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=kIr(式中k为常数,I为电流,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,其中三根导线间的距离之比为lab∶lbc∶lca=5∶3∶4。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=169B.a、b的电流反向,n=169C.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1∶2C.P和Q的速度大小之比为3∶1D.P和Q在磁场中运动的半径之比为2∶19.(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(q>0)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23qBa3mB.荧光屏上的发光长度为233+1aC.打中荧光屏的粒子运动时间的最大值为3πm2qBD.打中荧光屏的粒子运动时间的最小值为7πm6qB10.(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(q>0)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。11.(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和y方向的分量Bx和By随时间周期性变化规律如图乙所示,图中B0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v0。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(1)求离子从小孔S射出时相对推进器的速度大小vS。(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B0=2mv05el。求图乙中t0时刻离子束对推进器作用力沿z轴方向的分力。12.(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8v5kB,且粒子打在挡板上会被吸收,不计带电粒子的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,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处产生的磁感应强度大小满足BacBbc=34,根据B=kIr,IaIb=n,得n=1,故选C。4.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+(3l)2,解得r=2l,根据qvB=mv2r,解得v=qBrm=2qBlm,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1r=1R+13R,所以r=34R,根据闭合电路欧姆定律得干路电流I=E34R+R=4E7R,所以安培力F=BIl=4BEl7R,选项D正确,C错误。7.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向心力有Bqv=mv2r根据几何知识有lOP=2rsinθ联立解得,从P点到O点的距离为lOP=3mvBq。(2)根据圆周运动的周期T=2πrv=2πmBq则运动时间为t=α2πT=αmBq①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=12α1=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'=12B。8.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RQsin60°=12lOQ,P偏转圆心角为60°,则RP=lPO,则P和Q在磁场中运动的半径之比为23∶1,两粒子在磁场中做匀速圆周运动的时间相同,有13TQ=16TP,T=2πRv,解得P和Q的速度大小之比为3∶1,根据R=mvBq,得qm=vBR,所以P和Q的比荷之比为1∶2,故B、C正确,D错误。9.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lOO1=r1,lO1O2=2r1,可知圆心角∠OO1K=60°,故lOO2=2r1sin60°=a+r1sin60°,可解得r1=233a,由向心力公式可得qv1B=mv12r1,联立可解得v1=23qBa3m,此过程粒子在磁场中的运动时间最短,MN左侧轨迹圆心角60°,右侧轨迹圆心角150°,周期公式为T=2πmqB,故总时间为t1=60°+150°360°