新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练8磁场及带电粒子在磁场中的运动（附解析）

这是一份新教材2024高考物理二轮专题复习第三编高考夺分训练课时提升训练8磁场及带电粒子在磁场中的运动（附解析），共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·海南卷]
如图所示，带正电的小球竖直向下射入垂直纸面向里的匀强磁场，关于小球运动和受力的说法正确的是( )
A．小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力水平向右
B．小球运动过程中的速度不变
C．小球运动过程中的加速度保持不变
D．小球受到的洛伦兹力对小球做正功
2．[2023·江苏苏北地区一模]将一根粗细均匀的硬质合金丝制成半径为r的圆形导线框，P、Q两点接入电路，电流表示数为I，范围足够大的匀强磁场垂直于导线框平面，磁感应强度大小为B，则线框所受安培力大小为( )
A．0 B．eq \r(2)BIr
C．eq \f(3,4)πBIrD．eq \f(\r(2),2)BIr
3．[2023·广东深圳统考一模]反亥姆霍兹线圈是冷原子实验室中的科研装置，结构如图所示．一对完全相同的圆形线圈，共轴放置．已知O为装置中心点，a、b、c、d点到O点距离相等，直线dOb与线圈轴线重合，直线cOa与轴线垂直．现两线圈内通入大小相等且方向相反的电流，则( )
A.两线圈间为匀强磁场
B．O点的磁感应强度为零
C．a、c两点的磁感应强度相同
D．b、d两点的磁感应强度相同
4.
[2023·浙江Z20名校联盟第三次联考]一光滑绝缘的正方体固定在水平面内．AB导体棒可绕过其中点的转轴在正方体的上表面内自由转动，CD导体棒固定在正方体的下底面．开始时两棒相互垂直并静止，两棒中点O1、O2连线在正方体的中轴线上．现对两棒同时通有如图所示(A到B、D到C)方向的电流．下列说法中正确的是( )
A．通电后AB棒仍将保持静止
B．通电后AB棒将要顺时针转动(俯视)
C．通电后AB棒将要逆时针转动(俯视)
D．通电瞬间线段O1O2间存在磁感应强度为零的位置
5．图甲为指尖般大小的一种电动机，由于没有铁芯，被称为空心杯电机．这种新颖的结构消除了由于铁芯形成涡流而造成的电能损耗，具有体积小、灵敏、节能等特性，广泛应用在智能手机、平板电脑、医疗、无人机等方面．图乙为一种空心杯电机原理的简化示意图．固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场(俯视图)；作为转子的多组线圈绕制成水杯状，电流经边缘流入和流出，可简化为沿圆柱体对角线的单匝线圈(图中a、b分别为线圈与顶面和底面的切点).当线圈通电时，可在安培力作用下绕OO′轴转动．设图示时刻线圈的电流为I，方向如图所示，线圈所在处的磁感应强度大小均为B.图中线圈实线部分的长度为L.下列说法正确的是( )
A.图中线圈转动过程中，穿过该线圈的磁通量保持不变
B．图示位置，线圈实线部分所受安培力的大小为BIL
C．图示位置，线圈在安培力的作用下将绕OO′轴逆时针转动(俯视)
D．为使空心杯电机正常转动，则应保持线圈中的电流方向不变
6.
[2023·河北五个一名校联盟高三上学期开学考试]如图所示，竖直平面内有三根轻质细绳，绳1水平，绳2与水平方向成60°角，O为结点，竖直绳3的下端栓接一质量为m、长度为L的垂直于纸面放置的金属棒．金属棒所在空间存在竖直向上，磁感应强度大小为B的匀强磁场，整个装置处于平衡状态．现给金属棒通入方向向里，大小由零缓慢增大的电流，电流的最大值为I0，可观察到绳3转过的最大角度为60°.已知重力加速度为g，则在此过程中，下列说法正确的是( )
A．绳1的拉力先增大后减小
B．绳2的拉力先增大后减小
C．绳3的拉力最大值为2mg
D．金属棒中电流I0的值为eq \f(\r(3)mg,2LB)
7．[2023·广东湛江统考一模]如图所示，空间正四棱锥P­ABCD的底边长和侧棱长均为a，此区域存在平行于CB边由C指向B方向的匀强磁场，现一质量为m、电量为＋q的粒子，以竖直向上的初速度v0从底面ABCD的中心O垂直于磁场方向进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，忽略粒子受到的重力．则磁感应强度大小为( )
A．eq \f(2mv0,qa)B．eq \f(4mv0,qa)
C．eq \f(（\r(6)＋2）mv0,qa)D．eq \f(（\r(6)－2）mv0,qa)
8．[2023·云南统考二模]如图所示，纸面内有一圆心为O，半径为R的圆形磁场区域，磁感应强度的大小为B，方向垂直于纸面向里．由距离O点0.4R处的P点沿着与PO连线成θ＝30°的方向发射速率大小不等的电子．已知电子的质量为m，电荷量为e，不计电子的重力且不考虑电子间的相互作用．为使电子不离开圆形磁场区域，则电子的最大速率为( )
A．eq \f(7eBR,10m)B．eq \f(\r(29)eBR,10m)
C．eq \f(21eBR,40m)D．eq \f(（5－2\r(3)）eBR,5m)
9．[2023·四川省绵阳市三诊]如图所示，一个圆柱体空间被过旋转轴的平面MNPQ划分成两个区域，两区域分布有磁感应强度大小相等、方向相反且与z轴平行的匀强磁场．一质子以某一速度从圆柱体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．质子重力忽略不计．下列关于质子运动轨迹在不同坐标平面的投影中，可能正确的是( )
二、多项选择题
10.
如图所示，两根足够长的光滑平行金属导轨竖直放置，导轨间距为L＝0.1m，导轨平面内分布着垂直导轨平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B＝5T，导轨上端分别接有电阻R和电源E.质量为m＝0.2kg的金属棒MN紧靠导轨水平放置，已知电阻R＝1Ω，电源E＝1.5V、内阻r＝0.5Ω，重力加速度g＝10m/s2，不计金属棒和导轨的电阻．闭合开关后将金属棒MN由静止释放，以下说法正确的是( )
A．若开关与1接通，金属棒MN克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
B．若开关与2接通，金属棒MN克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热
C．若开关与1接通，金属棒MN最终以8m/s的速度匀速运动
D．若开关与2接通，金属棒MN最终以1m/s的速度匀速运动
11．如图所示，在磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向外的匀强磁场中，固定一内部真空且内壁光滑的圆柱形薄壁绝缘管道，其轴线与磁场垂直．管道横截面半径为a，长度为l(l≫a).带电粒子束持续以某一速度v沿轴线进入管道，粒子在磁场力作用下经过一段圆弧垂直打到管壁上，与管壁发生弹性碰撞，多次碰撞后从另一端射出，单位时间进入管道的粒子数为n，粒子电荷量为＋q，不计粒子的重力、粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．粒子在磁场中运动的圆弧半径为a
B．粒子质量为eq \f(Bqa,v)
C．管道内的等效电流为nqπa2v
D．粒子束对管道的平均作用力大小为Bnql
12．[2023·山东省历城二中一模]如图所示，磁感应强度为B的匀强磁场方向垂直纸面向里，图中虚线为磁场的边界，其中bc段是半径为R的四分之一圆弧，ab、cd的延长线通过圆弧的圆心，Ob长为R.一束质量为m、电荷量为q的粒子，在纸面内以不同的速率从O点垂直ab射入磁场，已知所有粒子均从圆弧边界射出，其中M、N是圆弧边界上的两点，不计粒子间的相互作用和重力．则下列分析中正确的是( )
A．粒子带正电
B．从M点射出粒子的速率一定大于从N点射出粒子的速率
C．从M点射出粒子在磁场中运动时间一定小于从N点射出粒子所用时间
D．所有粒子所用最短时间为eq \f(2πm,3qB)
三、非选择题
13．如图，在以x轴和虚线围成的区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面．x轴上a点左侧有一足够长的金属板，半圆形边界的圆心为O、半径为eq \r(3)L，上边界到x轴的距离为2L.在O点有一粒子源，在纸面内向第一、第二象限均匀发射带正电的粒子，每秒钟射出n个粒子，粒子质量为m，电荷量为e，速度为v0＝eq \f(eB,m)L，不计粒子之间的相互作用．求：
(1)某个粒子沿与x轴正方向成60°射出，它在磁场中运动的时间t；
(2)电流表的示数I；
(3)磁场上边界有粒子射出的区域宽度d.
14．[2023·湖北卷]如图所示，空间存在磁感应强度大小为B、垂直于xOy平面向里的匀强磁场．t＝0时刻，一带正电粒子甲从点P(2a，0)沿y轴正方向射入，第一次到达点O时与运动到该点的带正电粒子乙发生正碰．碰撞后，粒子甲的速度方向反向、大小变为碰前的3倍，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周．己知粒子甲的质量为m，两粒子所带电荷量均为q.假设所有碰撞均为弹性正碰，碰撞时间忽略不计，碰撞过程中不发生电荷转移，不考虑重力和两粒子间库仑力的影响．求：
(1)第一次碰撞前粒子甲的速度大小；
(2)粒子乙的质量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小；
(3)t＝eq \f(18πm,qB)时刻粒子甲、乙的位置坐标，及从第一次碰撞到t＝eq \f(18πm,qB)的过程中粒子乙运动的路程．(本小问不要求写出计算过程，只写出答案即可)
课时提升训练8
1．解析：小球刚进入磁场时速度方向竖直向下，由左手定则可知，小球刚进入磁场时受到的洛伦兹力方向水平向右，A对；小球运动过程中，受重力和洛伦兹力的作用，且合力不为零，所以小球运动过程中的速度变化，B错；小球受到的重力不变，洛伦兹力时刻变化，则合力时刻变化，加速度时刻变化，C错；洛伦兹力永不做功，D错．
答案：A
2．解析：由图可知圆形导线框的大圆弧部分与小圆弧部分并联，两端圆弧受安培力的等效长度相等，即L＝eq \r(2)r
电流表示数为I，由于大圆弧部分的电阻是小圆弧部分电阻的3倍，根据电路串并联规律可得大圆弧部分与小圆弧部分的电流大小分别为I大＝eq \f(I,4)，I小＝eq \f(3I,4)
故线框所受安培力大小为F安＝BI大L＋BI小L＝eq \r(2)BIr
故选B.
答案：B
3．解析：由于两线圈内通入的电流大小相等，根据对称性可知，两线圈在O点产生的磁场的磁感应强度大小相等，方向相反，则O点的磁感应强度为零，B正确；根据上述O点的磁感应强度为零，可知两线圈间的磁场不是匀强磁场，A错误；根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在a点的磁场方向斜向右下方，在c点的磁场方向斜向右上方，右侧线圈在a点的磁场方向斜向左下方，在c点的磁场方向斜向左上方，根据对称性结合磁场叠加可知，两线圈在a、c两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即a、c两点的磁感应强度不相同，C错误；根据环形电流磁场的磁感线分布规律可知，左侧线圈在b、d两点的磁场方向均向右，右侧线圈在b、d两点的磁场方向均向左，根据对称性结合磁场叠加可知，b、d两点的磁感应强度大小相等，方向相反，即b、d两点的磁感应强度不相同，D错误．
答案：B
4．解析：从正视方向研究CD导体棒电流产生的磁场分布，可知CD导体棒电流在B端有垂直AB棒向上的分磁场，根据左手定则可知B端受到垂直于纸面向外的安培力，B端向外转动，CD导体棒电流在A端有垂直AB棒向下的分磁场，根据左手定则可知A端受到垂直于纸面向里的安培力，A端向里转动，故俯视导体棒AB将要顺时针转动，B正确，A、C错误；根据安培定则可知通电瞬间CD导体棒电流和AB导体棒电流在线段O1O2间产生的磁场方向相互垂直，故通电瞬间线段O1O2间不存在磁感应强度为零的位置，D错误．
答案：B
5．解析：图中线圈转动过程中，由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，则穿过该线圈的磁通量发生变化，故A错误；图示位置，线圈实线部分所受安培力为F＝BId，其中d为实际切割磁感线的线圈长度，故B错误；根据左手定则可知，线圈实线部分受到的安培力向里，线圈虚线部分受到的安培力向外，故线圈在安培力的作用下将绕OO′轴逆时针转动（俯视），故C正确；由于固定的圆柱形永磁体形成沿辐向均匀分布的磁场，所以转动过程中，线圈中的电流方向需改变，才可以使空心杯电机正常转动，故D错误．故选C.
答案：C
6．解析：对整体分析，重力大小和方向不变，绳1、2弹力方向不变，根据左手定则，安培力水平向右逐渐增大，由平衡条件得，水平方向F1＝F2cs60°＋BIL
竖直方向F2sin60°＝mg，则电流逐渐变大，则F1增大、F2不变，故AB错误；
当电流增大到I0时，安培力与重力的合力最大，即绳3的拉力最大sin30°＝eq \f(mg,F3)
最大值为F3＝2mg，故C正确；
对金属棒受力分析得tan30°＝eq \f(mg,BI0L)
得I0＝eq \f(\r(3)mg,BL)，故D错误．
答案：C
7．解析：
粒子从空间正四棱锥P－ABCD的底面ABCD中心O向上垂直进入磁场区域，最后恰好没有从侧面PBC飞出磁场区域，可知粒子刚好与侧面PBC相切，做出粒子的运动轨迹如图所示，
由几何关系可知r＋eq \f(r,sinθ)＝eq \f(a,2)
θ为面PBC与底面的夹角，由几何关系可算出sinθ＝eq \f(\r(6),3)
由洛伦兹力提供向心力得qv0B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)
联立解得B＝eq \f(（\r(6)＋2）mv0,qa)，故选C.
答案：C
8．解析：如图，
当电子的运动轨迹与磁场边界相切时，根据evB＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \f(erB,m)；电子运动半径最大，速度最大．电子圆周运动的圆心与圆形磁场的圆心以及切点共线，过电子圆周运动的圆心做OP的垂线，由几何关系得rcs60°＋eq \r(（R－r）2－（rsin60°）2)＝0.4R，得r＝eq \f(21,40)R，则最大速率为v＝eq \f(21eBR,40m)，故选C.
答案：C
9．解析：
根据左手定则，质子所受的磁场力和磁场方向垂直，质子始终在xOy平面内运动，在圆柱体左侧做顺时针圆周运动，在圆柱体的右侧做逆时针圆周运动，其运动轨迹在平行于xOy平面的投影如图所示
故AB错误；
质子始终在平行于xOy的平面内运动，z轴坐标为正值且不变，其运动轨迹在zOy平面的投影始终出现在y轴负半轴，运动轨迹可能如图所示
故C错误，D正确．
故选D.
答案：D
10．解析：若开关与1接通，该回路为纯电阻回路且只有动生电动势，因此金属棒MN克服安培力做的功等于回路中产生的焦耳热，当金属棒MN所受的安培力大小与重力相等时，金属棒做匀速运动，即BI1L＝mg，又I1＝eq \f(BLv1,R)，联立解得v1＝8m/s，即若开关与1接通，金属棒MN最终以8m/s的速度匀速运动，AC正确；若开关与2接通，导体棒与电源串联，回路中除了动生电动势外还有电源，电源在回路中产生的电流也产生焦耳热，因此，金属棒MN克服安培力做的功不等于回路中产生的焦耳热，当金属棒MN所受的安培力大小与重力相等时，金属棒做匀速运动，即BI2L＝mg，又I2＝eq \f(BLv2＋E,r)，联立解得v2＝1m/s，即若开关与2接通，金属棒MN最终以1m/s的速度匀速运动，B错误，D正确．
答案：ACD
11．解析：带正电的粒子沿轴线射入，然后垂直打到管壁上，可知粒子运动的圆弧半径为r＝a
故A正确；
根据qvB＝meq \f(v2,r)可得粒子的质量m＝eq \f(Bqa,v)，故B正确；
管道内的等效电流为I＝eq \f(Q,t)＝nq，故C错误；
粒子束对管道的平均作用力大小等于等效电流受的安培力F＝BIl＝Bnql
故D正确．
答案：ABD
12．解析：粒子做逆时针的匀速圆周运动，根据左手定则，可知粒子带正电，A正确；
根据qvB＝meq \f(v2,r)，得v＝eq \f(qBr,m)，从M点射出粒子的圆周半径小于从N点射出粒子的半径，则从M点射出的粒子速度小于从N点射出的粒子速度，B错误；
由t＝eq \f(θ,2π)T＝eq \f(θ,2π)·eq \f(2πm,qB)，粒子周期不变，圆周运动的圆心角越大，运动时间越长，由几何关系可知，弦切角等于圆心角的一半，当弦切角越小，运动时间越短，如图，
当弦与bc圆弧边界相切时，弦切角最小．Ob等于R，由几何关系，此时圆周运动的圆心角为120°，则最短时间为tmin＝eq \f(120°,360°)×eq \f(2πm,qB)＝eq \f(2πm,3qB)
M、N两点具体位置未知，则无法判断从M点射出粒子所用时间和从N点射出粒子所用时间的大小关系，C错误，D正确．
答案：AD
13．解析：（1）由eBv0＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,r)，得r＝L
分析出粒子在磁场中运动的圆心在磁场边界与y轴交点d，从e点垂直于边界射出磁场，偏转角为30°，则在磁场中的运动时间为t＝eq \f(30°,360°)T，又T＝eq \f(2πm,eB)，解得t＝eq \f(πm,6eB).
（2）左边的临界状况是在f点与磁场边界相切，射入方向与x轴负方向成60°，
则单位时间内打在金属板上的粒子数为
N＝eq \f(60,180)n＝eq \f(1,3)n，
电流表的示数为I＝eq \f(1,3)ne.
（3）粒子从磁场左边射出的临界点为f点
df＝eq \r(3)L，
粒子从磁场右边射出的临界点为g点，原点O、轨迹圆心、g点三点一线，dg＝eq \r(（3L）2－（2L）2)＝eq \r(5)L，
粒子从上边界射出磁场的宽度
d＝fd＋dg＝eq \r(3)L＋eq \r(5)L＝（eq \r(3)＋eq \r(5)）L.
答案：（1）eq \f(πm,6eB) （2）eq \f(1,3)ne （3）（eq \r(3)＋eq \r(5)）L
14．解析：（1）由题知，粒子甲从点P（2a，0）沿y轴正方向射入到达点O，则说明粒子甲的半径
r＝a
根据qv甲0B＝meq \f(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲0)) ,r甲0)
解得v甲0＝eq \f(qBa,m)
（2）由题知，粒子甲运动一个圆周时，粒子乙刚好运动了两个圆周，则T甲＝2T乙
根据qvB＝meq \f(4π2,T2)r，有eq \f(T甲,T乙)＝eq \f(m,m乙)
则m乙＝eq \f(1,2)m
粒子甲、乙碰撞过程，取竖直向下为正，有
mv甲0＋m乙v乙0＝－mv甲1＋m乙v乙1
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲0)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙0)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲1)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙1))
解得v乙0＝－5v甲0，v乙1＝3v甲0
则第一次碰撞后粒子乙的速度大小为eq \f(3qBa,m).
（3）已知在t1＝eq \f(πm,qB)时，甲、乙粒子发生第一次碰撞且碰撞后有
v甲1＝－3v甲0，v乙1＝3v甲0
则根据qvB＝meq \f(v2,r)，可知此时乙粒子的运动半径为r乙1＝eq \f(3,2)a
可知在t2＝eq \f(3πm,qB)时，甲、乙粒子发生第二次碰撞，且甲、乙粒子发生第一次碰撞到第二次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S1＝6πa
且在第二次碰撞时有
mv甲1＋m乙v乙1＝mv甲2＋m乙v乙2
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲1)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙1)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲2)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙2))
解得
v甲2＝v甲0，v乙2＝－5v甲0
可知在t3＝eq \f(5πm,qB)时，甲、乙粒子发生第三次碰撞，且甲、乙粒子发生第二次碰撞到第三次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S2＝10πa
且在第三次碰撞时有
mv甲2＋m乙v乙2＝mv甲3＋m乙v乙3
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲2)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙2)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲3)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙3))
解得
v甲3＝－3v甲0，v乙3＝3v甲0
依次类推
在t9＝eq \f(17πm,qB)时，甲、乙粒子发生第九次碰撞，且甲、乙粒子发生第八次碰撞到第九次碰撞过程中乙粒子运动了2圈，此过程中乙粒子走过的路程为
S8＝10πa
且在第九次碰撞时有
mv甲8＋m乙v乙8＝mv甲9＋m乙v乙9
eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲8)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙8)) ＝eq \f(1,2)mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(甲9)) ＋eq \f(1,2)m乙v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(乙9))
解得
v甲9＝－3v甲0，v乙9＝－3v甲0
在t9＝eq \f(17πm,qB)到t＝eq \f(18πm,qB)过程中，甲粒子刚好运动半周，甲粒子的运动半径为3a，则t＝eq \f(18πm,qB)时甲粒子运动到P点即（－6a，0）处．
在t10＝eq \f(17πm,qB)到t＝eq \f(18πm,qB)过程中，乙粒子刚好运动一周，则t＝eq \f(18πm,qB)时乙粒子回到坐标原点，且此过程中乙粒子走过的路程为
S0＝3πa
故整个过程中乙粒子走过总路程为
S＝4×6πa＋4×10πa＋3πa＝67πa
答案：（1）eq \f(qBa,m) （2）eq \f(1,2)m，eq \f(3qBa,m)
（3）甲（－6a，0），乙（0，0），67πa