.4×106m/sC.4×105m/s D.2×105m/s10.如圖所示,真空中,在兩個同心圓所夾的環(huán)狀區(qū)域存在(含邊界)垂直于紙面向里磁感應強度為B的勻強磁場,兩圓的半徑分別為R和3R,圓心為O。質量為m、電荷量為q(q>0)的帶電粒子從大圓邊緣的P點沿半徑PO方向以不同的速度垂直射入磁場,粒子重力不計。(1)若粒子在磁場中運動軌跡所對的圓心角為120°,求粒子在磁場中運動速度大小v1和在磁場中運動的時間t1;(2)若粒子不能進入小圓內部區(qū)域,求粒子在磁場中運動的速度v2。11.(2022全國甲卷)光點式檢流計是一種可以測量微小電流的儀器,其簡化的工作原理示意圖如圖所示。圖中A為輕質絕緣彈簧,C為位于紙面上的線圈,虛線框內有與紙面垂直的勻強磁場;M為置于平臺上的輕質小平面反射鏡,輕質剛性細桿D的一端與M固連且與鏡面垂直,另一端與彈簧下端相連,PQ為圓弧形的、帶有均勻刻度的透明讀數條,PQ的圓心位于M的中心。使用前需調零:使線圈內沒有電流通過時,M豎直且與紙面垂直;入射細光束沿水平方向經PQ上的O點射到M上后沿原路反射。線圈通入電流后彈簧長度改變,使M發(fā)生傾斜,入射光束在M上的入射點仍近似處于PQ的圓心,通過讀取反射光射到PQ上的位置,可以測得電流的大小。已知彈簧的勁度系數為k,磁場磁感應強度大小為B,線圈C的匝數為n、沿水平方向的長度為l,細桿D的長度為d,圓弧PQ的半徑為r,r?d,d遠大于彈簧長度改變量的絕對值。(1)若在線圈中通入的微小電流為I,求平衡后彈簧長度改變量的絕對值Δx及PQ上反射光點與O點間的弧長s;(2)某同學用此裝置測一微小電流,測量前未調零,將電流通入線圈后,PQ上反射光點出現在O點上方,與O點間的弧長為s1;保持其他條件不變,只將該電流反向接入,則反射光點出現在O點下方,與O點間的弧長為s2。求待測電流的大小。12.(2023湖北師大一附中二次質檢)如圖所示,真空中有兩垂直于紙面的水平擋板,板間距離為d,長為l。一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子,恰從下方擋板邊緣以初速度v0入射,入射方向在紙面內、與水平擋板的夾角θ=53°。粒子每次撞擊擋板時電荷量不變,沿擋板方向的分速度大小減為一半、方向不變,垂直于擋板方向的分速度大小也減為一半、方向反向。粒子與擋板發(fā)生第1次撞擊處的右方區(qū)域存在磁感應強度大小為B、方向垂直于紙面向外的勻強磁場。(不計粒子重力,sin53°=0.8,cos53°=0.6)(1)若粒子始終不與下擋板碰撞,則d應滿足什么條件?(2)若d=4m(3)若d=4mv0答案：1.D解析無磁場時指針位于0刻度處,此時彈簧彈力與金屬棒重力平衡,設彈簧的形變量為x0,2kx0=mg,則當指針向下移動距離x穩(wěn)定時,2kx0+2kx=BIl+mg,聯立解得B=2kx2.A解析由安培定則可判斷三根導線在O點處產生的磁場方向如圖所示,由磁場的疊加可知它們的合磁場方向水平向左,再由左手定則可判斷帶負電的粒子所受洛倫茲力方向沿O到a方向。故選A。3.C解析由c處的磁感應強度方向平行于a、b的連線,根據右手螺旋定則及平行四邊形定則可知,a、b通電導線的電流方向同向,由幾何關系及平行四邊形定則可知,a導線在c處產生的磁感應強度大小與b導線在c處產生的磁感應強度大小滿足BacBbc=34,根據4.C解析由右手定則可知,電流方向由空心導體流向衛(wèi)星,故A錯誤。因為地磁場不是勻強磁場,所以相同長度的纜繩受到的安培力不一定大小相等,故B錯誤。由左手定則可知,纜繩受到的安培力與衛(wèi)星速度方向的夾角大于90°,故C正確。動能的增大和減小,與安培力做負功沒有必然聯系,因為引力做正功,故D錯誤。5.BD解析沿ab方向入射、bc邊射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,運動半徑越大,在磁場中運動的軌跡對應的圓心角越小,則運動時間越短,選項A錯誤,B正確。沿bc方向恰好從c點出射的粒子的運動軌跡如圖所示,由幾何關系可知r2=(rl)2+(3l)2,解得r=2l,根據qvB=mv2r,解得v=6.AD解析線框ad邊和bc邊中的電流方向相反,受到的安培力方向相反,選項A正確。線框ab邊與dc邊中的電流方向相同,所受的安培力方向相同,選項B錯誤。設a、b間電阻為r,則1r=1R+13R,所以r=37.答案(1)3mvBq解析(1)根據題意可知,粒子在洛倫茲力的作用下做勻速圓周運動,如圖甲所示。甲根據洛倫茲力提供向心力有Bqv=mv根據幾何知識有l(wèi)OP=2rsinθ聯立解得,從P點到O點的距離為lOP=3mv(2)根據圓周運動的周期T=2則運動時間為t=α2π①若x軸下方的磁場方向垂直于紙面向外,粒子的運動軌跡如圖乙所示。乙根據幾何知識有α1=α2=240°由于粒子從O點到P點的運動時間等于粒子從P點到Q點的運動時間,故有B下=B。②若x軸下方的磁場方向垂直于紙面向里,粒子的運動軌跡如圖丙所示。丙根據幾何知識有α2=12α1=由于粒子從O點到P點的運動時間等于粒子從P點到Q點的運動時間,故有B下'=12B8.D解析帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,設其運動半徑為R,恰好未進入x軸上方區(qū)域的運動軌跡如下圖所示。由幾何關系得lOP=R+Rcos45°,已知lOP=10(2+2)cm=0.1(2+2)m,解得R=0.2m,由qvB=mv2R9.B解析正離子在磁場中的軌跡如圖所示。根據幾何關系可得,離子的軌跡半徑為R=2r=2×0.1m=0.2m,由洛倫茲力提供向心力qvB=mv2R,解得v=qBRm=2×1011×1×104×0.2m/s=4×10.答案(1)3(2)0<v2≤4解析(1)由圖甲得r1=3Rtan30°=3R由牛頓第二定律得qv1B=mv解得v1=3帶電粒子在磁場中運動的周期T=2帶電粒子在磁場中運動的時間t1=120°360°甲乙(2)設帶電粒子恰好不能進入小圓內部區(qū)域的最大速度為vmax,對應半徑為rmax。由幾何關系得(3R)2+rmax2=(rmax+R解得rmax=4R同理可得vmax=4所以0<v2≤4qBR11.答案(1)nBIl(2)dk解析(1)線圈中通入微小電流I,線圈受到的安培力為F=nBIl彈簧彈力的改變量的絕對值為Δx,則有F=kΔx解得Δx=nBIl設此時平面鏡偏轉角度為θ,則反射光線轉過的角度為2θ因為r?d,d遠大于彈簧長度改變量的絕對值,所以θ≈tanθ=ΔPQ上反射光點與O點間的弧長s=2θr解得s=2nBIlr(2)設待測電流為I',電流反向前后彈簧彈力的變化量F=2nBI'l彈簧彈力的改變量的絕對值為Δx',則有F=kΔx'反射光線轉過的角度為s平面鏡轉過的角度為φ=s根據φ=Δ解得I'=dk(12.答案(1)d>m(2