2023高考物理二轮专题复习与测试专题强化练十一磁场带电粒子在磁场中的运动

专题强化练(十一)磁场、带电粒子在磁场中的运动1．(2022·浙江卷)利用如图所示装置探究匀强磁场中影响通电导线受力的因素，导线垂直匀强磁场方向放置．先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，然后保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，得到导线受到的力F分别与I和L的关系图像，则正确的是()ABCD解析：根据F＝BIL，可知先保持导线通电部分的长度L不变，改变电流I的大小，则F-I图像是过原点的直线，图像B正确，图像A错误；若保持电流I不变，改变导线通电部分的长度L，则F-L图线是过原点的直线，则C、D均错误．故选B.答案：B2．如图所示，匀强磁场区域足够大，磁感应强度大小为B，方向水平向右，将一段eq\f(1,4)圆弧形导体ab置于磁场中，圆弧圆心为O，半径为r.现在导体ab中通以方向从b→a的恒定电流I，并将磁场从图示位置沿顺时针方向在纸面内缓慢旋转，下列说法正确的是()A．圆弧受到的安培力方向始终垂直纸面向外B．圆弧受到的安培力大小不可能为零C．圆弧受到的安培力大小可能为BIrD．圆弧受到的安培力最大值为eq\f(πBIr,2)解析：圆弧受到的安培力方向既垂直于B的方向，又垂直于I的方向，即垂直于B与I所组成的平面，再根据左手定则可知，圆弧受到的安培力方向先垂直纸面向外，后垂直纸面向里，故A错误；eq\f(1,4)圆弧形导体ab中的等效电流方向由b指向a，且竖直向下，当磁场方向转至与等效电流方向平行时，圆弧受到的安培力为零，故B错误；圆弧导线的有效长度为eq\r(2)r，当磁场方向与等效电流方向夹角为45°时，所受安培力为F＝BIeq\r(2)rsin45°＝BIr，故C正确；当磁场方向与等效电流方向垂直时，安培力最大，为F＝eq\r(2)BIr，故D错误．答案：C3．有一边长为l的正三角形线框abc悬挂在弹簧测力计下面，线框中通有cbac方向的恒定电流I，直线MN是匀强磁场的边界线，磁场方向垂直于△abc所在平面向里．平衡时，弹簧测力计的读数为F；若将线圈上提，让线圈上部分露出磁场，其他条件都不改变，再次平衡时，磁场边界线MN刚好过ab和ac边的中点，这种情况下，弹簧测力计的读数为3F，则匀强磁场的磁感应强度大小为()A.eq\f(F,Il) B.eq\f(2F,Il)C.eq\f(3F,Il) D.eq\f(4F,Il)解析：线圈全部在磁场中时，受到安培力作用的有效长度为零，F＝mg.直线MN刚好过ab和ac边的中点时，导线框受到安培力的有效长度为eq\f(l,2)，受到竖直向下的安培力．大小为F安＝BIeq\f(l,2)，对导线框，由平衡条件得3F＝mg＋BIeq\f(l,2)，联立解得B＝eq\f(4F,Il)，选项D正确，A、B、C错误．故选D.答案：D4．如图所示，真空中竖直放置一根通电长直金属导线MN，电流方向向上．ab是一根水平放置的内壁光滑绝缘管，端点a、b分别在以MN为轴心、半径为R的圆柱面上．现使一个小球自a端以速度v0射入ab管，小球半径略小于绝缘管半径且带正电，小球重力忽略不计，小球向b运动过程中，下列说法正确的是()A．小球的速率始终不变B．洛伦兹力对小球先做正功，后做负功C．小球受到的洛伦兹力始终为零D．管壁对小球的弹力方向先竖直向下，后竖直向上解析：如图为俯视图，根据右手螺旋定则，磁感线如图所示，小球在磁场中受到洛伦兹力和弹力作用，洛伦兹力和弹力不做功，小球速率不变，B错误，A正确；当小球运动到ab中点时，磁感线的切线方向与小球速度方向平行，小球所受洛伦兹力为零；小球自a点到ab中点，所受洛伦兹力竖直向下，绝缘管壁对小球的弹力竖直向上；小球从ab中点至b点，所受洛伦兹力竖直向上，绝缘管壁对小球的弹力竖直向下，C、D错误．故选A.答案：A5．图示为高压直流输电网，两根在同一水平面内且相互平行的长直导线A和B分别通有方向相同的电流I1和I2，且I1>I2.a点位于两根导线间的中点，b点在a点的正下方．不考虑地磁场的影响．下列说法中正确的是()A．导线A和B间的安培力是斥力B．A受的安培力比B受的安培力大C．a点处的磁感应强度方向在竖直方向上D．b点处的磁感应强度方向在水平方向上解析：直导线A和B的电流方向相同，简化为图中直线电流，由安培定则画出直导线A中电流在导线B处产生的磁场方向是垂直纸面向里，再由左手定则可知B受到的安培力指向A，同理A受到的安培力指向B，导线A和B间的安培力是吸引力，故同向电流相互吸引，异向电流相互排斥，故A错误；A受的安培力和B受的安培力是一对作用力和反作用力，故等大反向，故B错误；a点位于两根导线间的中点，两导线的电流方向相同，在其中点产生的磁感应强度方向相反，因为I1>I2，故I1在中点处产生的磁感应强度大，合磁场的方向与I1产生的方向相同，由安培定则可知a点处的磁感应强度方向在竖直方向上，故C正确；直导线A和B所通的电流大小不相同，即在b点处产生的磁感应强度大小不相同，则在竖直方向上分量的矢量和不为零，b点处的磁感应强度方向不在水平方向上，故D错误．故选C.答案：C6．(2021·湖南邵阳一中高三月考)电场强度E和磁感应强度B是描述电场和磁场强弱的物理量，下列说法中正确是的()A．若试探电荷在某位置所受的电场力为零，则该处的电场强度可能不为零B．若一小段电流在某位置所受的安培力为零，则该处的磁感应强度一定为零C．电场强度与磁感应强度比值的单位与速度的单位相同D．电场强度与磁感应强度比值的单位与加速度的单位相同解析：由电场强度定义E＝eq\f(F,q)可知，当电荷受到的电场力F＝0时必有E＝0，A错误；磁感应强度的定义式B＝eq\f(F,IL)，该式必须是导线方向与磁场方向垂直，所以当F＝0时不一定有B＝0，有可能是导线方向与磁场方向平行，B错误；当不计重力的带电粒子垂直场强方向在电磁场(速度选择器)中做匀速直线运动时满足qvB＝Eq，可得v＝eq\f(E,B)，所以电场强度与磁感应强度比值的单位与速度的单位相同，C正确，D错误．故选C.答案：C7．(多选)据报道，我国空间站安装了现代最先进的霍尔推进器用以空间站的轨道维持．如图乙，在很窄的圆环空间内有沿半径向外的磁场1，其磁感强度大小可近似认为处处相等；垂直圆环平面同时加有匀强磁场2和匀强电场(图中没画出)，磁场1与磁场2的磁感应强度大小相等，已知电子电量为e，质量为m，若电子恰好可以在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动．则以下说法正确的是()A．电场方向垂直环平面向外B．电子运动周期为eq\f(2πR,v)C．垂直环平面的磁感强度大小为eq\f(mv,eR)D．电场强度大小为eq\f(mv2,eR)解析：根据左手定则可知电子在圆环内受到沿半径向外的磁场1的洛伦兹力方向垂直环平面向里，电场力需要与该洛伦兹力平衡，电场力方向应垂直环平面向外，由于电子带负电，故电场方向垂直环平面向里，A错误；电子在圆环内沿顺时针方向做半径为R、速率为v的匀速圆周运动，则电子运动周期为T＝eq\f(2πR,v)，B正确；电子在圆环内受到磁场2的洛伦兹力提供电子做圆周运动的向心力，则有evB＝meq\f(v2,R)，解得B＝eq\f(mv,eR)，C正确；电子在垂直环平面方向受力平衡，则有eE＝evB，解得E＝eq\f(mv2,eR)，D正确；故选B、C、D.答案：BCD8．托卡马克是一种利用磁约束来实现受控核聚变的环形容器，如图为该磁约束装置的简化模型，两个圆心均在O点，半径分别为R和3R的圆环将空间分成区域Ⅰ和Ⅱ，区域Ⅰ内无磁场，区域Ⅱ内有方向垂直于纸面向里，大小为B的匀强磁场．一束不同速率、电量为＋q、质量为m的带电粒子从O点沿着区域Ⅰ的半径方向射入环形的匀强磁场，不计一切阻力与粒子重力．(1)求能约束在此装置内的粒子的最大初动能；(2)若粒子从O点以动能eq\f(q2B2R2,2m)沿x轴正方向射入环形磁场，运动一段时间后，又能再一次沿x轴正方向通过O点，求此过程中粒子运动时间．解析：(1)当粒子的轨迹与磁场外边界相切时，粒子的半径最大，动能最大．由几何关系可知：R2＋req\o\al(2,max)＝(3R－rmax)2，qvB＝meq\f(veq\o\al(2,max),rmax)，Ekmax＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,max).联立上式解得Ekmax＝eq\f(8q2B2R2,9m).(2)由几何关系可知：粒子在磁场中旋转4次将再次沿x轴正向回到O点．有Ek1＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,1)，qv1B＝meq\f(veq\o\al(2,1),r)，t总＝t匀＋t磁，8R＝v1t匀，t磁＝4×eq\f(270°,360°)T，T＝eq\f(2πR,v1).联立上式解得t总＝eq\f(（8＋6π）m,qB).答案：(1)Ekmax＝eq\f(8q2B2R2,9m)(2)t总＝eq\f(（8＋6π）m,qB)9．如图所示为一“太空粒子探测器”的简化图，两个同心扇形圆弧面PQ、MN之间存在辐射状的加速电场，方向由内弧面指向外弧面，圆心为O，两弧面间的电势差为U，右侧边长为L的正方形边界abcd内存在垂直纸面向外的匀强磁场，其大小B＝kB0(k>0)，k值可以调节，B0＝eq\f(1,L)eq\r(\f(2mU,e))，O点为ad边界的中点，PO、QO与ad边界的夹角均为30°.假设太空中质量为m、电荷量为e的负电粒子，能均匀地吸附到外弧面PQ的右侧面上，由静止经电场加速后穿过内弧面均从O点进入磁场，不计粒子重力、粒子间的作用力及碰撞，求：(1)粒子到达O点时的速率v0；(2)若从O点垂直于ad边界射入磁场的粒子恰能从b点离开，求k的值；(3)若要求外弧面PQ上所有的粒子均从ab边射出磁场，求k值的取值范围．解析：(1)粒子加速过程，由动能定理可得eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得粒子到达O点时的速率为v0＝eq\r(\f(2eU,m)).(2)粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹如图所示由几何关系可得L2＋(R－eq\f(L,2))2＝R2，解得R＝eq\f(5L,4).由洛伦兹力作为向心力可得ev0·kB0＝meq\f(veq\o\al(2,0),R)，解得k＝eq\f(4,5).(3)磁场最小时，即k最小时，只要满足沿PO方向射入磁场的粒子，轨迹与bc边界相切即可，如图所示则其他方向射入磁场的粒子均能从ab边界射出，由几何关系可得r1＋r1cos30°＝L，解得r1＝2(2－eq\r(3))L，由洛伦兹力作为向心力可得ev0·k1B0＝meq\f(veq\o\al(2,0),r1)，解得k1＝eq\f(2＋\r(3),2).磁场最大时，即k最大时，只