【全程复习方略】2022年高考物理二轮复习 课时冲关练 4.8磁场及带电粒子在磁场中的运动（B卷）

磁场及带电粒子在磁场中的运动(B卷)(45分钟，100分)一、单项选择题(本题共4小题，每小题8分，共32分。每小题只有一个选项正确)1.如图，两根相互平行的长直导线分别通有方向相反的电流I1和I2，且I1>I2；a、b、c、d为导线某一横截面所在平面内的四点，且a、b、c与两导线共面；b点在两导线之间，b、d的连线与导线所在平面垂直。磁感应强度可能为零的点是(　　)A.a点　　　B.b点　　　C.c点　　　D.d点【解析】选C。空间某点的磁感应强度的大小和方向是两条直线电流各自产生的磁场叠加的结果。距离导线越近的地方，磁场越强。根据安培定则，只有在c点，两条导线电流各自产生的磁场才有可能大小相等，方向相反，叠加后互相抵消，磁感应强度为零。2.(2022·舟山二模)如图所示，光滑的金属轨道分水平段和圆弧段两部分，O点为圆弧的圆心。两金属轨道之间的宽度为0.5m，匀强磁场方向如图所示，大小为0.5T。质量为0.05kg、长为0.5m的金属细杆置于金属轨道上的M点。当在金属细杆内通以电流强度为2A的恒定电流时，金属细杆可以沿轨道由静止开始向右运动。已知MN=OP=1m，则(　　)A.金属细杆开始运动时的加速度大小为5m/s2B.金属细杆运动到P点时的速度大小为5m/sC.金属细杆运动到P点时的向心加速度大小为10m/s2D.金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N【解析】选D。金属细杆在水平方向受到安培力作用，安培力大小为F安=BIL=0.5×2×0.5N=0.5N，金属细杆开始运动时的加速度大小为a=F安m=10m/s2，A错误；对金属细杆从M点到P点的运动过程，安培力做功W安=F安·(MN+OP)=1J，重力做功WG=-mg·ON=-0.5J，由动能定理得W安+WG=12mv2，解得金属细杆运动到P点时的速度大小为v=20m/s，B错误；金属细杆运动到P点时的加速度可分解为水平方向的向心加速度和竖直方向的加速度，水平方向的向心加速度大小为a′=v2r=20m/s2，C错误；在P点金属细杆受到轨道水平向左的作用力F，水平向右的安培力F安，由牛顿第二定律得F-F安=mv2r，解得F=1.5N，每一条轨道对金属细杆的作用力大小为0.75N，由牛顿第三定律可知金属细杆运动到P点时对每一条轨道的作用力大小为0.75N，D正确。-7-\n3.如图所示，MN板两侧都是磁感应强度为B的匀强磁场，方向如图所示，带电粒子(不计重力)从a位置以垂直B方向的速度v开始运动，依次通过小孔b、c、d，已知ab=bc=cd，粒子从a运动到d的时间为t，则粒子的比荷为(　　)A.πtB　　　B.4π3tB　　　C.tB2π　　　D.3πtB【解析】选D。粒子运动周期T=2πmBq，从a运动到d经历三个半圆周，故t=3T2，解得qm=3πtB，选项D正确。【加固训练】(2022·江西师大附中一模)如图所示，带异种电荷的粒子a、b以相同的动能同时从O点射入宽度为d的有界匀强磁场，两粒子的入射方向与磁场边界的夹角分别为30°和60°，且同时到达P点。a、b两粒子的质量之比为(　　)A.1∶2B.2∶1C.3∶4D.4∶3【解析】选C。两初速度方向互相垂直，作弦OP的中垂线，两个圆的圆心都在这条直线上，a、b两粒子在磁场中转过的圆心角之比为120°∶60°=2∶1，由于时间t=θmqB相等，所以二者的mq之比为1∶2，根据几何关系r=d2sinθ，可得半径之比为1∶3，由r=mvqB进一步得速度之比为2∶3，由于动能相等，所以质量之比为3∶4，选项C正确。4.(2022·安徽高考)“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体，使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部，而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，为约束更高温度的等离子体，则需要更强的磁场，以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于(　　)A.T　　　B.T　　　C.T3　　　D.T2【解题指南】解答本题注意以下两点：(1)带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，即v2正比于T，则v正比于T。(2)带电粒子在磁场中的运动，根据牛顿第二定律有qvB=mv2r。【解析】选A。带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比，则v2正比于T，从而v正比于T-7-\n。带电粒子在磁场中的运动半径不变，根据牛顿第二定律有qvB=mv2r，可得B=mvqr。综上可知，B正比于T，故选项A正确。二、不定项选择题(本题共3小题，每小题8分，共24分。每小题至少一个选项正确)5.(2022·杭州一模)质量为m，带电量为q的小物块，从倾角为θ的光滑绝缘斜面上由静止下滑，整个斜面置于方向水平向里的匀强磁场中，磁感应强度为B，如图所示。若带电小物块下滑后某时刻对斜面的作用力恰好为零，下面说法中正确的是(　　)A.小物块一定带正电荷B.小物块在斜面上运动时做匀加速直线运动C.小物块在斜面上运动时做加速度增大，而速度也增大的变加速直线运动D.小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时的速率为mgcosθBq【解析】选B、D。小物块沿斜面下滑对斜面作用力为零时，受力分析如图所示，小物块受到重力mg和垂直于斜面向上的洛伦兹力F，故小物块带负电荷，A错误；小物块在斜面上运动时合力等于mgsinθ保持不变，做匀加速直线运动，B正确，C错误；小物块在斜面上下滑过程中，当小物块对斜面压力为零时有qvB=mgcosθ，则有v=mgcosθBq，D正确。6.如图所示，两根互相平行的长直导线过纸面上的M、N两点，且与纸面垂直，导线中通有大小不等、方向相反的电流。A、O、B在M、N的连线上，O为MN的中点，C、D位于MN的中垂线上，且A、B、C、D到O点的距离均相等。关于以上几点处的磁场，下列说法错误的是(　　)A.O点处的磁感应强度不可能为零B.B点处的磁感应强度不可能为零C.A、B两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相反D.C、D两点处的磁感应强度大小可能相等，方向相同【解析】-7-\n选C、D。两通电导线单独在O点或B点产生的磁场方向相同，所以这两点处的磁感应强度均不可能为零，选项A、B正确；A、B两点处的磁感应强度方向一定是相同的，选项C错误；因为两导线中的电流大小不等，C、D两点处的磁感应强度大小可能相等，但方向一定不同，选项D错误。7.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)A.a粒子带负电，b粒子带正电B.a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C.b粒子动能较大D.b粒子在磁场中运动时间较长【解析】选A、C。由左手定则可知a粒子带负电，b粒子带正电，A正确；由qvB=mv2R得R=mvqB，由于a粒子轨道半径较小，b粒子的轨道半径较大，故a粒子的速度较小，b粒子的速度较大，所以a粒子在磁场中所受洛伦兹力较小，b粒子的速度较大，动能较大，B错误，C正确；由T=2πmqB可知两个粒子在磁场中运动的周期相同，由于a粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角比b粒子大，由t=θ2πT可知b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。三、计算题(本题共2小题，共44分。需写出规范的解题步骤)8.(22分)(2022·宁波一模)如图所示，一对磁偏转线圈形成的匀强磁场分布在R=0.10m的圆形区域内，磁感应强度为0.1T。圆的左端跟y轴相切于直角坐标系的原点O，右端跟足够大的荧光屏MN相切于x轴上A点，置于原点的粒子源沿x轴正方向射出带正电的粒子流，以v=3×106m/s射入磁场，粒子的比荷为1×108C/kg，重力不计。求：(1)粒子在磁场中运动的时间。(2)粒子打在荧光屏上的位置距A的距离。(3)要使粒子打不到荧光屏上，求粒子的速度大小应满足的条件。【解析】(1)由qvB=mv2r得：粒子运动的轨道半径r=mvBq=310m(4分)-7-\ntan=Rr=33，所以轨迹所对的圆心角φ=60°(3分)T=2πmBq=2π×10-7s(3分)粒子在磁场中运动的时间t=T6=π3×10-7s(2分)(2)如图α=60°(2分)则粒子打到荧光屏上的点距A点的距离为L=Rtan60°=310m(3分)(3)粒子在磁场中轨道半径r′=R时，粒子沿y轴正方向飞出，恰好打不到屏上Bqv′=mv'2R解得v′=BqRm=1.0×106m/s(3分)即粒子的速度小于1.0×106m/s时粒子打不到屏上。　(2分)答案：(1)π3×10-7s　(2)310m(3)粒子的速度小于1.0×106m/s时粒子打不到屏上9.(22分)如图，在0≤x≤d的空间，存在垂直xOy平面的匀强磁场，方向垂直xOy平面向里。y轴上P点有一小孔，可以向y轴右侧垂直于磁场方向不断发射速率均为v、与y轴所成夹角θ可在0～180°范围内变化的带负电的粒子。已知θ=45°时，粒子恰好从磁场右边界与P点等高的Q点射出磁场，不计重力及粒子间的相互作用。求：(1)磁场的磁感应强度。(2)若θ=30°，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角(可用三角函数、根式表示)。(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域的面积(可用根式表示)。【解题指南】解答本题应注意以下三点：-7-\n(1)画出粒子在磁场中的运动轨迹，确定圆心的位置，由几何关系确定半径；(2)找出粒子恰好从磁场右边界射出的临界状态，画出运动轨迹；(3)由几何关系确定粒子在磁场中经过的区域的面积。【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，设粒子的轨道半径为R，磁场的磁感应强度为B，则：qvB=mv2R　(3分)如图所示，由几何关系得：d=2Rcos45°(3分)解得：B=2mvqd　(2分)(2)如图所示，由几何关系d=Rcos30°+Rcosα　(4分)解得：α=arccos22-32　(2分)(3)能够从磁场右边界射出的粒子在磁场中经过的区域，如图中两圆弧间斜线部分所示：-7-\n由几何关系得：R2-(d-R)2=PM2　(3分)由割补法得该区域面积为S=d·PM　(3分)解得：S=d22-1　(2分)答案：(1)2mvqd　(2)arccos22-32　(3)d22-1-7-