统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练9磁场及带电粒子在磁场中的运动

这是一份统考版2024高考物理二轮专题复习专题强化训练9磁场及带电粒子在磁场中的运动，共9页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1．[2023·重庆押题卷]lffe­Prichard磁阱常用来约束带电粒子的运动．如图所示，四根通有大小相等且为恒定电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出，已知通电无限长直导线产生的磁感应强度大小与到直导线距离成反比．下列说法正确的是( )
A．直导线1、3之间的相互作用力为排斥力
B．一垂直于纸面并从O点射入的粒子，将做匀速直线运动
C．直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴正方向
D．直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向指向O点
2．[2022·广东卷]如图所示，一个立方体空间被对角平面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立方体左侧垂直Oyz平面进入磁场，并穿过两个磁场区域．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( )
3．[2023·重庆押题卷]如图所示，边长为L的正六边形abcdef区域内存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，正六边形中心O处有一粒子源，可在纸面内向各个方向发射不同速率带正电的粒子，已知粒子质量均为m、电荷量均为q，不计粒子重力和粒子间的相互作用，下列说法正确的是( )
A．可能有粒子从ab边中点处垂直ab边射出
B.从a点垂直af离开正六边形区域的粒子在磁场中的运动时间为eq \f(πm,6qB)
C．垂直cf向上发射的粒子要想离开正六边形区域，速率至少为eq \f(（2\r(3)－3）qBL,m)
D．要想离开正六边形区域，粒子的速率至少为eq \f(\r(3)qBL,2m)
4．如图甲是判断检测电流I0大小是否发生变化的装置，该检测电流在铁芯中产生磁场，其磁感应强度与检测电流I0成正比，现给金属材料制成的霍尔元件(如图乙，其长、宽、高分别为a、b、d)通以恒定工作电流I，通过右侧电压表的示数来判断I0的大小是否发生变化，下列说法正确的是( )
A．N端应与电压表的“＋”接线柱相连
B．要提高检测灵敏度可适当减小宽度b
C．如果仅将检测电流反向，电压表的“＋”“－”接线柱连线位置无需改动
D．当霍尔元件尺寸给定，工作电流I不变时，电压表示数变大，说明检测电流I0变大
5．[2023·山东省德州市期末考试]某学习小组设计了如图所示的简易粒子加速器，两水平平行虚线上、下两侧有垂直纸面且范围足够大的匀强磁场，平行板电容器两极板上有正对着的小孔，两极板都恰好处于磁场的水平虚线边界．平行板电容器接通电源后两极板间的电压大小恒为U，将质量为m、带电量为－q的带电粒子自静止开始释放，释放位置在电容器的上极板小孔正下方，且紧靠上极板小孔，此后粒子经过多次加速，当动能达到所需要的Ek后立即将磁场撤去．已知两虚线间的距离为d，粒子始终没碰到电容器极板，不计粒子重力和两极板的厚度，以下说法正确的是( )
A．平行板电容器必须接交流电源
B．平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同
C．粒子转过的圈数至少为eq \f(Ek,2qU)－1
D．粒子在电容器中运动的总时间为eq \f(d,qU)eq \r(2mEk)
6．[2023·湖北押题卷]一匀强磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向里，其边界如图中虚线所示，ab为半径为R的半圆，ac、bd与直径ab共线，a、c间的距离等于半圆的半径R.一束质量均为m、电量均为q的带负电的粒子，在纸面内从c点垂直于ac以不同速度射入磁场，不计粒子重力及粒子间的相互作用．下列说法正确的是( )
A．可以经过半圆形边界的粒子的速率最小值为eq \f(qBR,m)
B．可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为eq \f(3qBR,2m)
C．在磁场中运动时间最短的粒子速率为eq \f(qBR,2m)
D．在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为eq \f(2πm,3qB)
二、非选择题
7．[2023·河北省部分学校大联考]如图所示，一质量为m、电荷量为q的带正电小球(视为质点)套在长度为L、倾角为θ的固定绝缘光滑直杆OP上，P端下方存在正交的匀强电场和匀强磁场，电场方向沿PO方向，磁场方向垂直纸面水平向里．现将小球从O端由静止释放，小球滑离直杆后沿直线运动，到达Q点时立即撤去磁场，最终小球垂直打到水平地面上，重力加速度大小为g，不计空气阻力．求：
(1)电场的电场强度大小E以及磁场的磁感应强度大小B；
(2)Q点距离地面的高度h.
8．[2023·甘肃省模拟]实验室有一装置可用于探究原子核性质，该装置的主要原理可简化为：空间中有一直角坐标系Oxy，在紧贴位置(－0.2m，0)处有一粒子源P，能沿x轴正方向以v0＝1×106m/s的速度持续发射比荷为eq \f(q,m)＝5×107C/kg的某种原子核．在x＜0，y＜0的空间中存在沿y轴负方向的匀强电场，场强E＝eq \f(\r(3),3)×105V/m.在x＞0的空间中有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B＝0.2T．忽略原子核的重力及核间的相互作用．
(1)求原子核第一次穿过y轴时的速度v的大小和方向；
(2)若原子核进入磁场后，经过Δt＝π×10－7s瞬间分裂成a、b两个新核．两新核的质量之比为ma∶mb＝1∶2；电荷量之比为qa∶qb＝1∶2；速度大小之比为va∶vb＝4∶1，方向仍沿原运动方向．求a粒子经过y轴时的位置及其在磁场中运动的时间．
9．[2023·全国冲刺卷]如图所示，长度为L、内径为d的圆柱形直管道水平固定在水平方向的匀强磁场中(磁场未画出).P位于管道一端管口的轴线上，P处固定一粒子源，它可发射质量为m、带电荷量为e的电子．
(1)若从P发出的电子的速度方向竖直向上，磁场的方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B0，粒子在管道内运动时，恰好不与管壁碰撞，求从P发出的电子的速率v；
(2)若从P发出的电子的速度恒定不变，且大小与(1)问相同，磁感应强度按图示规律分布，磁场的方向垂直纸面向里为正，要使电子从轴线的另一端离开管道(假设电子经过磁场的边界时，会立即进入另一磁场)，求：
①图中x0的值及管道长度L的限制条件；
②电子在管道中运动的时间t.
(3)若电子的速度大小为eq \f(eB0d,2m)，方向斜向右上方，与水平方向的夹角为θ，磁场方向水平向右，磁感应强度大小为B0，经过一段时间后电子恰好从管道轴线的另一端离开管道，整个过程粒子都不会与管道碰撞，则θ、L分别应满足什么条件？
专题强化训练9 磁场及带电粒子在磁场中的运动
1．解析：当通有同向电流时，电流之间表现为吸引力，A错误；由右手定则并结合矢量叠加可知O点的磁感应强度为零，因此过O点垂直于纸面的任何点磁感应强度都为零，从O点射入的粒子，将做匀速直线运动，B正确；直导线1、2在O点的磁感应强度方向沿y轴负方向，C错误；若直导线1在直导线2处产生的安培力为F，则1、3在2处的安培力的合力为eq \r(2)F，方向背离O点，而4在2处产生的安培力为eq \f(\r(2),2)F，方向指向O点，所以直导线2受到直导线1、3、4的作用力方向背离O点，D错误．
答案：B
2．解析：根据题述情境，质子垂直Oyz平面进入磁场，由左手定则可知，质子先向y轴正方向偏转穿过MNPQ平面，再向x轴正方向偏转，所以A可能正确，B错误；该轨迹在Oxz平面上的投影为一条平行于x轴的直线，C、D错误．
答案：A
3．解析：若粒子从ab边中点处垂直ab边射出，则圆心一定在ab边上，设与ab边交点为g，则圆心在Og的中垂线上，而中垂线与ab边平行，不可能相交，故A错误；同理做aO垂线出射速度垂线交于f点，即f为圆心，则对应圆心角为60°，所以粒子在磁场中的运动时间为t＝eq \f(1,6)T
且T＝eq \f(2πm,qB)
解得t＝eq \f(πm,3qB)，故B错误；垂直cf向上发射的粒子刚好能离开磁场时，轨迹与边af相切，则由几何关系得L＝r＋eq \f(r,sin60°)
由qvB＝eq \f(mv2,r)得r＝eq \f(mv,qB)
联立解得v＝eq \f(（2\r(3)－3）qBL,m)，故C正确；因为O点距六边形的最近距离为d＝Lcs30°＝eq \f(\r(3),2)L
即此时对应刚好离开磁场的最小直径，所以最小半径为r＝eq \f(d,2)
又r＝eq \f(mv,qB)
所以最小速度为vmin＝eq \f(\r(3)qBL,4m)，故D错误．
答案：C
4．解析：图甲中检测电流I0通过线圈，根据安培定则，线圈在铁芯中产生逆时针方向的磁场，霍尔元件是金属材料制成，处于向上的磁场中，定向移动的自由电子受到垂直纸面向外的磁场力而偏转到外侧面上，使得霍尔元件外侧面电势低，内侧面电势高，所以应该是M端与电压表的“＋”接线柱相连，故A错误；当霍尔元件内外侧面电压稳定时，内部电子受力平衡，则有qvB＝qeq \f(U,b)可得U＝vBb
要提高检测灵敏度，可以通过增大B（增大I0）、增大工作电流I（增大v）、增大b的方法，故B错误；如果仅将检测电流反向，线圈在铁芯中产生顺时针方向的磁场，霍尔元件处于向下的磁场中，电子受到垂直纸面向里的磁场力而偏转到内侧面上，使得霍尔元件外侧面电势高，内侧面电势低，N端与电压表的“＋”接线柱相连，故C错误；由B中分析可知U＝vBb，当霍尔元件尺寸给定即b不变，工作电流I不变即v不变，电压表示数U变大，说明霍尔元件所处的磁场磁感应强度增大，由题意可知B∝I0，说明检测电流I0变大，故D正确．
答案：D
5．解析：由题意可知粒子每次都需要进入上极板小孔同一位置进行加速，在上下两侧的磁场中进行回旋，因而平行板电容器需要接直流电源，A错误；由于粒子的回旋每次都需要回到上极板的小孔，因而上下两侧的磁场中的旋转半径需相同，即平行虚线两侧磁场的磁感应强度必须相同，B正确；每转一圈粒子加速一次，则转过的圈数比加速的次数少一次，即n＝eq \f(Ek,Ek0)－1，Ek0＝qU，解得n＝eq \f(Ek,qU)－1，C错误；粒子在电容器中做匀加速直线运动，且每次出下极板的末速度都是下一次加速的初速度，则s＝eq \f(Ek,qU)·d，s＝eq \f(1,2)at2，a＝eq \f(qU,dm)，解得t＝eq \f(d,qU)eq \r(2mEk)，D正确．
答案：BD
6．解析：由R＝eq \f(mv,qB)可知，粒子速度越大，半径越大．如图所示，在能达到半圆形边界的粒子中，经过a点的粒子半径最小，速度最小，其轨迹如图中轨迹1所示，
由eq \f(R,2)＝eq \f(mvmin,qB)解得vmin＝eq \f(qBR,2m)，故A错误；经过b点的粒子半径最大，速度最大，其轨迹如图中轨迹2所示，由eq \f(3R,2)＝eq \f(mvmax,qB)解得vmax＝eq \f(3qBR,2m)，故B正确；由分析可知，轨迹圆弧所对应的弦与ab半圆形边界相切时，圆心角最小，运动时间最短，其轨迹如图中轨迹3所示，圆心恰好位于a点，由R＝eq \f(mv,qB)解得v＝eq \f(qBR,m)，故C错误；其圆心角为120°，故运动时间为t＝eq \f(T,3)＝eq \f(2πm,3qB)，故D正确．
答案：BD
7．解析：（1）对小球沿杆运动的过程，根据动能定理有mgLsinθ＝eq \f(1,2)mv2，
解得v＝eq \r(2gLsinθ).小球从P点运动到Q点的过程中受力平衡，有qE＝mgsinθ，qvB＝mgcsθ
解得E＝eq \f(mgsinθ,q)，B＝eq \f(mgcsθ,q\r(2gLsinθ)).
（2）根据题意可知，当磁场撤去后，小球受重力和电场力作用，且合力的方向与速度方向垂直，小球做类平抛运动，水平方向有Eqcsθ＝max
vx＝vcsθ－axt
竖直方向有mg－Eqsinθ＝may
h＝vsinθ·t＋eq \f(1,2)ayt2
当小球落到地面时，vx＝0，
即vx＝vcsθ－axt＝0
解得t＝eq \f(mv,Eq)
h＝（sinθ＋eq \f(1,sinθ)）L.
答案：（1）eq \f(mgsinθ,q) eq \f(mgcsθ,q\r(2gLsinθ)) （2）（sinθ＋eq \f(1,sinθ)）L
8．解析：（1）原子核在Oxy平面的电场中做类平抛运动，粒子在水平方向做匀速直线运动，有x＝v0t0
原子核在竖直方向上做匀加速直线运动，由牛顿第二定律得
qE＝ma
竖直方向的速度为vy＝at0
原子核的速度为v＝eq \r(v eq \\al(2,x) ＋v eq \\al(2,y) )
代入数据联立解得原子核第一次穿过y轴时的速度大小v＝eq \f(2\r(3),3)×106m/s
速度方向与x轴正方向夹角的正切值tanθ＝eq \f(vy,v0)＝eq \f(\r(3),3)
则θ＝30°
即速度方向与x轴正方向成30°角指向第四象限．
（2）原子核做类平抛运动，沿y轴负方向偏转的距离为y＝eq \f(1,2)at eq \\al(2,0)
解得y＝eq \f(10\r(3),3)×10－2m
原子核在磁场B中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，则
Bqv＝meq \f(v2,R1)
解得半径为R1＝eq \f(mv,qB)＝eq \f(0.2\r(3),3)m
粒子的运动周期为T1＝eq \f(2πm,qB)＝2π×10－7s
因为Δt＝eq \f(T1,2)，所以该原子核在磁场B中运动了半个周期后分裂，粒子在分裂时满足动量守恒定律，有
mv＝mava＋mbvb
已知m＝ma＋mb，ma∶mb＝1∶2，va∶vb＝4∶1.
解得va＝eq \f(4\r(3),3)×106m/s
所以分裂后a粒子的半径为Ra＝eq \f(mava,qaB)＝eq \f(mva,qB)＝eq \f(0.4\r(3),3)m
粒子的轨迹如图所示，根据几何关系可知，a核经过y轴时的位移为ya＝Ra－y＝eq \f(\r(3),10)m
a粒子在磁场中运动的周期为T2＝T1＝eq \f(2πm,Bq)
由几何关系可知a粒子经过圆心角为30°，则a粒子在磁场中运动的时间为
t＝eq \f(T2,12)＝eq \f(π,6)×10－7s.
答案：（1）eq \f(2\r(3),3)×106m/s，方向与x轴正方向成30°角指向第四象限 （2）eq \f(\r(3),10)m eq \f(π,6)×10－7s
9．解析：（1）粒子在管道内做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有evB＝meq \f(v2,R)
其中R＝eq \f(d,2)
B＝B0
解得v＝eq \f(qB0d,2m)
（2）画出电子的运动轨迹，如图所示
①由图可知，要满足题意，必有x0＝2R＝d
L＝nd（n＝1，2，3…）
②电子做圆周运动的周期T＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,eB0)
考虑粒子运动的周期性，电子在管道中运动的时间t＝neq \f(T,2)＝eq \f(nπm,eB0)（n＝1，2，3…）
（3）将速度v沿竖直方向和水平方向分解，电子在管道内螺旋转动，它可分解为沿轴线方向的匀速直线运动和垂直轴线方向的匀速圆周运动．轴线方向有L＝vcsθt
垂直轴线方向有evB0sinθ＝eq \f(m（vsinθ）2,r)
因不能与管壁碰撞，则r≤eq \f(d,4)
解得θ≤30°
粒子的运动周期T0＝eq \f(2πr,vsinθ)＝eq \f(2πm,eB0)
又t＝nT0
eq \f(d,2)＝eq \f(mv,eB0)
解得L＝nπdcsθ（n＝1，2，3…）
答案：（1）eq \f(qB0d,2m) （2）①d nd（n＝1，2，3…）
②eq \f(nπm,eB0)（n＝1，2，3…）
（3）θ≤30° L＝nπdcsθ（n＝1，2，3…）