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.(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体,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于纸面向里摆动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体的磁极方向,右侧导线开始摆动方向
2、与原来相同2.(2021 山东临沂高三一模)如图所示,在垂直于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=k𝐼(式中 k 为常数,I 为电𝑟abbcca流,r 为该点距导线的距离)。现有垂直于纸面放置的三根通电直导线a、b、c,其
3、中三根导线间的距离之比为 l l l =534。已知a、b 导线在c 处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=16913B. a、b 的电流反向,16n= 9C. a、b 的电流同向,n=1D. a、b 的电流反向,n=14.(2021 山西太原高三一模)如图所示,报废的近地卫星离轨时,从卫星中释放一根导体缆绳,缆绳的下端连接有空心导体。缆绳以轨道速度 v 在地磁场 B 中运动,使得缆绳中产生感应电流。电荷向缆绳两端聚集,同时两端与电离层中的离子中和,使得电流持续。由于感应电流在地磁场中受到安培力的作用,从而能加快废弃卫星离
4、轨。设缆绳中电流处处相等,那么( )A.缆绳中电流的方向由卫星流向空心导体B.相同长度的缆绳受到安培力的大小相等C.缆绳受到安培力的方向与卫星速度方向间的夹角大于90 D.由于安培力做负功,故在卫星降轨的过程中,其动能一定减小5.(多选)(2021 河南高三二模)如图所示,在长方形 abcd 区域有垂直于纸面向内的匀强磁场,已知 ab 长为 l,ad 长为3l,磁感应强度大小为 B,a 处有一个粒子源,在某时刻向长方形区域发射大量质量为m、电荷量为 q 的带负电粒子(粒子重力不计),速度方向均在纸面内。则下列说法正确的是( )A. 沿 ab 方向入射、bc 边射出的所有粒子中,入射速度越大的粒
5、子,在磁场中运动的时间越长B. 沿 ab 方向入射、bc 边射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,在磁场中运动的时间越短C. 沿 bc 方向恰好从 c 点出射的粒子速度为3𝑞𝐵𝑙𝑚D. 沿 bc 方向恰好从 c 点出射的粒子速度为2𝑞𝐵𝑙𝑚6.(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
6、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 边和 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4𝐵𝐸𝑙7𝑅7.(2021 福建厦门高三一模)如图所示,在 x 轴上方有方向垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场,在 x 轴下方也有垂直于纸面的匀强磁场(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
7、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和方向。B 组8.(多选)(2021 湖北武汉高三月考)如图所示,虚线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 的速度方向与磁场边界的夹角为 30,Q 的速度方向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,lPO=2lOQ,则()A.P 和Q 均带正电B.P 和Q 的比荷之比为
8、 12C.P 和Q 的速度大小之比为31D.P 和Q 在磁场中运动的半径之比为 219.(多选)(2021 福建莆田高三二模)如图所示,足够长的荧光屏 OA 的上方区域存在匀强磁场,边界 MN 左侧区域的磁场方向垂直于纸面向里,右侧区域的磁场方向垂直于纸面向外,两区域的磁感应强度大小均为 B。光屏上方有一粒子源紧挨着 O 点,可沿 OA 方向不断射出质量为 m、电荷量为 q(q0)的粒子。粒子打在荧光屏上时,荧光屏相应位置会发光。已知粒子的速率可取从零到某最大值之间的各种数值,速率最大的粒子恰好垂直打在荧光屏上,OM 之间的距离为 a,不计粒子重力及粒子间的相互作用,则()A.粒子的最大速率为
9、23𝑞𝐵𝑎3𝑚B.荧光屏上的发光长度为(23 + 1)a3C. 打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为3𝑚2𝑞𝐵D. 打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为7𝑚6𝑞𝐵10.(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(q0)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
10、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。x0y011.(2021 年 6 月浙江卷)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
11、和 y 方向的分量 B 和 B 随时间周期性变化规律如图乙所示,图中 B 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 v 。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。甲乙S(1) 求离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小 v 。(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
12、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B =2𝑚𝑣0。求图乙中 t 时刻离子束对推进器作用力沿 z 轴方向的分力。05𝑒𝑙012.(2021 云南高三二模)如图所示,在磁感应强度大小为 B、方向垂直于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 是在纸面内垂直于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 8𝑣 ,且粒5𝑘𝐵子打在挡板上会被吸收,不计带电粒子的
13、重力与粒子间的相互作用,磁场分布足够大。(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?参考答案专题分层突破练 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,受到垂直于纸面向外的安培力作用,所以导线垂直于纸面向外摆动,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
14、,所以安培力对导线既有做正功,又有做负功,故C 错误。根据左手定则可判断得,同时改变电流方向及磁体的磁极方向,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 三根导线在 O 点处产生的磁场方向如图所示,由磁场的叠加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 处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 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 导线在c 处产生的磁感应强度大小与b 导线在c 处产生的
15、磁感应强度大小满足𝐵ac = 3,根据 B=k𝐼 , 𝐼a=n,得 n=1,故选C。𝐵bc4𝑟 𝐼b4. C 解析由右手定则可知,电流方向由空心导体流向卫星,故A 错误。因为地磁场不是匀强磁场,所以相同长度的缆绳受到的安培力不一定大小相等,故 B 错误。由左手定则可知,缆绳受到的安培力与卫星速度方向的夹角大于 90,故 C 正确。动能的增大和减小,与安培力做负功没有必然联系,因为引力做正功,故D 错误。5. BD解析沿 ab 方向入射、bc 边射出的所有粒子中,入射速度越大的粒子,运动半径越大,在磁
16、场中运动的轨迹对应的圆心角越小,则运动时间越短,选项A 错误,B 正确。沿 bc 方向恰好从 c 点出射的粒子的运动轨迹如图所示,由几何关系可知 r2=(r-l)2+(3l)2,解得 r=2l,根据 qvB=m𝑣2,解得 v=𝑞𝐵𝑟 =𝑟𝑚2𝑞𝐵𝑙,选项 C 错误,D 正确。𝑚6. AD解析线框 ad 边和 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
17、项B 错误。设 a、b 间电阻为 r,则1 = 1 + 1 ,𝑟𝑅3𝑅4𝐵𝐸𝑙4所以 r=3R,根据闭合电路欧姆定律得干路电流 I= 𝐸= 4𝐸,所以安培力 F=BIl=,选项D 正确,C4错误。3𝑅+𝑅7𝑅7𝑅7.答案 (1)3𝑚𝑣𝐵𝑞(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,如图甲所示。甲根据洛伦兹力提供
18、向心力有𝑣2Bqv=m 𝑟根据几何知识有OPl =2rsin 联立解得,从 P 点到 O 点的距离为l =3𝑚𝑣 。OP𝐵𝑞(2)根据圆周运动的周期 T=2𝑟 = 2𝑚𝑣𝐵𝑞则运动时间为 t= 𝛼 T=𝛼𝑚2𝐵𝑞若 x 轴下方的磁场方向垂直于纸面向外,粒子的运动轨迹如图乙所示。乙根据几何知识有1=2=240由于粒子从 O 点到 P 点的运动时
19、间等于粒子从 P 点到 Q 点的运动时间,故有 B =B。下若 x 轴下方的磁场方向垂直于纸面向里,粒子的运动轨迹如图丙所示。丙根据几何知识有 =1 =1202 2 1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,故有 B=1B。下 28. 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 Rsin 60 1,P 偏转圆心角为 60,则 R =l,则P 和Q 在磁场中运动的2Q= lOQP PO12𝑅半径之比为 231,两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同,有1T
20、 = T ,T=,解得P 和Q 的速3 Q 6 P𝑣度大小之比为31,根据 R=𝑚𝑣,得𝑞 = 𝑣 ,所以P 和Q 的比荷之比为 12,故B、C 正确,D 错误。𝐵𝑞𝑚𝐵𝑅9. AD解析速率最大的粒子恰好垂直打在荧光屏上,粒子运动轨迹如图甲所示,设轨道半径为 r1,即𝑙=r ,𝑙=2r ,可知圆心角OO K=60,故𝑙=2r sin 60=a+r sin 60,可解得 r =23,由向心力
21、𝑂𝑂11 𝑂1 𝑂211𝑂𝑂21113 a公式可得 qv B=m𝑣12,联立可解得 v =23𝑞𝐵𝑎,此过程粒子在磁场中的运动时间最短,MN 左侧轨迹圆心1𝑟113𝑚角 60,右侧轨迹圆心角 150,周期公式为 T=2𝑚,故总时间为 t =60+1507𝑚,A、D 正确。当粒子𝑞𝐵1360 T= 6𝑞𝐵的轨迹恰
22、与 MN 相切时,进入右侧后,恰与 MA 相切,在磁场中的运动时间最长,如图乙所示,r2=a,两边轨迹合起来恰好是一个圆周,故最长时间 t =T=2𝑚,C 错误。垂直打到荧光屏的位置离 M 最远,与荧2𝑞𝐵光屏相切点离 M 最近,两点之间距离即为荧光屏上的发光长度,为 x=(r cos 30+r )-r =23,B 错1123 a误。甲乙10.答案 (1)3𝑞𝐵𝑅𝑚解析 (1)由图甲得r1=3Rtan 30=3R2𝑚3𝑞𝐵(2)0v 4
23、𝑞𝐵𝑅2𝑚由牛顿第二定律得 qv B=m𝑣12解得 v =3𝑞𝐵𝑅1𝑟11𝑚带电粒子在磁场中运动的周期 T=2𝑚𝑞𝐵带电粒子在磁场中运动的时间 t =1202𝑚。1 360T= 3𝑞𝐵甲乙max(2)设带电粒子恰好不能进入小圆内部区域的最大速度为vmax,对应半径为 r。由几何关系得(3R)2+𝑟max2=(rmax+R)2解
24、得 rmax=4R同理可得 v=4𝑞𝐵𝑅max𝑚所以 0v 4𝑞𝐵𝑅。2𝑚11.答案 (1)𝑣 2 4𝑒𝐸𝑑(2)0𝑚𝑣0(3)3,方向沿 z 轴负方向0𝑚 3𝑒𝑙nmv50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21 𝑚𝑣 2 1 𝑚
25、9907; 2eEd=0S22解得离子从小孔S 射出时相对推进器的速度大小 v =𝑣 2 4𝑒𝐸𝑑。S0𝑚(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(𝑅𝑙 )2+l2=𝑅 21 21根据洛伦兹力提供向心力有 2𝑚𝑣02联立解得 B =2𝑚𝑣0ev0B0=𝑅105𝑒𝑙当磁场在 x 和 y 方向的分量同取最大值
26、时,离子从喷口P 边缘交点射出,根据几何关系有(𝑅222𝑙2 ) +l2=𝑅22此时 B=2B0根据洛伦兹力提供向心力有 2ev 2𝑚𝑣02联立解得 B =𝑚𝑣00B0=𝑅20 3𝑒𝑙𝑚𝑣故 B0 的取值范围为 00。3𝑒𝑙(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 2ev 2B =𝑚𝑣02且满足 B =2&
27、#119898;𝑣000𝑅305𝑒𝑙=l所以可得 R = 𝑚𝑣053 22𝑒𝐵04所以可得cos 3=5离子从端面P 射出时,在沿 z 轴方向根据动量定理有 Ft=ntmv0cos -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=3nmv50方向沿 z 轴负方向。12.答案 (1) 6𝑣5𝑘𝐵(2) 3745𝑘𝐵(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
28、心力,由牛顿第二定律得𝑣2qvB=m 𝑟解得 r=𝑚𝑣 =𝑞𝐵𝑣𝑘𝐵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,如图甲所示。甲设粒子发射方向与水平方向成 0 角,由几何关系可得sin =𝑙𝑂𝑃 𝑟 = 3, =370𝑟5 0l =rcos 37= 4𝑣PN5𝑘𝐵当粒子刚好过 P 点时,粒子
29、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PMl=(2𝑟)2 𝑙2=𝑂𝑃6𝑣5𝑘𝐵所以打在挡板上的粒子数最多时,挡板长度至少为 6𝑣 。5𝑘𝐵(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,如图乙中轨迹 1 所示。乙射出方向与 OP 夹角为 ,粒子转过的圆心角为 ,由几何关系可得sin =𝑙𝑂𝑃2 = 411得 =5311 =2 =10
30、611𝑟5当粒子从右侧恰好打在 P 点时,时间最长,如图乙中轨迹 2 所示,由几何关系得粒子转过的圆心角为21 =360- =254粒子运动的周期 T=2𝑟 = 2𝑚 = 2𝑣𝑞𝐵𝑘𝐵沿轨迹运动的时间 t= 𝜃 T360所以最长时间与最短时间的差值 t=𝜃2 𝜃1T= 37 。36045𝑘𝐵(3) 出射方向在与 OP 成 0 角到 180-1 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=180-1-37=90打到板上的粒子占所有粒子的百分比为= 90 100%=25%。360
