【优化探究】2022高考物理二轮专题复习 素能提升 1-3-8 磁场及带电粒子在磁场中的运动（含解析）新人教版

【优化探究】2022高考物理二轮专题复习素能提升1-3-8磁场及带电粒子在磁场中的运动（含解析）新人教版1.(多选)(2022年高考新课标Ⅱ全国卷)图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁提供匀强磁场，硅微条径迹探测器可以探测粒子在其中运动的轨迹．宇宙射线中有大量的电子、正电子和质子．当这些粒子从上部垂直进入磁场时，下列说法正确的是(　　)A．电子与正电子的偏转方向一定不同B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径一定相同C．仅依据粒子运动轨迹无法判断该粒子是质子还是正电子D．粒子的动能越大，它在磁场中运动轨迹的半径越小解析：在同一匀强磁场中，各粒子进入磁场时速度方向相同，但速度大小关系未知．由左手定则可知电子与正电子进入磁场时所受洛伦兹力方向相反，偏转方向必相反，故A正确．因r＝，各粒子虽q相同、但v关系未知，故m相同、v不同时轨迹半径不同，而当r相同时只能表明mv相同，不能确定m的关系，故B错误，C正确．由Ek＝mv2有r＝，可见当Ek越大时，确定的粒子其轨迹半径越大，故D错误．答案：AC2．(多选)(2022年高考浙江卷)如图甲所示，两根光滑平行导轨水平放置，间距为L，其间有竖直向下的匀强磁场，磁感应强度为B.垂直于导轨水平对称放置一根均匀金属棒．从t＝0时刻起，棒上有如图乙所示的持续交变电流I，周期为T，最大值为Im，图甲中I所示方向为电流正方向．则金属棒(　　)A．一直向右移动B．速度随时间周期性变化C．受到的安培力随时间周期性变化D．受到的安培力在一个周期内做正功解析：根据题意得出vt图象如图所示，金属棒一直向右运动，A正确．速度随时间做周期性变化，B正确．据F安＝BIL及左手定则可判定，F安大小不变，方向做周期性变化，则C项正确．F安在前半周期做正功，后半周期做负功，则D项错．-11-\n答案：ABC3．(2022年高考江苏卷)某装置用磁场控制带电粒子的运动，工作原理如图所示．装置的长为L，上下两个相同的矩形区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小均为B、方向与纸面垂直且相反，两磁场的间距为d.装置右端有一收集板，M、N、P为板上的三点，M位于轴线OO′上，N、P分别位于下方磁场的上、下边界上．在纸面内，质量为m、电荷量为－q的粒子以某一速度从装置左端的中点射入，方向与轴线成30°角，经过上方的磁场区域一次，恰好到达P点．改变粒子入射速度的大小，可以控制粒子到达收集板上的位置．不计粒子的重力．(1)求磁场区域的宽度h；(2)欲使粒子到达收集板的位置从P点移到N点，求粒子入射速度的最小变化量Δv；(3)欲使粒子到达M点，求粒子入射速度大小的可能值．解析：(1)设粒子在磁场中的轨道半径为r，根据题意知L＝3rsin30°＋3dcos30°，且h＝r(1－cos30°)．解得h＝(L－d)(1－)．(2)设改变入射速度后粒子在磁场中的轨道半径为r′，洛伦兹力提供向心力，则有m＝qvB，m＝qv′B.由题意知3rsin30°＝4r′sin30°，解得Δv＝v－v′＝(－d)．(3)设粒子经过上方磁场n次，由题意知L＝(2n＋2)dcos30°＋(2n＋2)rnsin30°，且m＝qvnB，解得vn＝(－d)(1≤n<－1，n取整数)．答案：(1)(L－d)(1－)　(2)(－d)　(3)(－d)(1≤n<－1，n取整数)-11-\n4．如图甲所示，M、N是宽为d的两竖直线，其间存在垂直纸面方向的磁场(未画出)，磁感应强度随时间按图乙所示规律变化(垂直纸面向外为正，T0为已知)．现有一个质量为m、电荷量为＋q的离子在t＝0时从直线M上的O点沿着OM线射入磁场，离子重力不计，离子恰好不能从右边界穿出且在2T0时恰好返回左边界M.则图乙中磁感应强度B0的大小和离子的初速度v0分别为(　　)A．B0＝，v0＝　　　B．B0＝，v0＝C．B0＝，v0＝D．B0＝，v0＝解析：由题意及题图乙可画出离子的运动轨迹，如图所示．离子在磁场中做圆周运动，由洛伦兹力提供向心力知B0qv0＝m，由轨迹图可知离子运动的半径满足d＝4R，由轨迹图可知离子运动的周期为T＝T0，而T＝，联立得B0＝，v0＝，A、C、D错，B对．答案：B5.如图所示，在正方形区域abcd内充满方向垂直纸面向里的、磁感应强度为B的匀强磁场．在t＝0时刻，一位于ad边中点O的粒子源在abcd平面内发射出大量的同种带电粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向与Od边的夹角分布在0～180°范围内．已知沿Od方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场边界cd边上的p点离开磁场，粒子在磁场中做圆周运动的半径恰好等于正方形边长L，粒子重力不计．求：(1)粒子的比荷q/m；(2)假设粒子源发射的粒子在0～180°范围内均匀分布，此时刻仍在磁场中的粒子数与粒子源发射的总粒子数之比；(3)从粒子发射到全部粒子离开磁场所用的时间．解析：(1)初速度沿Od方向发射的粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示，其圆心为n，由几何关系有∠Onp＝，则t0＝.-11-\n粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，根据牛顿第二定律得Bqv＝m，又T＝得T＝，所以＝.(2)依题意，同一时刻仍在磁场中的粒子到O点距离相等．在t0时刻仍在磁场中的粒子应位于以O为圆心，Op为半径的弧pW上，如图乙所示．由图乙知∠pOW＝，此时刻仍在磁场中的粒子数与总粒子数之比为5/6.(3)在磁场中运动时间最长的粒子的轨迹应该与磁场边界b点相交(在磁场中有最长的弦)，如图丙所示．设此粒子运动轨迹对应的圆心角为θ，则sin＝，在磁场中运动的最长时间t＝T＝t0.所以从粒子发射到粒子全部离开磁场所用的时间为t＝(arcsin)t0.答案：(1)　(2)5/6　(3)(arcsin)t0课时跟踪训练一、选择题-11-\n1.如图是某磁场部分区域的磁感线分布(图线关于水平虚线对称)，a、b是其内两点，则(　　)A．a、b两点的磁感应强度大小不等，且Ba>BbB．同一通电导线放在a处所受磁场力一定大于放在b处所受磁场力C．同一闭合小线圈在a点的磁通量一定大于在b点的磁通量D．a点的磁感应强度的方向即为放在该点的通电直导线所受的磁场力的方向解析：磁感线的疏密程度表示磁感应强度的大小，由题图知A对；安培力的大小跟B、I、L及导线放置的方向与磁感应强度方向间的夹角有关，B错；磁通量实质是穿过某一面的磁感线条数，与导线放置情况有关，C错；由左手定则知安培力垂直于磁场与导线确定的平面，D错．答案：A2.(多选)如图所示的区域共有六处开口，各相邻开口之间的距离都相等，匀强磁场垂直于纸面，不同速度的粒子从开口a进入该区域，可能从b、c、d、e、f五个开口离开，粒子就如同进入“迷宫”一般，可以称作“粒子迷宫”．以下说法正确的是(　　)A．从d口离开的粒子不带电B．从e、f口离开的粒子带有异种电荷C．从b、c口离开的粒子运动时间相等D．从c口离开的粒子速度是从b口离开的粒子速度的2倍解析：从d口离开的粒子不偏转，所以不带电，A正确；根据左手定则，从f、e口离开的粒子带有同种电荷，B错误；从b口离开的粒子运动时间是半个周期，从c口离开的粒子运动时间是四分之一周期，C错误；从c口离开的粒子轨道半径是从b口离开的粒子轨道半径的2倍，因此速度也是2倍关系，D正确．答案：AD3．(2022年高考安徽卷)“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.B．TC.D．T2解析：等离子体在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，有qvB＝，得v＝.-11-\n动能Ek＝mv2＝.由题意得Ek＝kT，故有kT＝，得B＝.即B∝，选项A正确．答案：A4.(多选)如图所示，在竖直向下的匀强磁场中有两根竖直放置的平行粗糙导轨CD、EF，导轨上放有一金属棒MN.现从t＝0时刻起，给金属棒通以图示方向的电流且电流强度与时间成正比，即I＝kt，其中k为常量，金属棒与导轨始终垂直且接触良好．下列关于金属棒的速度v、加速度a随时间t变化的图象，可能正确的是(　　)解析：金属棒受到的导轨的支持力大小等于安培力大小，即FN＝BIL＝BkLt，金属棒在竖直方向上有mg－μFN＝ma，则a＝g－t，显然D对，C错；根据金属棒向下先做加速度逐渐减小的变加速运动，后做加速度逐渐增大的变减速运动可知A错，B对．答案：BD5.(多选)在如图所示的虚线MN上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，纸面上直角三角形OPQ的角Q为直角，角O为30°.两带电粒子a、b分别从O、P两点垂直于MN同时射入磁场，恰好在Q点相遇，则由此可知(　　)A．带电粒子a的速度一定比b大B．带电粒子a的比荷一定比b大C．带电粒子a的运动周期一定比b大D．带电粒子a的轨道半径一定比b大解析：如图所示，由几何关系可得，两粒子轨道圆心在同一点O′，轨道半径相等，D项错．两带电粒子射入磁场，同时到达Q点，故运动时间相等．由图可知，粒子a到达Q点运动的圆弧对应的圆心角为120°，粒子b到达Q点运动的圆弧对应的圆心角为60°，因此由T＝有-11-\nTa＝Tb，即·＝·，解得＝，B项正确，C项错误．由r＝有＝＝，A项正确．答案：AB6.如图所示，从放射源P放射出一束电荷量为＋q、质量为m(不计重力)、速率不同的带电粒子，带电粒子从小孔Q进入N板右侧的匀强磁场区域，磁场的磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外，CD为磁场边界上的一绝缘板，它与N板的夹角θ＝45°，小孔Q到板的下端C的距离为L，已知速率最大的粒子恰垂直打在CD板上，则下列说法正确的是(　　)A．粒子在磁场中运动的最短时间为B．CD板上可能被粒子打中的区域的长度为(2－)LC．粒子在磁场中运动的最长时间为D．粒子在磁场中运动的最大速率vm＝解析：速率最大的粒子恰垂直打在CD板上，所以圆心在C点，如图所示，CH＝QC＝L，故半径r1＝L，又因为qvmB＝m，所以vm＝，这时粒子在磁场中运动的时间最短，t1＝T＝，A、D错误；设粒子在磁场中运动的轨迹与CD板相切于K点，此轨迹的半径为r2，设圆心为A，在△AKC中，sin45°＝，解得r2＝(－1)L，即KC＝r2＝(－1)L，所以CD板上可能被粒子打中的区域的长度s＝HK，即s＝r1－r2＝(2－)L，B正确；打在QE间的粒子在磁场中运动的时间最长，均为半个周期，所以tm＝T＝，C错误．-11-\n答案：B7.阿尔法磁谱仪是我国科学家研制的物质探测器，用于探测宇宙中的暗物质和反物质(即反粒子——如质子H和反质子H)．该磁谱仪核心部分的截面是半径为r的圆柱形区域，其中充满沿圆柱轴向的匀强磁场．P为入射窗口，a、b、c、d、e五处装有粒子接收器，P与a、b、c、d、e为圆周上的6个等分点，各粒子从P点射入的速度相同，均沿直径方向，如图所示．如果反质子H射入后被a处接收器接收，则(　　)A．磁场方向垂直纸面向里B．反质子H的轨道半径为rC．氚核H将被e处接收器接收D．反氚核H将被b处接收器接收解析：反质子H带负电，射入后被a处接收器接收，由左手定则可判断，磁场方向垂直纸面向外，A错；反质子H在磁场中的运动如图所示，由几何关系得＝tan30°，轨道半径R＝r，B错；氚核H和反氚核H质量数相等，且等于反质子质量数的3倍，因此其在磁场中运动的轨道半径为反质子的3倍，即R′＝r，轨迹对应的圆心角φ＝2arctan＝60°，因此氚核H粒子将被d处接收器接收，而反氚核H粒子将被b处接收器接收，C错，D对．答案：D8.(2022年开封模拟)在第一象限(含坐标轴)内有垂直xOy平面且周期性变化的均匀磁场，规定垂直xOy平面向里的磁场方向为正，磁场变化规律如图，磁感应强度的大小为B0，变化周期为T0.某一正粒子的质量为m、电荷量为q，在t＝0时从O点沿x轴正向射入磁场中．若要求粒子在t＝T0时距x轴最远，则B0的值为(　　)-11-\nA.B.C.D.解析：由题意可知，在～T0时间内，粒子的轨迹正好跟y轴相切，t＝T0时距x轴最远，如图所示．由图中几何关系可得，在0～内，粒子运动的轨迹所对的圆心角为，则粒子运动的时间t′＝＝＝，则B0＝，选项A、B、C错误，选项D正确．答案：D二、计算题9.如图所示，相距20cm的平行金属导轨所在平面与水平面夹角θ＝37°，现在导轨上放一质量为330g的金属棒ab，它与导轨间的动摩擦因数为0.50，整个装置处于磁感应强度为2T的竖直向上的匀强磁场中，导轨所接电源的电动势为15V，内阻不计，滑动变阻器的阻值R满足要求，其他部分电阻不计，g取10m/s2，为了保证ab处于静止状态，求：(1)ab通入的最大电流为多少？(2)ab通入的最小电流为多少？(3)R的调节范围是多大？解析：(1)ab通过最大电流时，静摩擦力最大，方向沿导轨向下，安培力F1水平向右，由平衡条件得F1cosθ＝mgsinθ＋μ(mgcosθ＋F1sinθ)，所以F1＝＝6.6N.而F1＝BImaxL，所以最大电流为Imax＝16.5A.(2)ab通过最小电流时，静摩擦力也最大，方向沿导轨向上，安培力F2水平向右，由平衡条件得F2cosθ＋μ(mgcosθ＋F2sinθ)＝mgsinθ，所以F2＝＝0.6N.所以最小电流为Imin＝＝1.5A.-11-\n(3)当ab中电流最小时，变阻器阻值为R1＝＝10Ω，当ab中电流最大时，变阻器阻值为R2＝＝0.91Ω，为保持ab静止，R的调节范围为0.91～10Ω.答案：(1)16.5A　(2)1.5A　(3)0.91～10Ω10.(2022年浙江高三联考)如图所示，圆心在坐标原点、半径为R的圆将xOy平面分为两个区域．在圆内区域Ⅰ(r≤R)和圆外区域Ⅱ(r>R)分别存在两个磁场方向均垂直于xOy平面的匀强磁场(图中未画出)；垂直于xOy平面放置了两块平面荧光屏，其中荧光屏甲平行于x轴放置在y轴坐标为－2.2R的位置，荧光屏乙平行于y轴放置在x轴坐标为3.5R的位置．现有一束质量为m、电荷量为q(q>0)、动能为E0的粒子从坐标为(－R,0)的A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ，最终打在荧光屏甲上，出现坐标为(0.4R，－2.2R)的亮点N.若撤去圆外磁场，粒子打在荧光屏甲上，出现坐标为(0，－2.2R)的亮点M.此时，若将荧光屏甲沿y轴负方向平移，则亮点x轴坐标始终保持不变．(不计粒子重力影响)(1)求区域Ⅰ和Ⅱ中磁感应强度B1、B2的大小和方向；(2)若上述两个磁场保持不变，荧光屏仍在初始位置，但从A点沿x轴正方向射入区域Ⅰ的粒子束改为质量为m、电荷量为－q、动能为3E0的粒子，求荧光屏上的亮点的位置坐标．解析：(1)由于粒子亮点在荧光屏甲上，故粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示．粒子在区域Ⅰ中运动了四分之一圆周后，从C点沿y轴负方向进入区域Ⅱ的磁场．区域Ⅰ中圆周运动的圆心是O1点，半径为r1＝R由qvB1＝m可得B1＝＝，方向垂直平面xOy向外．粒子进入区域Ⅱ后做半径为r2的圆周运动，由qvB2＝m可得r2＝.圆周运动的圆心O2坐标为(r2，－R)，则(r2－0.4R)2＋(2.2R－R)2＝r，解得r2＝2R.则B2＝＝，方向垂直平面xOy向里．-11-\n(2)粒子束改为质量为m、电荷量为－q，动能为3E0的运动轨迹如图乙所示．粒子先在区域Ⅰ中做圆周运动，半径为r3＝＝＝R.由圆心O3的坐标(－R，R)可知，O3A与O3O的夹角为30°.通过分析图乙的几何关系，粒子从D点穿出区域Ⅰ的速度方向与x轴正方向的夹角θ＝60°.粒子进入区域Ⅱ后做圆周运动的半径为r4＝＝＝2R，其圆心O4的坐标为(Rcos60°＋r4cos30°，－(r4sin30°－Rsin60°))，即(R，－R)．说明圆心O4恰好在荧光屏乙上．所以，亮点将出现在荧光屏乙上的P点，其y轴坐标为y＝－R＋r4＝R，即亮点P的坐标为(3.5R，R)．答案：(1)　垂直平面xOy向外　　垂直平面xOy向里　(2)(3.5R，R)-11-