2024年高考物理二輪復(fù)習(xí)專題強化練十磁場帶電粒子在磁場中的運動含解析

PAGE9-專題強化練(十)題型一磁場及磁場對電流的作用1.三根平行的長直導(dǎo)體棒分別過正三角形ABC的三個頂點，并與該三角形所在平面垂直，各導(dǎo)體棒中均通有大小相等的電流，方向如圖所示．則三角形的中心O處的合磁場方向為()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：如圖所示，由右手螺旋定則可知，A處導(dǎo)體棒中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度方向平行于BC，同理，可知B、C處導(dǎo)體棒中電流在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度的方向分別平行于AC、AB，又由于三根導(dǎo)體棒中電流大小相等，到O點的距離相等，則它們在O處產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度大小相等，再由平行四邊形定則，可得O處的合磁場方向為平行于AB，由A指向B，故A正確．答案：A2.如圖所示，一個邊長為L、三邊電阻相同的正三角形金屬框放置在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中．若通以圖示方向的電流(從A點流入，從C點流出)，電流強度I，則金屬框受到的磁場力為()A．0 B．BILC．eq\f(4,3)BIL D．2BIL解析：由并聯(lián)電路分流規(guī)律可知底邊通過的電流I1＝eq\f(2,3)I，上方兩邊內(nèi)通過的電流為I2＝eq\f(1,3)I.上方兩邊受到的磁場力的合力可等效為平行底邊、長為L的直導(dǎo)線受到的磁場力，由左手定則判定可知受磁場力方向均向上，故金屬框受到的磁場力F＝BL·eq\f(2,3)I＋BL·eq\f(1,3)I＝BLI，B正確．答案：B3.如圖所示，在天花板下用細線懸掛一半徑為R的金屬圓環(huán)，圓環(huán)處于靜止狀態(tài)，圓環(huán)一部分處在垂直于環(huán)面的磁感應(yīng)強度大小為B的水平勻強磁場中，環(huán)與磁場邊界交點A、B與圓心O連線的夾角為120°，此時懸線的張力為F.若圓環(huán)通電，使懸線的張力剛好為零，則圓環(huán)中電流大小和方向是()A．電流大小為eq\f(\r(3)F,3BR)，電流方向沿順時針方向B．電流大小為eq\f(\r(3)F,3BR)，電流方向沿逆時針方向C．電流大小為eq\f(\r(3)F,BR)，電流方向沿順時針方向D．電流大小為eq\f(\r(3)F,BR)，電流方向沿逆時針方向解析：要使懸線拉力為零，則圓環(huán)通電后受到的安培力方向豎直向上，依據(jù)左手定則可以推斷，電流方向應(yīng)沿順時針方向，依據(jù)力的平衡有F＝F安，而F安＝BI·eq\r(3)R，求得I＝eq\f(\r(3)F,3BR)，A項正確．答案：A4.如圖所示，在豎直向上的勻強磁場中，金屬棒ab兩端由等長輕質(zhì)軟導(dǎo)線水平懸掛，平衡時兩懸線與水平面的夾角均為θ(θ＜90°)．緩慢調(diào)整滑動變阻器的滑片位置以變更通過棒中的電流I，下列圖象中能正確反映θ與I的變更規(guī)律的是()解析：對ab棒受力分析如圖所示．由平衡條件有tanθ＝eq\f(mg,BIL)，可得I＝eq\f(mg,BL)·eq\f(1,tanθ)，又知eq\f(mg,BL)為常數(shù)，故A項正確，B、C、D項錯誤．答案：A5.如圖所示，兩根平行放置、長度均為L的直導(dǎo)線a和b，放置在與導(dǎo)線所在平面垂直的勻強磁場中．當a導(dǎo)線通有電流大小為I、b導(dǎo)線通有電流大小為2I，且電流方向相反時，a導(dǎo)線受到的磁場力大小為F1，b導(dǎo)線受到的磁場力大小為F2，則a通電導(dǎo)線的電流在b導(dǎo)線處產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小為()A.eq\f(F2,2IL) B.eq\f(F1,IL)C.eq\f(2F1－F2,2IL) D.eq\f(2F1－F2,IL)解析：a、b導(dǎo)線中電流方向相反，兩導(dǎo)線之間的磁場力為斥力，設(shè)大小為F，對a有F1＝F＋BIL，對b有F2＝F＋2BIL，解得F＝2F1－F2，對于導(dǎo)線b，F(xiàn)＝2F1－F2＝B′·2IL，解得B′＝eq\f(2F1－F2,2IL)，故C正確．答案：C題型二帶電粒子在磁場中的勻速圓周運動6.(多選)如圖是比荷相同的a、b兩粒子從O點垂直勻強磁場進入正方形區(qū)域的運動軌跡，則()A．a(chǎn)的質(zhì)量比b的質(zhì)量大B．a(chǎn)帶正電荷，b帶負電荷C．a(chǎn)在磁場中的運動速率比b的大D．a(chǎn)在磁場中的運動時間比b的短解析：比荷相同的a、b兩粒子，因電荷量無法確定，則質(zhì)量大小無法比較，故A錯誤；初始時刻兩粒子所受的洛倫茲力方向都是豎直向下，依據(jù)左手定則知，兩粒子都帶負電荷，故B錯誤；依據(jù)＝eq\f(mv,qB)，則eq\f(q,m)＝eq\f(v,Br)，因它們比荷相同，即半徑越大時，速率越大，故C正確；粒子在磁場中的運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，比荷相同，兩粒子運動周期相同，由題圖可知，a粒子對應(yīng)的圓心角小于b粒子對應(yīng)的圓心角，則知a在磁場中的運動時間比b的短，故D正確．答案：CD7.如圖所示，邊長為L的正方形有界勻強磁場ABCD，帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，恰好從C點飛出磁場；若帶電粒子以相同的速度從AD的中點P垂直AD射入磁場，從DC邊的M點飛出磁場(M點未畫出)．設(shè)粒子從A點運動到C點所用時間為t1，由P點運動到M點所用時間為t2(帶電粒子重力不計)，則t1∶t2為()A．2∶1 B．2∶3C．3∶2 D．eq\r(3)∶eq\r(2)解析：如圖所示為粒子兩次運動軌跡圖，由幾何關(guān)系知粒子由A點進入C點飛出時軌跡所對圓心角θ1＝90°，粒子由P點進入M點飛出時軌跡所對圓心角θ2＝60°，則eq\f(t1,t2)＝eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(90°,60°)＝eq\f(3,2)，故選項C正確．答案：C8.如圖所示，有一邊長L＝2m的正三角形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面對內(nèi)的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小B＝eq\r(3)T，有一比荷eq\f(q,m)＝200C/kg的帶正電粒子從AB邊上的P點垂直AB邊進入磁場，AP的距離為eq\r(3)m，要使粒子能從AC邊射出磁場，帶電粒子的最大初速度為(粒子的重力不計)()A．500m/s B．600m/sC．4eq\r(3)×102m/s D．1200m/s解析：從AC邊穿出的粒子其臨界軌跡如圖所示，對速度較大的粒子，對應(yīng)的半徑為R，依據(jù)幾何關(guān)系可知，此時粒子的軌道半徑：R＝Lsin60°＝2×eq\f(\r(3),2)m＝eq\r(3)m又qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)＝200×eq\r(3)×eq\r(3)m/s＝600m/s，故B正確，A、C、D錯誤．答案：B題型三帶電粒子在磁場中的臨界、極值9.如圖所示，平行邊界MN、PQ間有垂直紙面對里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，兩邊界的間距為d.MN上有一粒子源A，可在紙面內(nèi)沿各個方向向磁場中射入質(zhì)量均為m、電荷量均為＋q的粒子．粒子射入磁場的速度大小v＝eq\f(2qBd,3m)，不計粒子的重力，則粒子能從PQ邊界射出的區(qū)域長度與能從MN邊界射出的區(qū)域長度之比為()A．1∶1 B．2∶3C．eq\r(3)∶2 D．eq\r(3)∶3解析：粒子在磁場中運動時，Bqv＝eq\f(mv2,R).粒子運動軌跡半徑R＝eq\f(mv,Bq)＝eq\f(2,3)d.由左手定則可得：粒子沿逆時針方向偏轉(zhuǎn)，做圓周運動．粒子沿AN方向進入磁場時，到達PQ邊界的最下端距A點的豎直距離L1＝eq\r(R2－（d－R）2)＝eq\f(\r(3),3)d.運動軌跡與PQ相切時，切點為到達PQ邊界的最上端，距A點的豎直距離L2＝eq\r(R2－（d－R）2)＝eq\f(\r(3),3)d，所以粒子在PQ邊界射出的區(qū)域長度為L＝L1＋L2＝eq\f(2\r(3),3)d；因為R＜d，所以粒子在MN邊界射出區(qū)域的長度為L′＝2R＝eq\f(4,3)d.故兩區(qū)域長度之比為L∶L′＝eq\f(2\r(3),3)d∶eq\f(4,3)d＝eq\r(3)∶2，故C項正確，A、B、D錯誤．答案：C10.(多選)如圖所示，在x≥0的范圍內(nèi)有垂直于xOy平面對外的磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，質(zhì)量為m、電量為q的帶正電粒子(重力不計)，從坐標原點O處與＋y方向成θ角垂直磁場方向射入磁場(其中eq\f(π,6)≤θ≤eq\f(5π,6))，P點是速度大小為v0，沿x軸正方向射入的粒子離開磁場的點，下列說法正確的是()A．P點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(－2mv0,qB)))B．粒子在磁場中運動的最長時間為eq\f(5πm,3qB)C．粒子在磁場中運動的最短時間為eq\f(πm,6qB)D．當粒子射入的速度大小滿意v＝eq\f(v0,sinθ)，粒子都將從P點離開磁場解析：由于P點是速度大小為v0，沿x軸正方向射入的粒子離開磁場的點，粒子軌跡如圖線①所示．圓心在O1位置，由qvB＝meq\f(v2,r)可得OP＝2r＝eq\f(2mv0,qB)，故P點坐標為(0，－eq\f(2mv0,qB))，故A項正確；粒子在磁場中運動的時間與轉(zhuǎn)過的圓心角有關(guān)，運動時間最長的粒子應(yīng)當是沿θ＝eq\f(π,6)入射的粒子，軌跡參考如圖線②.由幾何學(xué)問可得轉(zhuǎn)過的圓心角為eq\f(5π,3)，由T＝eq\f(2πr,v)可得運動最長時間為eq\f(5πm,3qB)，故B項正確；同理運動時間最短的粒子應(yīng)當是沿θ＝eq\f(5π,6)入射的粒子，軌跡參考如圖線③，由幾何學(xué)問可得轉(zhuǎn)過的圓心角為eq\f(π,3).由T＝eq\f(2πr,v)可得運動最短時間為eq\f(πm,3qB)，故C項錯誤；當粒子射入的速度大小滿意v＝eq\f(v0,sinθ)，粒子運動半徑為r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(mv0,qBsinθ)，這些粒子的軌跡圓心均在OP連線的中垂線上，故粒子都將從P點離開磁場，故D項正確．答案：ABD題型四多解問題11.如圖所示，由光滑彈性絕緣壁構(gòu)成的等邊三角形ABC容器的邊長為a，其內(nèi)存在垂直紙面對里的勻強磁場，小孔O是豎直邊AB的中點，一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子(不計重力)從小孔O以速度v水平射入磁場，粒子與器壁多次垂直碰撞后(碰撞時無能量和電荷量損失)仍能從O孔水平射出，已知粒子在磁場中運行的半徑小于eq\f(a,2)，則磁場的磁感應(yīng)強度的最小值Bmin及對應(yīng)粒子在磁場中運行的時間t為()A．Bmin＝eq\f(2mv0,qa)，t＝eq\f(7πa,6v) B．Bmin＝eq\f(2mv0,qa)，t＝eq\f(πa,26v)C．Bmin＝eq\f(6mv0,qa)，t＝eq\f(7πa,6v) D．Bmin＝eq\f(6mv0,qa)，t＝eq\f(πa,26v)＝＝eq\f(a,2)，(n＝1，2，3，…)，聯(lián)立得：B＝eq\f(2（2n＋1）mv,qa)，當n＝1時，B取最小值，Bmin＝eq\f(6mv0,qa)，此時對應(yīng)粒子的運動時間為t＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(T＋\f(T,6)))＝eq\f(7T,2)，而T＝eq\f(2πm,Bq)＝eq\f(πa,3v)，t＝eq\f(7πa,6v)，故C項正確，A、B、D三項錯誤．答案：C題型五綜合練12．如圖平面直角坐標系中，x軸上方區(qū)域存在垂直于紙面對里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度B＝0.2T．原點O處有一粒子源，可在坐標平面內(nèi)沿各個方向向磁場區(qū)放射比荷均為eq\f(q,m)＝2.5×105C/kg的帶負電的粒子．在x0＝0.64m處垂直于x軸放置一塊足夠長的粒子收集板PQ，當粒子運動到收集板時即被汲取，不計粒子間相互作用和重力的影響，粒子被汲取的過程中收集板始終不帶電．(1)能被收集的粒子速度至少多大？(2)設(shè)某時刻粒子源沿＋y方向射入一系列粒子，速度大小從0到vm＝2×104m/s不等，至少經(jīng)多長時間有粒子到達收集板？求剛有粒子到達收集板時，該系列全部粒子所在位置構(gòu)成的圖線的方程；×104m/s的粒子，會有兩個不同方向入射的粒子在PQ上的同一位置被收集，求PQ上這種位置分布的區(qū)域長度，以及落在該區(qū)域的粒子占所發(fā)出粒子總數(shù)的百分比．解析：(1)如圖，在磁場中qv0B＝meq\f(veq\o\al(2,0),r)，圖1由題意，臨界半徑r＝eq\f(1,2)x0，聯(lián)立可得v0＝1.6×104m/s.(2)速度為vm的粒子軌道半徑為R，則qvmB＝meq\f(veq\o\al(2,m),R)，解得R＝0.4m.如圖2，設(shè)該粒子擊中A點，∠AO1P＝α，有R(1＋cosα)＝x0.圖2解得cosα＝0.6，α＝53°.全部粒子的圓周運動周期均為T＝eq\f(2πm,qB)＝4π×10－5s.速度為vm的粒子轉(zhuǎn)過圓心角為180°－53°＝127°.粒子到達收集板的最短時間t＝eq\f(127,360)T＝eq\f(127π,90)×10－5s此時這一系列的粒子位于線段OA上，其斜率為k＝eq\f(Rsinα,x0)＝eq\f(1,2)，所以圖線方程為y＝eq\f(1,2)x(0≤x≤0.64m)．(3)臨界1：如圖3，初速度與＋y軸成θ1的粒子軌跡直徑與PQ交于M，這是PQ上離P最遠的亮點．圖3cosθ1＝eq\f(x0,2R)＝eq\f(