专题分层突破练8 磁场 带电粒子在磁场中的运动A组1.(2021浙江绍兴高三二模)如图所示,在架子上吊着一根绝缘导线,右侧导线下部某处装有一个铅坠,使导线保持竖直状态,下端连接着一个铝箔刷子,刷子下方放置一张铝箔,调整刷子的高度使之下端刚好与铝箔接触。将左侧导线接到电源的正极上,电源的负极连接铝箔,用可移动的夹子水平地夹住一根强磁铁,右端N极正对右侧导线,接通电源,发现右侧导线在摆动。下列判断正确的是( ) A.右侧导线开始时垂直纸面向里摆动B.右侧导线在摆动过程中一直受到安培力作用C.右侧导线在整个摆动过程中安培力对其做正功D.同时改变电流方向及磁铁的磁极方向,右侧导线开始摆动方向与原来相同2.(2021山东临沂高三一模)如图所示,在垂直纸面的方向上有三根长直导线,其横截面位于正方形的三个顶点b、c、d上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示,一带负电的粒子从正方形的中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是( )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.(2021河北高三月考)已知通电直导线磁场中某点的磁感应强度大小为B=k(式中k为常数,I为电流大小,r为该点距导线的距离)。现有垂直纸面放置的三根通电直导线a、b、c,其中三点间的距离之比为ab∶bc∶ca=5∶3∶4。已知a、b导线在c点产生的磁感应强度方向平行于a、b的连线。设a、b的电流之比为n,则( )A.a、b的电流同向,n=B.a、b的电流反向,n=C.a、b的电流同向,n=1D.a、b的电流反向,n=1
4.(2021贵州高三月考)比荷相同的带电粒子M和N,经小孔S以相同的方向垂直射入匀强磁场中,M和N仅在洛伦兹力作用下运动的部分轨迹分别如图中虚线a、b所示。下列说法正确的是( )A.M带负电,N带正电B.N的速度大于M的速度C.M、N在磁场中运动的周期相等D.洛伦兹力对M、N均做正功5.如图所示,有界匀强磁场边界线SP与MN平行,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场,粒子的比荷相同,其中从a点射出的粒子的速度v1与MN垂直;从b点射出的粒子的速度v2与MN成60°角,设两粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,不计重力和粒子间的相互作用,则t1∶t2为( )A.1∶3B.4∶3C.1∶1D.3∶26.(多选)(2021山东枣庄高三二模)如图所示的长方体金属导体,前表面为abcd,已知Lab=10cm、Lbc=5cm。当C、D两端加电压U时,其中电流为2A;当A、B两端加电压2U时,其中电流为I。下列说法正确的是( )A.I=2AB.I=1AC.若A端接电源正极、B端接负极,同时加一垂直于abcd面向里的匀强磁场,则C端电势高D.若A端接电源正极、B端接负极,同时加一垂直于abcd面向里的匀强磁场,则D端电势高7.(多选)(2021河南高三月考)如图所示,磁感应强度为B的匀强磁场中,垂直磁场方向固定一边长为L的正方形线框abcd,线框每边电阻均为R。将线框的顶点a、b接在电动势为E、内阻为R的电源上,开关S闭合电路稳定后( )A.线框的ad边和bc边受到的安培力方向相反B.线框的ab边与dc边受到的安培力方向相反
C.整个线框受到的安培力大小为0D.整个线框受到的安培力大小为8.(2021福建厦门高三一模)如图所示,在x轴上方有方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,在x轴下方也有垂直纸面的匀强磁场(图中未画出)。一个质量为m、电荷量为q的带负电粒子,在纸面内以大小为v的速度从O点与x轴负方向成60°角射入x轴上方磁场,粒子第1次经过x轴时的位置为P(图中未画出),第2次经过x轴时的位置为Q(图中未画出),且粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,不计粒子受到的重力。求:(1)从P点到O点的距离;(2)x轴下方匀强磁场的磁感应强度大小。B组9.(多选)(2021湖北武汉高三月考)如图所示,直线POQ的上方有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,两带电粒子P、Q先后射入磁场,P的速度与磁场边界的夹角为30°,Q的速度与磁场边界的夹角为60°。已知两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同,且均从O点射出磁场,PO=2OQ,则( )A.P和Q均带正电
B.P和Q的比荷之比为1∶2C.P和Q的速度大小之比为∶1D.P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶110.(多选)(2021广东东莞高级中学高三月考)如图所示为洛伦兹力演示仪的结构图,励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外,电子束由电子枪产生,其速度方向与磁场方向垂直。电子速度的大小和磁场强弱可分别由电子枪的加速电压和通过励磁线圈的电流来调节。下列操作一定能使电子的轨道半径增大的是( )A.仅提高电子枪加速电压B.仅增大励磁线圈中电流C.提高电子枪的加速电压同时减小励磁线圈中的电流D.提高电子枪的加速电压同时增大励磁线圈中的电流11.(2021浙江6月选考)如图甲所示,空间站上某种离子推进器由离子源、间距为d的中间有小孔的两平行金属板M、N和边长为L的立方体构成,其后端面P为喷口。以金属板N的中心O为坐标原点,垂直立方体侧面和金属板建立x、y和z坐标轴。M、N板之间存在电场强度为E、方向沿z轴正方向的匀强电场;立方体内存在磁场,其磁感应强度沿z方向的分量始终为零,沿x和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0可调。氙离子(Xe2+)束从离子源小孔S射出,沿z方向匀速运动到M板,经电场加速进入磁场区域,最后从端面P射出,测得离子经电场加速后在金属板N中心点O处相对推进器的速度为v0。已知单个离子的质量为m、电荷量为2e,忽略离子间的相互作用,且射出的离子总质量远小于推进器的质量。(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS;(2)不考虑在磁场突变时运动的离子,调节B0的值,使得从小孔S射出的离子均能从喷口后端面P射出,求B0的取值范围;(3)设离子在磁场中的运动时间远小于磁场变化周期T,单位时间从端面P射出的离子数为n,且B0=。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。
12.(2021福建福州高三一模)如图所示,真空中,在两个同心圆所夹的环状区域存在(含边界)垂直于纸面向里磁感应强度为B的匀强磁场,两圆的半径分别为R和3R,圆心为O。质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子从大圆边缘的P点沿半径PO方向以不同的速度垂直射入磁场,粒子重力不计。(1)若粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为120°,求粒子在磁场中运动速度大小v1和在磁场中运动的时间t1;(2)若粒子不能进入小圆内部区域,求粒子在磁场中运动的速度v2的取值范围。
13.(2021云南高三二模)如图所示,在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中有一粒子源,粒子源从O点在纸面内均匀向各个方向同时发射速率为v、比荷为k的带正电的粒子,PQ是在纸面内垂直磁场放置的厚度不计的挡板,挡板的P端与O点的连线与挡板垂直,距离为,且粒子打在挡板上会被吸收,不计带电粒子的重力与粒子间的相互作用,磁场分布足够大。已知sin37°=,cos37°=。(1)为使打在板上的粒子最多,则挡板至少多长?(2)若挡板足够长,则打在板上的粒子在磁场中运动的最长时间与最短时间的差值是多少?(3)若挡板足够长,则打在挡板上的粒子占所有粒子的百分比是多少?专题分层突破练8 磁场 带电粒子在磁场中的运动1.D 解析根据左手定则可判断得,右侧导线开始时,受到垂直纸面向外的安培力作用,所
以导线垂直纸面向外摆动,故A错误;右侧导线在摆动过程中,当铝箔刷子与下端铝箔分开时,导线中无电流通过,不受安培力作用,故B错误;右侧导线在整个摆动过程中安培力的方向既有与导线运动方向相同的情况,也有与导线运动方向相反的情况,所以安培力对导线有时做正功,有时做负功,故C错误;根据左手定则可判断得,同时改变电流方向及磁铁的磁极方向,右侧导线所受安培力方向不变,所以开始摆动方向与原来相同,故D正确。2.A 解析由安培定则可判断b、c、d三根导线产生的磁场如图所示,由磁场的叠加性原理可知它们的合磁场方向水平向左,再由左手定则可判断带负电的粒子所受洛伦兹力方向沿O到a方向。故选A。3.C 解析由c点的磁感应强度方向平行于a、b的连线,根据右手螺旋定则及平行四边形定则可知a、b处通电导线的电流方向同向,由几何关系及平行四边形定则可知,a处的通电导线在c点处产生的磁感应强度大小与b处的通电导线在c点处产生的磁感应强度大小满足,根据B=k=n,得n=1,故选C。4.C 解析由左手定则可知,两粒子均带正电,A错误;由洛伦兹力提供向心力可得qvB=m,解得v=,两粒子的比荷相同,且由图可知M的轨道半径大于N的轨道半径,故M的速度大于N的速度,B错误;粒子在匀强磁场中做圆周运动的周期为T=,两粒子的比荷相等,故两粒子在磁场中运动的周期相等,C正确;洛伦兹力始终垂直于运动方向,故洛伦兹力不做功,D错误。5.D 解析粒子在磁场中的运动轨迹如图所示,由图可知,从a点射出的粒子对应的圆心角为90°,从b点射出的粒子对应的圆心角为60°,由t=可得,t1∶t2=90°∶60°=3∶2,D正确。6.BD 解析同一导体,电阻率相同。设剩余一边长为l。当C、D两端加电压U时,其电流为I'==2A,当A、B两端加电压2U时,其电流为I=,可得I=I'=1A,故A错误,B正确;若A端接电源正极,B端接负极,则导体内电流方向向右,导体内自由电子向左移动。根据左手定则可知洛伦兹力向上,电子在C端积累,C端积累负电荷,则C端电势低,D端电势高,故C错误,D正确。7.AD 解析线框ad、bc边中的电流方向相反,受到的安培力方向相反,选项A正确;线框ab边与dc边中的电流方向相同,所受的安培力方向相同,选项B错误;设a、b间电阻为r,则,所以r=R,根据闭合电路欧姆定律得干路电流I=,所以安培力F=BIL=,选项D正确,C错误。8.答案(1) (2)见解析解析(1)根据题意可知,粒子在洛伦兹力的作用下做匀速圆周运动,如图所示
根据洛伦兹力提供向心力有Bqv=m根据几何知识有OP=2rsinθ联立解得,从P点到O点的距离为OP=(2)圆周运动的周期T=则运动时间为t=T=①若x轴下方的磁场方向垂直纸面向外,粒子的运动轨迹如图所示由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,根据几何知识有α1=α2=240°故有B下=B②若x轴下方的磁场方向垂直纸面向里,粒子的运动轨迹如图所示由于粒子从O点到P点的运动时间等于粒子从P点到Q点的运动时间,根据几何知识有α2=α1=120°故有B下'=B9.BC 解析均从O点射出磁场,根据左手定则可知,Q带正电,P带负电,故A错误;根据几何关系可知,Q偏转圆心角为120°,则RQsin60°=OQ,P偏转圆心角为60°,则RP=OP,则P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶1,两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同TQ=TP,T=,解得P和Q的速度大小之比为∶1,根据R=,得,所以P和Q的比荷之比为1∶2,故B、C正确,D错误。10.AC 解析电子在加速电场中加速,由动能定理有eU=,电子在匀强磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力充当向心力,有eBv0=m,联立解得r=,可见增大励磁线圈中的电流,电流产生的磁场增强,电子束的轨道半径变小,提高电子枪加速电压,电子束的轨道半径变大,A正确,B错误;根据表达式可知为了使得半径增大应提高电子枪的加速电压的同时减小励磁线圈中的电流,C正确,D错误。11.答案(1) (2)0~ (3)nmv0,方向沿z轴负方向解析(1)离子从小孔S射出运动到金属板N中心点O处,根据动能定理有2eEd=解得离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS=(2)当磁场仅有沿x方向的分量取最大值时,离子从喷口P的下边缘中点射出,根据几何关系有
R1-2+L2=根据洛伦兹力提供向心力有2ev0B0=联立解得B0=当磁场在x和y方向的分量同取最大值时,离子从喷口P边缘交点射出,根据几何关系有R2-2+L2=此时B=B0根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0=联立解得B0=故B0的取值范围为0~;(3)粒子在立方体中运动轨迹剖面图如图所示由题意根据洛伦兹力提供向心力有2e×v0×B0=且满足B0=所以可得R3=L所以可得cosθ=离子从端面P射出时,在沿z轴方向根据动量定理有FΔt=nΔtmv0cosθ-0根据牛顿第三定律可得离子束对推进器作用力大小为F'=nmv0方向沿z轴负方向。12.答案(1) (2)0<v2≤解析(1)由图得r1=3Rtan30°=R由牛顿第二定律qv1B=m解得v1=带电粒子在磁场中运动的周期T=带电粒子在磁场中运动的时间t1=T=(2)设带电粒子不进入小圆内部区域的最大速度为vm,对应半径rm(3R)2+=(rm+R)2解得rm=4R同理可得vm=
所以0<v2≤13.答案(1) (2) (3)25%解析(1)粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供粒子做圆周运动的向心力,由牛顿第二定律得qvB=m解得r=在挡板左侧能打在挡板上最远点的粒子轨迹恰好与挡板相切,设此时打在挡板上的点为N,如图所示。粒子发射方向与水平方向成θ角,由几何关系可得sinθ=,θ=37°PN=rcos37°=当粒子刚好过P点时,粒子打在挡板的右侧,设此时打在挡板上的点为M,在OPM中,由几何关系可得PM=所以打在挡板上的粒子数最多时,挡板长度至少为(2)由(1)中的分析知,当粒子恰好从左侧打在P点时,时间最短,如图中轨迹1所示射出方向与OP夹角α1,粒子转过的圆心角为θ1,由几何关系可得sinα1=得α1=53°θ1=2α1=106°当粒子从右侧恰好打在P点时,时间最长,如图中轨迹2所示,由几何关系得粒子转过的圆心角为θ2=360°-θ1=254°粒子运动的周期T=沿轨迹运动的时间t=T所以最长时间与最短时间的差值为T=
(3)出射方向在与OP成θ角到180°-α1之间的粒子都能打在板上,粒子出射速度方向变化的角度为β=180°-α1-37°=90°打到板上的粒子占所有粒子的百分比为η=×100%=25%
