2023届高考物理二轮总复习试题（老高考旧教材）专题分层突破练8　磁场　带电粒子在磁场中的运动（Word版附解析）

专题分层突破练8　磁场　带电粒子在磁场中的运动A组1.(2022四川雅安模拟)光滑的水平桌面上有两根粗细均匀的金属棒,弯折后左、右摆放正好凑成一个正六边形oabcde,边长为L。它们的两端分别在o处和c处相互接触,两接触面均与ab边和de边平行,o处接触但是相互绝缘,c处不绝缘。匀强磁场的方向垂直于桌面向上,磁感应强度大小为B。当通以方向如图所示、大小为I的电流时,两金属棒仍处于静止状态,则(　　)A.o处左棒对右棒的弹力大小为2BILB.o处左棒对右棒的弹力大小为BILC.c处左棒对右棒的弹力大小为4BILD.c处左棒对右棒的弹力大小为3BIL2.(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yOz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,可能正确的是(　　),3.(2022湖南衡阳八中模拟)有一劲度系数为k的轻质绝缘弹簧,将边长为d的正三角形匀质金属线框(线框由电阻为R的金属丝折合而成)如图甲、乙情况放置,静止时弹簧的长度分别为L1和L2。现将该金属线框如图丙所示接入电路,导线的左右接触点分别为线框左右两边的中点,导线电阻不计,磁场方向垂直纸面向外,大小为B,电源的电动势为E,内阻为r,导线与线框之间作用力可以忽略,则闭合开关S后,弹簧的长度L3为(　　)A.L1+9BdE2k(2R+9r)B.L2+9BdE2k(2R+9r)C.L1-5BdE2k(2R+9r)D.L2+5BdE2k(2R+9r)4.(2022北京延庆一模)如图所示,边长为L的正方形区域abcd内有垂直纸面向里的匀强磁场,一带电粒子从ad边的中点M垂直于ad边以一定速度射入磁场,仅在洛伦兹力的作用下,正好从ab边中点N射出磁场。忽略粒子受到的重力,下列说法正确的是(　　)A.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子将从b点射出B.若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍C.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子将从a点射出D.若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的时间也增大为原来的2倍5.(多选)(2022四川成都三模)如图所示,半径为R的半圆形区域内(含边界)有方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,MN为位于磁场下边界的粒子收集板,磁场左侧边,界与MN相距R2处有一粒子源S,以不同速率沿平行于MN的方向射入大量质量均为m、电荷量均为q的粒子,部分粒子能够打在收集板上。不计粒子重力及粒子间的相互作用,则(　　)A.粒子带正电B.到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为30°C.到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为πmqBD.到达收集板的粒子的速度最大值为(2+3)qBRm6.(多选)(2022河北吴桥中学期中)如图所示,在直线AB上方存在着范围足够大、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。一带电粒子从O点以速度v0沿垂直于AB的方向进入磁场,经过t时间运动到磁场中的C点。已知O、C连线与初速度v0的夹角为θ,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　　)A.带电粒子从O点运动至C点的过程中,速度偏转角为θB.带电粒子在磁场中运动的时间为πt2θC.带电粒子在磁场中运动的轨迹直径为v0t2θD.若仅增大粒子的入射速度大小,经过t2时间粒子速度方向偏转的角度为θB组7.(2022四川绵阳模拟)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,弧ab是半径为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、电荷量均为q的带负电的粒子,在纸面内从c点垂直于ac以不同速率射入磁场,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qBRmB.可以经过半圆形边界的粒子的速率最大值为5qBRmC.在磁场中运动时间最短的粒子的速率为qBR2mD.在磁场中运动时间最短的粒子运动时间为2πm3qB8.(多选)(2022河北石家庄质检)如图所示,边长为0.64m的正方形虚线框内有磁感应强度B=0.3T的匀强磁场,方向垂直于纸面向外。在正方形中央处有一个点状的放射源P,它在纸面内同时向各个方向均匀连续发射大量相同的粒子,粒子速度大小均为v=3.0×106m/s,比荷qm=5.0×107C/kg。不考虑粒子重力及粒子间相互作用,sin37°=0.6,cos37°=0.8,下列说法正确的是(　　)A.粒子在磁场中运动的最短时间为53π135×10-7sB.粒子在磁场中运动的最长时间为2π3×10-7sC.正方形边界上有粒子射出的区域总长为1.6mD.稳定后单位时间内射出磁场的粒子数与单位时间内粒子源发射的总粒子数之比为1∶29.(2022陕西宝鸡三模)如图所示,在半径为L的圆形区域内有垂直于xOy平面向外的匀强磁场,在x轴与磁场边界的交点P处有一粒子发射源,能沿xOy平面与x轴成任意夹角向磁场区域发射质量为m、电荷量为-q的粒子,且发射速度的大小为v=qBLm。在发射的众多粒子中b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍。已知,a粒子的入射方向与x轴正方向成30°角,若不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力,下列说法正确的是(　　)A.b粒子的入射方向与x轴正方向成45°角B.b粒子的入射方向与x轴正方向成60°角C.a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行D.从磁场外沿y轴正方向从不同位置射入的一群同速率的上述粒子,经磁场作用后不一定都过P点10.(2022湖北鄂州调研)如图所示,直线MN下方无磁场,上方空间存在两个有界匀强磁场,分布在以O点为圆心、半径为R和2R的两半圆之间区域的磁场方向垂直纸面向里,分布在以O点为圆心、半径为R的半圆内的磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度大小都为B。现有一质量为m、电荷量为q的带负电微粒从P点沿半径方向向左侧射出,最终打到Q点,不计微粒的重力。求:(1)微粒在磁场中从P点转过90°所用的时间;(2)微粒从P点到Q点运动的最大速度;(3)微粒从P点到Q点可能的运动时间。答案：1.B　解析由几何关系可得loc=L+2×L·sin30°=2L,由左手定则可知,金属棒oabc受到的安培力方向向右,大小为F=BI·2L=2BIL,分析金属棒oabc受力,还受到o、c处的弹力F1和F2,两个弹力方向向左。因金属棒处于静止状态,则F1=F2,F1+F2=F=2BIL,解得F1=F2=BIL,根据牛顿第三定律,o、c处左棒对右棒的弹力大小均为BIL,B正确,A、C、D错误。,2.A　解析质子射出后,先在对角平面MNPQ左侧运动,根据左手定则可知,刚射出时受到沿y轴正方向的洛伦兹力,做匀速圆周运动,沿z轴负方向看为逆时针方向,即在对角平面MNPQ左侧会向y轴正方向偏移,y轴坐标增大;在对角平面MNPQ右侧根据左手定则可知洛伦兹力反向,做与左侧半径相同的匀速圆周运动,沿z轴负方向看为顺时针方向,选项A正确,B错误。质子在整个运动过程中只受到平行于xOy平面的洛伦兹力作用,在z轴方向上没有运动,z轴坐标不变,选项C、D错误。3.A　解析对题图甲中的线框受力分析有mg=k(L1-L0),对题图乙中的线框受力分析有mg=k(L0-L2),联立得mg=k(L1-L2)2,L0=L1+L22,对题图丙中的线框受力分析,线框所受安培力F安=9BdE4R+18r,由于受力平衡,则mg+F安=k(L3-L0),结合前面的计算结果可得L3=L1+9BdE2k(2R+9r),故A正确。4.C　解析由题意和左手定则可知,粒子带正电,带电粒子在磁场中由洛伦兹力提供向心力,做匀速圆周运动,如图所示。则有Bqv=mv2r,r=mvqB,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,即v'=2v,则粒子的半径将增大为原来的2倍,由图可知,粒子不会从b点射出,A错误;粒子在磁场中运动的周期为T=2πmqB,由图可知,若粒子射入磁场的速度增大为原来的2倍,则粒子的半径将增大为原来的2倍,粒子在磁场中运动的圆心角将减小,周期不变,则粒子在磁场中运动的时间将减小,B错误;若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,粒子的运动半径将减小为原来的12,将从a点射出,C正确;若磁感应强度的大小增大为原来的2倍,由r=mvqB、T=2πmqB可知,,粒子在磁场中运动的半径和周期将减小,粒子在磁场中的运动轨迹为半圆,时间将不变,D错误。5.CD　解析粒子平行于MN的方向射入磁场后,根据题意可知,粒子向下偏转,根据左手定则可知,粒子带负电,A错误;粒子源S与MN相距R2,可知SO与水平面的夹角为30°,根据几何关系可知到达收集板上O点的粒子在磁场中的速度偏转角为60°,B错误;到达收集板的粒子中,在磁场中运动时间最长的粒子在磁场中的偏转角最大,由几何关系可知,偏转角最大的为π,故到达收集板的粒子在磁场中运动的最长时间为t=θ2πT=θmqB=πmqB,C正确;带电粒子在磁场中运动有qvB=mv2r,整理得v=qBrm,到达收集板的粒子的速度最大值对应的轨道半径最大,即到达N的粒子速度最大,由几何关系得r2=r-R22+(R+Rcos30°)2,解得r=(2+3)R,故到达收集板的粒子的速度最大值为v=qBrm=(2+3)qBRm,D正确。6.BD　解析作出粒子的运动轨迹如图所示,从O点运动至C点,根据几何关系可知,粒子的速度偏向角等于圆心角,∠OO1C=2θ,故A错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动,从O点运动至C点的时间为t,因此t=2θ2πT,且T=2πmqB,联立解得mqB=t2θ,而带电粒子在磁场中运动的时间t1=T2=πt2θ,故B正确;根据qv0B=mv02r,可得带电粒子在磁场中运动的半径r=mv0qB=v0t2θ,直径为v0tθ,故C错误;若仅增大粒子的入射速度大小,粒子在磁场中运动的周期不变,经过t时间运动的圆弧对应的圆心角为2θ,由A选项的分析可知经过t2时间粒子速度方向偏转的角度为θ,故D正确。7.D　解析在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,则有qBv=mv2r,解得r=mvqB,可知粒子速度越大,半径越大,粒子运动的轨迹如图所示。,在能运动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qBvmin=mvmin2R2,解得vmin=qBR2m,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qBvmax=mvmax23R2,解得vmax=3qBR2m,故B错误;由分析可知,轨迹圆弧所对应的弦与半圆形边界相切时,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qBv=mv2R,解得v=qBRm,其圆心角为120°,故运动时间为t=T3=2πm3qB,故C错误,D正确。8.ABC　解析粒子在磁场中做匀速圆周运动,由qvB=mv2r得r=mvqB,代入数据解得r=0.2m。假设粒子逆时针转动,则粒子射出范围如图所示。当轨迹对应的弦最短时,对应圆心角最小,此时在磁场中运动时间最短,由题意知,即弦恰好垂直于磁场边界时,弦最短,由几何关系知弦长为d=l2=0.32m,由几何关系知,sinθ2=dr,此时对应圆心角为θ=106°,所以最短时间为tmin=106°360°×2πmqB=53π135×10-7s,同理可知,最长弦恰好为直径,所以最长时间为tmax=12×2πmqB=2π3×10-7s,故A、B正确;由几何关系知r+rsinα=0.32m,cosβ=0.32m2r,解得α=37°,β=37°,则AD=2rsinβ+rcosα=0.4m,所以边界上有粒子射出的总长度为0.4×4m=1.6m,且射出磁场的粒子数与总粒子数之比即为边界上有粒子射出的总长度与正方形周长之比,即为5∶8,故C正确,D错误。9.C　解析根据qvB=mv2r,解得r=L,a粒子的轨迹如图甲所示。,甲根据几何关系,a粒子的入射方向与x轴正方向成30°角,a粒子在磁场中转过的圆心角为60°,根据t=θ2πT,b粒子在磁场中的运动时间恰好为a粒子在磁场中运动时间的两倍,则b粒子转过的圆心角为120°,b粒子的轨迹如图乙所示。乙根据几何关系可知,b粒子的入射方向与x轴正方向成30°角,a、b两粒子离开磁场后的运动方向相互平行,故C正确,A、B错误。根据qvB=mv2r,解得r=L,根据左手定则,粒子向左偏转,粒子沿着y轴正方向从不同位置射入,设射入位置与磁场圆心的连线与x轴正方向的夹角为θ,根据几何关系其轨迹圆心的坐标为(Lcosθ-L,-Lsinθ),根据几何关系,该轨迹圆心与P点的距离为d=(Lcosθ-L+L)2+(Lsinθ-0)2=L,则粒子的轨迹必然经过P点,即粒子经磁场作用后一定都过P点,故D错误。10.答案(1)πm2qB(2)3qBR3m(3)见解析解析(1)微粒在磁场中转过90°所用时间为周期的14,即t=T4根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r周期T=2πrv,以上两式联立解得T=2πmqBt=πm2qB。(2)粒子从P点到Q点,速度越大,则运动半径越大如图1所示的粒子运动半径r=R,要求磁场区域半径为(1+2)R,大于2R,不符合题意图1那么粒子运动轨迹有可能如图2所示图2根据几何关系以及对称性可知,∠POO1=30°,且r=Rtan30°根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r解得v=3qBR3m。(3)设粒子在磁场中的运动轨迹为n段圆弧,如图3所示图3若n为偶数,运动时间恰好为整数个周期,即t=nπmqB(n=4,6,8,…)若n为奇数,运动时间为整数个周期加一个优弧对应的运动时间其中优弧对应的圆心角为2π-π2-π2n×2=π+πn(n=3,5,7,…)