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专题分层突破练8　磁场　带电粒子在磁场中的运动
A组
1.(2024贵州卷)如图所示,两根相互平行的长直导线与一“凸”形导线框固定在同一竖直平面内,导线框的对称轴与两长直导线间的距离相等。已知左、右两长直导线中分别通有方向相反的恒定电流I1、I2,且I1>I2,则当导线框中通有顺时针方向的电流时,导线框所受安培力的合力方向(　　)
A.竖直向上 B.竖直向下
C.水平向左 D.水平向右
2.(2025安徽合肥模拟)根据经典电磁理论,运动的电荷会产生磁场。某带电荷量为+q的点电荷以速率v沿x轴正方向运动,该运动电荷在x轴上各点产生的磁感应强度恰为0,在y轴上距其r处的M点产生的磁感应强度大小为,方向垂直于平面xOy,其中k是静电常数,c是真空中的光速,据此可以确定半径为R、大小为I的环形电流在其圆心处产生的磁感应强度的大小为(　　)
A. B.
C. D.
3.(2024广西南宁二中期中)如图所示,在倾角为θ的光滑斜面上,垂直纸面水平放置一根长为L、质量为m的通电直导线,电流方向垂直纸面向里,欲使导线静止于斜面上,则外加匀强磁场的磁感应强度的大小和方向可以是(　　)
A.B=,方向垂直斜面向下
B.B=,方向竖直向下
C.B=,方向水平向左
D.B=,方向水平向右
4.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)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l,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点出射的粒子速度大小为
D.沿bc方向恰好从c点出射的粒子速度大小为
6.(多选)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0
D.整个线框受到的安培力大小为
7.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.(2024浙江杭州期末)1932年,美国物理学家安德森在宇宙线实验中发现了正电子。他利用放在强磁场中的云室来记录宇宙线粒子,并在云室中加入一块厚6 mm的铅板,借以减慢粒子的速度。当正电子通过云室内的强匀强磁场时,拍下如图所示的径迹照片,A、B是径迹上的两点,根据正电子的偏转情况,则(　　)
A.正电子从B运动到A
B.磁场方向垂直于纸面向外
C.运动过程中洛伦兹力对正电子做负功
D.正电子在A点比在B点所受的洛伦兹力大
9.(2024河南开封高三联考)如图所示,虚线框MNQP内存在匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。a、b、c三个带电粒子,它们在纸面内从PQ边的中点垂直于PQ边射入磁场,图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。若不计粒子所受重力,则(　　)
A.粒子a带负电,粒子b、c带正电
B.若三个粒子比荷相同,则粒子c在磁场中的加速度最大
C.若三个粒子入射的速度相同,则粒子c在磁场中的加速度最大
D.若三个粒子入射的动量相同,则粒子b的带电荷量最大
10.(多选)(2024广西柳州三模)如图所示,MN上方存在匀强磁场,同种粒子a、b从O点射入匀强磁场中,两粒子的入射方向与磁场边界MN的夹角分别为30°和60°且均由P点射出磁场,则a、b两粒子(　　)
A.运动半径之比为∶1
B.初速率之比为1∶
C.运动时间之比为5∶2
D.运动时间之比为6∶5
11.(多选)(2025广西柳州模拟)如图所示,坐标轴上三个点的坐标分别为a(-L,0)、b(2L,0)、c(0,2L),在第一、四象限内有方向垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,在第二象限内有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,图中磁感线均未画出。某带电粒子以大小为v、方向与x轴成45°的速度从a点射入,依次经过O、b、c三点。不计粒子重力及磁场的边界效应,下列说法正确的是(　　)
A.第二象限内的磁感应强度大小为2B
B.粒子的比荷为
C.粒子从a点运动到c点的时间为
D.粒子能通过坐标为的点
12.(2025浙江温州模拟)在如图所示的xOy平面内,边长为2R的正方形区域中存在方向垂直于xOy平面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,沿x轴放置一长为2R的探测板,与磁场下边界的间距为R,质量为m、电荷量为q的正离子源从正方形一边(位于y轴上)的中点P向垂直于磁场方向持续发射离子,发射速度方向与水平方向夹角的范围为0°~60°并沿0°~60°范围均匀分布,单位时间发射N个离子,其发射离子的速度大小随发射角变化的关系为v=,α为发射速度方向与水平方向夹角,其中α=0°的离子恰好从磁场下边界的中点沿y轴负方向射出。不计离子间的相互作用和离子的重力,离子打在探测板即被吸收并中和,已知R=0.05 m,B=1 T,v0=5×105 m/s,sin 37°=0.6,cos 37°=0.8。
(1)求离子的比荷(结果保留一位有效数字);
(2)求单位时间内能打在探测板上的离子数n(结果保留分数);
(3)求探测板至少多长能吸收到所有离子(结果保留根式)。
答案：
1.C　解析 根据右手螺旋定则可知导线框所在磁场方向向里,由I1>I2可知,左侧的磁场强度大,同一竖直方向上的磁场强度相等,故导线框水平方向导线所受的安培力相互抵消,根据左手定则结合F=BIL可知左半边竖直方向的导线所受的水平向左的安培力大于右半边竖直方向的导线所受的水平向右的安培力,故导线框所受安培力的合力方向水平向左。故选C。
2.C　解析 设圆环的载流子带电荷量为q,体密度为n,载流子匀速运动的速率为v,圆环的横截面积为S,则环形电流中包含的载流子个数N=n(2πRS),环形电流产生的磁场可以认为是这N个载流子产生的磁场的叠加,即B0=N,再根据I=nqSv联立可得B0=,故选C。
3.C　解析 若外加匀强磁场的磁感应强度B的方向垂直斜面向下且B=,根据左手定则可知导线受到的安培力方向沿斜面向上,安培力大小为F=BIL=mgtan θ,则F≠mgsin θ,导线受力不平衡,故导线不能静止于斜面上,故A错误;若外加匀强磁场的磁感应强度的方向竖直向下且B=,则导线受到的安培力方向水平向左,安培力大小为F=BIL=mgsin θ,安培力沿斜面向上的分力大小为F1=Fcos θ=mgsin θcos θ4.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+(l)2,解得r=2l,根据qvB=m,解得v=,选项C错误,D正确。
6.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。
7.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,如图甲所示。
甲
根据洛伦兹力提供向心力有
Bqv=m
根据几何知识有
lOP=2rsin θ
联立解得,从P点到O点的距离为
lOP=。
(2)根据圆周运动的周期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
α1=α2=240°
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下=B。
②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
α2=α1=120°
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下'=B。
8.D　解析 正电子在磁场中做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,可得运动速率为v=。由题图可知,正电子在铅板上方的轨迹半径比在铅板下方的大,则正电子在铅板上方的速率比在铅板下方的速率大,因穿过铅板后速率会减小,故正电子从上向下穿过铅板,即正电子从A运动到B,故A错误;正电子从A运动到B沿逆时针方向偏转,由左手定则可知,磁场的方向垂直于纸面向里,故B错误;运动过程中洛伦兹力始终与速度方向垂直,洛伦兹力对正电子不做功,故C错误;洛伦兹力f=qvB,由于正电子在A点的速率大于在B点的速率,所以正电子在A点比在B点所受的洛伦兹力大,故D正确。
9.C　解析 由左手定则可知a带正电,b、c带负电,由题图可知Rb>Ra>Rc,由粒子在磁场中运动时洛伦兹力提供向心力有qvB=m=ma,解得R=,a=,若三个粒子比荷相同,则粒子c在磁场中的运动速度最小,加速度最小,故A、B错误;若三个粒子入射的速度相同,则粒子c的比荷最大,粒子c在磁场中的加速度最大,故C正确;若三个粒子入射的动量相同,则粒子c的带电荷量最大,故D错误。
10.AC　解析 设OP的长度为2L,粒子在磁场中做匀速圆周运动,粒子a、b的运动轨迹以及对应的半径如图所示。由几何关系得粒子a的运动轨迹半径ra=2L,粒子b的运动轨迹半径rb=L,a、b两粒子运动半径之比为ra∶rb=2L∶L=∶1,故A正确;根据由洛伦兹力提供粒子做圆周运动所需的向心力,可得qvB=m,解得v=,可见粒子的线速度大小正比于轨迹半径,则a、b两粒子初速率之比为va∶vb=ra∶rb=∶1,故B错误;粒子的运动周期T=,可见两粒子的运动周期相同。粒子a运动轨迹的圆心角为360°-60°=300°,粒子a的运动时间为ta=T=T,粒子b运动轨迹的圆心角为120°,粒子b的运动时间为tb=T=T,a、b两粒子运动时间之比为ta∶tb=T∶T=5∶2,故C正确,D错误。
11.ACD　解析 根据题意,作出粒子运动轨迹如图所示
当带电粒子在第二象限内运动时,由几何关系可知,带电粒子做匀速圆周运动的圆心O1的坐标为,轨道半径r1=,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qvB1=m,T1=,当带电粒子从O点进入第四象限时,由几何关系可知,带电粒子做匀速圆周运动的圆心O2的坐标为(L,L),轨道半径r2=L,粒子做匀速圆周运动,由洛伦兹力提供向心力,则有qvB=m,T2=,联立上述各式可得B1=2B,,A正确,B错误。结合上述可知,带电粒子在第二象限运动了个圆周,所以运动时间t1=,带电粒子在第一与第四象限运动了个圆周,所以运动时间t2=,所以粒子从a点运动到c点的时间为t1+t2=,故C正确。当带电粒子从c点再次进入第二象限时,由几何关系可知,带电粒子做半径为r1的匀速圆周运动,圆心O3的坐标为,当带电粒子第二次进入第一象限的位置设为d点,则坐标为(0,3L),由几何知识可知,带电粒子第二次在第一象限内做匀速圆周运动的圆心O4的坐标为(L,4L),半径为r2,当带电粒子第三次进入第二象限的位置设为e点,坐标为(0,5L),带电粒子做半径为r1的匀速圆周运动,圆心O5的坐标为,坐标为的点在第二象限,它到圆心O5的距离x=,可知,粒子能通过坐标为的点,故D正确。
12.答案 (1)1×107 C/kg　(2) N　(3) m
解析 (1)α=0°离子的轨迹如图所示
根据几何关系r=R,根据洛伦兹力提供向心力有qv0B=,联立代入数据解得比荷=1×107 C/kg。
(2)发射速度方向与水平方向夹角为α的离子运动轨迹半径为R'=,如果第一、四象限都有磁场,根据几何关系可得离子在磁场中运动时在y轴上的弦长L=2R'cos α=2R,即所有离子都打到O点;根据对称性可得,从P向磁场发射的离子均垂直磁场下边界射出,离子要打在探测板最右边时,需满足xa=R'+R'sin α=2R,解得α=37°,所以当α>37°时,离子从磁场右边界射出磁场不能打到探测板上,则单位时间内能打在探测板上的离子数n=N。
(3)根据几何关系可知,当α=60°时,从边界射出的离子运动最远,如图所示
此时可知QM=2R,β=60°,解得此时离子在x轴上的距离x'=(2Rcos 30°+R)tan 60°= m,所以探测板至少 m才能吸收到所有的离子。

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