2021届高考物理二轮复习专题提能专训：9磁场、带电粒子在磁场中运动.docx

提能专训(九)　
磁场、带电粒子在磁场中运动
时间：90分钟　满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题4分，共44分．多选全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
1．(2022·沈阳市协作校期中联考)地球是一个大磁体：①在地面上放置一个小磁铁，小磁铁的南极指向地磁场的南极；②地磁场的北极在地理南极四周；③赤道四周地磁场的方向和地面平行；④北半球地磁场方向相对地面是斜向上的；⑤地球上任何地方的地磁场方向都是和地面平行的．以上关于地磁场的描述正确的是(　　)

A．①②④ B．②③④
C．①⑤ D．②③
答案：D
解析：地球本身是一个巨大的磁体，地磁北极在地理南极四周，地磁南极在地理北极四周；北半球的磁场斜向下，南半球磁场斜向上，赤道处的磁场与地面平行．
2．(2022·河南十校高三联考)有两根长直导线a、b相互平行放置，如图所示为垂直于导线的截面图．在如图所示的平面内，O点为两根导线连线的中点，M、N为两导线连线的中垂线上的两点，与O点的
距离相等，aM与MN夹角为θ.若两导线中通有大小相等、方向相反的恒定电流I，单根导线中的电流在M处产生的磁感应强度为B0，则关于线段MN上各点的磁感应强度，下列说法中正确的是(　　)
A．M点和N点的磁感应强度方向肯定相反
B．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0cos θ
C．M点和N点的磁感应强度大小均为2B0sin θ
D．在线段MN上有磁感应强度为零的点
答案：C
解析：依据安培定则，手握通电直导线，大拇指指向电流方向，四指环绕方向即磁场方向，如图：a的磁场以a为圆心沿逆时针方向，b的磁场以b为圆心沿顺时针方向，a、b在M、N点的磁场方向如图所示．

两导线中通有大小相等的电流，且关于MN对称分布，几何关系如图，磁场的合成是矢量合成，遵循平行四边形法则，M点和N点的磁感应强度方向肯定相同，A项错误．且依据对称性，大小都等于2B0sin θ，C项正确，B项错误．在MN上面找不到两个磁场方向相反的点，因此合磁场不行能等于0，D项错误．
3．(2022·河北石家庄质检)(多选)如图所示，水平长直导线MN中通以M到N方向的恒定电流，用两根轻质绝缘细线将矩形线圈abcd悬挂在其正下方．开头时线圈内不通电流，两细线内的张力均为T，当线圈中通过的电流为I时，两细线内的张力均减小为T′.下列说法正确的是(　　)

A．线圈中通过的电流方向为a→d→c→b→a
B．线圈中通过的电流方向为a→b→c→d→a
C．当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零
D．当线圈中电流变为I时，两细线内的张力均为零
答案：BC
解析：线圈不通电流时，由力的平衡有2T＝mg，当通过的电流为I时，张力减小为T′，由安培定则知通电导线MN在ab处产生的磁场比dc处强，则可判知ab上必受向上的安培力，且大于cd上所受向下的安培力，再结合左手定则推断电流顺时针流淌，所以A项错，B项正确．当两细线内张力均为T′时，BabIL－BcdIL＋2T′＝mg，当两细线内的张力均为零时，BabI′L－BcdI′L＝mg，且又知2T＝mg，联立以上方程得I′＝I，故C项对，D项错．
4.
如图所示，两根平行放置、长度均为L的直导线a和b，放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中．当a导线通有电流强度为I、b导线通有电流强度为2I、且电流方向相反时，a导线受到的磁场力大小为F1，b导线受到的磁场力大小为F2.则a通电导线的电流在b导线处产生的磁感应强度大小为(　　)
A. B.
C. D.
答案：C
解析：设a、b两电流间的相互作用力大小为F，则对导线a，有F＋ILB＝F1，对导线b，有F＋2ILB＝F2，联立可得F＝2F1－F2，设导线a在b线的磁感强度为B′，可变形为2ILB′＝2F1－F2，所以B′＝，选项C正确．
5．(2022·山东临沂高三质检)(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在四周产生的磁场的磁感应强度B＝k，式中k是常数、I是导线中电流、r为点到导线的距离．一带正电的小球以初速度v0从a点动身沿连线运动到b点．关于上述过程，下列说法正确的是(　　)

A．小球先做加速运动后做减速运动
B．小球始终做匀速直线运动
C．小球对桌面的压力先增大后减小
D．小球对桌面的压力始终在增大
答案：BC
解析：由题意可知桌面内的磁场方向，进而可知小球所受洛伦兹力的方向垂直桌面对上，对小球受力分析，受重力、桌面的支持力、洛伦兹力三个力作用，小球沿桌面方向不受力，故从a点到b点，小球始终做匀速直线运动，A错误，B正确；由于从a至b合磁感应强度先减小后增大，则小球所受洛伦兹力先减小后增大，桌面对小球的支持力先增大后减小，由作用力与反作用力的关系知小球对桌面的压力先增大后减小，C正确，D错误．
6．(2022·新课标全国卷Ⅱ)(多选)
如图为某磁谱仪部分构件的示意图．图中，永磁铁供应匀强磁场，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肯定不同
B．电子与正电子在磁场中运动轨迹的半径肯定相同
C．仅依据粒子运动轨迹无法推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
答案：AC
解析：依据洛伦兹力供应向心力，利用左手定则解题．依据左手定则，电子、正电子进入磁场后所受洛伦兹力的方向相反，故两者的偏转方向不同，选项A正确；依据qvB＝，得r＝，若电子与正电子在磁场中的运动速度不相等，则轨迹半径不相同，选项B错误；对于质子、正电子，它们在磁场中运动时不能确定mv的大小，故选项C正确；粒子的mv越大，轨道半径越大，而mv＝，粒子的动能大，其mv不肯定大，选项D错误．
7．如图所示，在y>0的区域内存在匀强磁场，磁场垂直于图中的xOy平面对外，原点O处有一离子源，沿各个方向射出速率相等的同价负离子，对于进入磁场区域的离子，它们在磁场中做圆周运动的圆心所在的轨迹，可用下面给出的四个半圆中的一个来表示，其中正确的是(　　)

答案：C
解析：磁场垂直xOy平面对外并位于y轴上方，离子带负电，利用左手定则推断出离子运动方向，并画出草图找出圆心，可推断出C图是正确的．
8．(2022·河北高阳模拟)
两个带电粒子以同一速度、同一位置进入匀强磁场，在磁场中它们的运动轨迹如图所示．粒子a的运动轨迹半径为r1，粒子b的运动轨迹半径为r2，且r2＝2r1，q1、q2分别是粒子a、b所带的电荷量，则(　　)
A．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝2∶1
B．a带负电、b带正电，比荷之比为∶＝1∶2
C．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝2∶1
D．a带正电、b带负电，比荷之比为∶＝1∶2
答案：C
解析：由粒子的运动轨迹及左手定则可推断，a带正电、b带负电，依据Bvq＝，可得＝，所以∶＝r2∶r1＝2∶1，选项C正确．
9．如图所示，在纸面内半径为R的圆形区域中布满了垂直于纸面对里、磁感应强度为B的匀强磁场，一点电荷从
图中A点以速度v0垂直磁场射入，当该电荷离开磁场时，速度方向刚好转变了180°，不计电荷的重力，下列说法正确的是(　　)
A．该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线通过O点
B．该点电荷的比荷为＝
C．该点电荷在磁场中的运动时间t＝
D．该点电荷带正电
答案：B
解析：
依据左手定则可知，该点电荷带负电，选项D错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动，其速度方向的偏向角等于其运动轨迹所对应的圆心角，依据题意，该粒子在磁场中的运动轨迹刚好是半个圆周，画出其运动轨迹并找出圆心O1，如图所示．依据几何关系可知，轨道半径r＝，依据r＝和t＝＝可求出，该点电荷的比荷为＝和该点电荷在磁场中的运动时间t＝，所以选项B正确，C错误；该点电荷离开磁场时速度方向的反向延长线不通过O点，选项A错误．本题答案为B项．
10．(2022·湖南四县一中联考)如图所示，一个抱负边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面对里，一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场，若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列推断正确的是(　　)

A．电子将向右偏转
B．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
C．电子打在MN上的点与O′点的距离为d
D．电子在磁场中运动的时间为
答案：D
解析：电子带负电，进入磁场后，依据左手定则推断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，A项错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何学问得：

x＝r－＝2d－＝(2－)d，故B、C项错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何学问得：sin θ＝＝0.5，得θ＝，则电子在磁场中运动的时间为t＝＝，故D项正确．
11．(2022·湖北省重点中学联考)(多选)如图，在x>0，y>0的空间中有恒定的
匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面对里，大小为B，现有四个相同的带电粒子，由x轴上的P点以不同初速度平行于y轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力影响，则(　　)
A．初速度最大的粒子是沿①方向出射的粒子
B．初速度最大的粒子是沿②方向出射的粒子
C．在磁场中运动经受时间最长的是沿③方向出射的粒子
D．在磁场中运动经受时间最长的是沿④方向出射的粒子
答案：AD
解析：由R＝可知，速度越大，粒子在磁场中做圆周运动的半径越大，A项正确，B项错误；由T＝知，各粒子的运动周期相同，沿④方向出射的粒子的轨迹对应的圆心角最大，用时最长，C项错误，D项正确．
二、计算题(本题包括4小题，共56分．解答应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最终答案不能得分)
12．(2022·山西四校其次次联考)(12分)如图所示，三角形区域磁场的三个顶点a、b、c在直角坐标系内的坐标分别为(0，2 cm)，(－2 cm,0)，(2 cm,0)，磁感应强度B＝4×10－4 T，大量比荷＝2.5×105 C/kg、
不计重力的正离子，从O点以v＝2 m/s相同的速率沿不同方向垂直磁场射入该磁场区域．求：
(1)离子运动的半径；
(2)从ac边离开磁场的离子，离开磁场时距c点最近的位置坐标；
(3)从磁场区域射出的离子中，在磁场中运动的最长时间．
答案：见解析
解析：(1)由qvB＝m得，R＝，代入数据可解得R＝2 cm
(2)沿Oc方向入射的粒子离开磁场时距c点最近，设从ac边离开磁场的离子距c最近的点的坐标为M(x，y)，
则x＝Rsin 30°＝ cm
y＝R－Rcos 30°＝(2－3) cm
离c最近的点的坐标为M[ cm，(2－3) cm]
(3)从a点离开磁场的离子在磁场中运动时间最长，其轨迹所对的圆心角为60°
T＝＝ s　t＝＝ s.
13．(14分)如图所示，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B、方向垂直于纸面对里的匀
强磁场，三个相同带正电的粒子，比荷为，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用．已知编号为①的粒子恰好从F点飞出磁场区域，编号为②的粒子恰好从E点飞出磁场区域，编号为③的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域，求：
(1)编号为①的粒子进入磁场区域的初速度大小；
(2)编号为②的粒子在磁场区域内运动的时间；
(3)编号为③的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离．
答案：见解析
解析：(1)设编号为①的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r1，初速度大小为v1，则qv1B＝m
由几何关系可得，r1＝
解得v1＝

(2)设编号为②的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r2，线速度大小为v2，周期为T2，则
qv2B＝m，T2＝
解得T2＝
由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60°，则粒子在磁场中运动的时间t＝＝
(3)设编号为③的粒子在正六边形区域磁场中做圆周运动的半径为r3，由几何关系可得
AE＝2acos 30°＝a
r3＝＝2a
OE＝＝3a
EG＝r3－OE＝(2－3)a
14．(2022·大连模拟)(14分)
如图所示，在一半径为R的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向垂直纸面对外．一束质量为m、电量为q带正电的粒子沿平行于直径MN的方向进入匀强磁场，粒子的速度大小不同，重力不计．入射点P到直径MN的距离为h，求：
(1)某粒子经过磁场射出时的速度方向恰好与其入射方向相反，求粒子的入射速度是多大？
(2)恰好能从M点射出的粒子速度是多大？
(3)若h＝，粒子从P点经磁场到M点的时间是多少？
答案：(1)　(2)　(3)
解析：(1)粒子出射方向与入射方向相反，即在磁场中运动了半个周期，其半径r1＝h
则qv1B＝m
解得v1＝.
(2)
粒子从M点射出，其运动轨迹如图，在△MQO1中
r＝(R－)2＋(h－r2)2
得r2＝
qv2B＝m
所以v2＝.
(3)若h＝，sin∠POQ＝，可得∠POQ＝
由几何关系得粒子在磁场中偏转所对圆心角为α＝
周期T＝
所以t＝T＝.
15．(2022·广西四校调研)
(16分)如图所示，以O为原点建立平面直角坐标系Oxy，沿y轴放置一平面荧光屏，在y>0,0<x<0.5 m的区域有垂直于纸面对里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小B＝0.5 T．在原点O放一个开有小孔的粒子源，粒子源能同时放出比荷为＝4.0×106 kg/C的不同速率的正离子束，沿与x轴成30°角从小孔射入磁场，最终打在荧光屏上，使荧光屏发亮，入射正离子束的速率在0到最大值vm＝2.0×106 m/s的范围内，不计离子之间的相互作用，也不计离子的重力．
(1)求离子从粒子源放出到打到荧光屏上所用的时间；
(2)求离子打到荧光屏上的范围；
(3)实际上，从O点射入的正离子束有肯定的宽度，设正离子将在与x轴成30°～60°角内进入磁场，则某时刻(设为t＝0时刻)在这一宽度内向各个方向射入各种速率的离子，经过×10－7 s时这些离子可能消灭的区域面积是多大？
答案：(1)×10－6 s　(2)y＝0到y＝ m　(3)0.26 m2
解析：(1)离子在磁场中运动的周期为：T＝＝π×10－6 s
由几何关系知，能够打到荧光屏上的离子从粒子源放出到打到荧光屏上转过的圆心角α都相等
α＝
离子从粒子源放出到打到荧光屏所用时间t＝T＝×10－6 s

(2)由qvB＝得r＝，
则rm＝＝1 m
离子在磁场中运动的最大轨道半径rm＝1 m
由几何关系知，最大速度的离子刚好沿磁场边缘打在荧光屏上，如图，所以OA1长度为：y＝2rmcos 30°＝ m
即离子打到荧光屏上的范围为：y＝0到y＝ m
(3)经过时间t＝×10－7 s时离子转过的圆心角φ＝t＝

与x轴成60°方向入射的离子，在t＝×10－7 s时刚好打在y轴上，与x轴成30°方向入射的离子，在t＝×10－7 s时都到达线段OC1，所以在t＝0时刻与x轴成30°～60°内进入磁场的正离子在t＝×10－7 s时刻全部消灭在以O为圆心的扇形OA2C1范围内，如图所示
则离子可能消灭的区域面积：S＝＝ m2＝0.26 m2