物理二轮复习跟综训练 第10讲 磁场及带电粒子在磁场中的运动

第10讲磁场及带电粒子在磁场中的运动跟综训练基础练选择题:1.(2025·山东淄博一模)如图所示,恒定电流I流过边长为2a的水平放置的正方形导线,O点为正方形的中心,P点位于O点正上方且OP=a,每条导线在P点的磁感应强度大小均为B,则P点的磁感应强度大小为()A.0B.B C.2BD.22B2.(2025·福建卷)如图所示,空间中存在两根无限长直导线L1与L2,通有大小相等,方向相反的电流。导线周围存在M、O、N三点,M与O关于L1对称,O与N关于L2对称且OM=ON,初始时,M处的磁感应强度大小为B1,O点的磁感应强度大小为B2,现保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为()A.12B2-B1B.12B1-BC.B2-B1D.B1-B23.(2025·山西高三月考)如图所示,在正方形虚线框MNPQ内存在着垂直于纸面向里的匀强磁场。a、b两个带电粒子以相同速度从PQ边上的中点垂直于PQ边射入磁场,速度方向均平行于纸面,最终a、b分别从MQ的中点、N点离开磁场。不计粒子重力及粒子间相互作用力。a、b两个粒子的比荷之比为()A.8∶5 B.5∶8 C.5∶2 D.2∶54.如图为磁约束装置的简化示意图,内半径为R、外半径为3R的环状区域内存在方向垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,有一粒子源在外边界P处,粒子沿半径方向以初速度v射入磁场,内圆周上有磁场,为使粒子不射入内圆区域,初速度v大小应满足的条件为()A.v≤8qBRmB.vC.v≤5qBRmD.v5.(2024·广西卷)Oxy坐标平面内一有界匀强磁场区域如图所示,磁感应强度大小为B,方向垂直纸面向里。质量为m、电荷量为+q的粒子,以初速度v从O点沿x轴正向开始运动,粒子过y轴时速度与y轴正向夹角为45°,交点为P。不计粒子重力,则P点至O点的距离为()A.mvqBB.C.(1+2)mvqBD.6.固定的光滑刚性绝缘正三角形框内存在着垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,长为L的CD边上一点P开有一个小孔,且CP=14L,如图所示。质量为m、电荷量为q的带正电粒子以某一初速度从P点沿纸面垂直于CD边射入磁场后,与正三角形的每条边都发生多次碰撞,再从P点垂直于CD边离开磁场。粒子在每次碰撞前、后瞬间速度大小相等,方向相反,电荷量不变,不计重力,则粒子初速度的最大值为()A.qBL4mC.qBL2m7.(2025·湖北卷)如图所示,在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,放置一通电圆线圈,圆心为O点,线圈平面与磁场垂直。在圆线圈的轴线上有M和N两点,它们到O点的距离相等。已知M点的总磁感应强度大小为零,则N点的总磁感应强度大小为()A.0B.B C.2BD.3B8.(多选)(2025·江西九江十校模拟)如图所示,粗细均匀的金属线框固定在绝缘水平面上,其中MPN段为半径为r的半圆,P为半圆弧的中点,MQN为等腰直角三角形,虚线MN左侧有垂直于水平面向下的匀强磁场Ⅰ,右侧有垂直于水平面向上的匀强磁场Ⅱ,两磁场的磁感应强度大小均为B,MN与半圆的直径重合,将P、Q两端接入电路,从P点流入的电流大小为I,则下列判断正确的是()A.整个线框受到的安培力为0B.PQ上方线框受到的安培力方向平行于PQ向右C.PQ上方线框受到的安培力大小为IrBD.MN左侧线框受到的安培力大于右侧线框受到的安培力提能增分练一．选择题:9.(多选)(2025·广东广州高三下开学考)如图,在光滑绝缘的水平面xOy区域内存在竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带负电小球1从点O以速度v0(大小未知)沿x轴正方向进入磁场区域后,与静止在点P(a,a)、质量为m3的中性小球2发生弹性正碰,且有一半电荷量转移到小球2,两小球均可看作质点,不计碰撞后小球间的相互作用,则()A.v0=qBaB.碰后,小球2的速度为小球1速度的3倍C.碰后,小球1在磁场中的运动半径较大D.碰后,小球2在磁场中的运动半径较大10.(多选)(2025·安徽蚌埠高三期末)利用图示装置可以选择一定速度的带电粒子。图中半圆为绝缘筒壁的横截面,直径PM的长为2R,弧线PN是覆盖在筒壁上的吸附层(可吸收打在其上的粒子),其长度L可调节,整个装置处于垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中。一群质量为m、电荷量为q的粒子以不同速率从P沿PM方向进入磁场,粒子与PN以外的筒壁发生若干次碰撞后恰可从M点射出。若碰撞过程遵循反射定律,没有动能损失,且电荷量保持不变,不计粒子的重力,关于从M点射出的粒子,下列说法正确的是()A.粒子一定带负电B.若L=0.4πR,则粒子的速率为qBRC.若L=0.3πR,则粒子在磁场中运动的时间为2πD.若L=0.3πR,则粒子速率的最小值为311.(多选)(2025·甘肃卷)2025年5月1日,全球首个实现“聚变能发电演示”的紧凑型全超导托卡马克核聚变实验装置(BEST)在我国正式启动总装。如图是托卡马克环形容器中磁场截面的简化示意图,两个同心圆围成的环形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度大小为B,内圆半径为R0。在内圆上A点有a、b、c三个粒子均在纸面内运动,并都恰好到达磁场外边界后返回。已知a、b、c带正电且比荷均为qm,a粒子的速度大小为va=qBR0m,方向沿同心圆的径向;b和c粒子速度方向相反且与a粒子的速度方向垂直。A.外圆半径等于2R0B.a粒子返回A点所用的最短时间为(3π+2)C.b、c粒子返回A点所用的最短时间之比为2D.c粒子的速度大小为22v二．计算题:12.(2025·四川攀枝花模拟)如图所示,相距为d且足够长的两平行挡板MN、PQ之间有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度的大小为B。位于PQ上A点的粒子源可源源不断的向纸面内各个方向发射速度大小相同、质量为m、电荷量为q的带负电粒子,其中沿与PQ成60°角斜向右上方射入两板间的粒子恰好不与MN板碰撞,不计粒子重力,求:(1)粒子的初速度大小v0;(2)MN板上能被粒子击中的长度范围L。13.如图所示,正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场,ab=l,Oa=0.4l,大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°角的方向以不同的初速度v0射入磁场,不计粒子重力和粒子间的相互作用,已知带电粒子的质量为m、电荷量为q,磁场的磁感应强度大小为B,sin37°=0.6,cos37°=0.8。(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间;(2)若带电粒子从ad边离开磁场,求v0的取值范围。培优练计算题:14.一种圆柱形粒子探测装置的横截面如图所示,内圆区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,外圆是探测器,AB和PM分别为内圆的两条相互垂直的直径,两个粒子先后从P点沿PM射入磁场。粒子1经磁场偏转后打在探测器上的Q点,粒子2经磁场偏转后从磁场边界C点离开,最后打在探测器上的N点,PC圆弧恰好为内圆周长的三分之一,粒子2在磁场中运动的时间为t。装置内部为真空状态,忽略粒子所受重力及粒子间相互作用力。求:(1)粒子1在P点的受力方向和电性;(2)若两粒子的入射速率相等,比较粒子1与粒子2的比荷大小;(3)改变粒子2入射方向,速率变为原来的233,参考答案：1.答案D解析根据图中几何关系结合安培定则,可知两相互平行导线在P点产生的磁感应强度方向的夹角为90°,如图所示,则两相互平行导线在P点产生的合磁感应强度大小为B'=2B,方向竖直向上,则正方形导线在P点产生的磁感应强度大小为BP=2B'=22B,故D正确。2.答案A解析根据题意,作出L1、L2中电流的某种情况,如图所示,设L1在M点产生的磁感应强度大小为B1M,L2在M点产生的磁感应强度大小为B2M,L1在O点产生的磁感应强度大小为B1O,L2在O点产生的磁感应强度大小为B2O,则由安培定则可知L1和L2在M点产生的磁感应强度方向相反,L1和L2在O点产生的磁感应强度方向相同,则有B1M-B2M=B1,B1O+B2O=B2;由于L1、L2中电流大小相等,且OM=ON,M与O关于L1对称,N与O关于L2对称,有B1M=B1O=B2O,B2M=B1N,联立可得B2M=B1N=12B2-B1,故保持L1中电流不变,仅将L2撤去,N点的磁感应强度大小为B1N=12B2-B1,A3.答案C解析设正方形磁场边界的边长为L,由几何关系可知ra=L2,rb2=rb−L22+L2,解得rb=54L,可得rarb=25,根据洛伦兹力提供向心力qvB=mv2r,可得qm4.答案D解析粒子不射入内圆区域的临界轨迹如图,根据勾股定理有(R+r)2=r2+(3R)2,解得r=4R,又r=mvmaxqB,解得vmax=4qBRm,为使粒子不射入内圆区域,初速度v大小应满足的条件为v≤45.答案C解析粒子运动轨迹如图所示,在磁场中,根据洛伦兹力提供向心力,有qvB=mv2r,可得粒子做圆周运动的半径r=mvqB,根据几何关系可得P点至O点的距离LPO=r+rsin45°=(1+2)mvqB6.答案A解析粒子与每一边的碰撞次数至少为2次才能从P点出来,则与每边碰撞2次的情况下粒子的半径最大,又在同一匀强磁场中,对同一种粒子,粒子速度与半径成正比,则此情况下粒子的速度最大。粒子初速度最大时运动轨迹如图所示,由几何关系可知r=14L,根据qvB=mv2r,可得v=qBL47.答案A解析根据对称性可知,线圈在M、N两点产生的磁感应强度大小相等、方向相同,由于M点的总磁感应强度大小为零,所以匀强磁场的磁感应强度与线圈在M点产生的磁感应强度大小相等、方向相反,则线圈在N点产生的磁感应强度与匀强磁场的磁感应强度大小相等、方向相反,故N点的总磁感应强度大小为0,A正确。8.答案AC解析线框的上半部分的电流是顺时针,下半部分的电流是逆时针,把线框分成右上、左上、左下、右下四部分,根据左手定则可得这四部分的受力如图所示,因为四部分的有效长度都为2r,且线框中的电流相同,四部分所受的安培力大小相等,且F1与F3方向相反,F2与F4方向相反,则线框所受安培力的合力为0,故A正确;安培力大小为F1=F2=I2×2rB=22IrB,PQ上方线框受到的安培力大小为F=2F1=2F2=IrB,方向平行于PQ向左,故B错误,C正确;MN左右两侧线框受到的安培力等大反向,故D9.答案AB解析由洛伦兹力提供向心力可得qv0B=mv02r,由题意知r=a,解得v0=qBam,故A正确;因为球1与球2发生弹性正碰,所以碰撞过程,球1、球2组成的系统动量守恒,且动能无损失,以碰前球1的速度方向为正方向,可得mv0=mv'+m3v″,12mv02=12mv'2+12×m3v″2,联立可得v'=v02,v″=32v0,则碰后,小球2的速度为小球1速度的3倍,故B正确;由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,解得r=mvqB,因为碰后,小球1有一半电荷量转移到小球2,则碰后小球1、2电荷量相等,可得r1=m·12v012qB10.答案BD解析带电粒子进入磁场后,运动轨迹为向上偏转,即带电粒子进入磁场时所受洛伦兹力方向为竖直向上,由左手定则可知,带电粒子一定带正电,A错误;若L=0.4πR,粒子恰可从M点射出,则粒子在磁场中的运动轨迹如图甲所示,由几何关系知粒子的运动半径为r=R,由洛伦兹力提供向心力可得qvB=mv2r,解得粒子的速率为v=qBRm,B正确;若L=0.3πR,粒子恰可从M点射出,则粒子在磁场中的运动轨迹可能为图甲,此时粒子在磁场中的运动周期为T=2πrv=2πmqB,故粒子在磁场中运动的时间为t=T2=πmqB,C错误;若L=0.3πR,由qvB=mv2r由几何关系可知rmin=33R,解得粒子速率的最小值为vmin=3qBR3m11.答案BD解析由题意,作出a粒子运动轨迹图,如图甲所示。a粒子恰好到达磁场外边界后返回,a粒子运动的圆周正好与磁场外边界相切,然后沿内圆直径做匀速直线运动,再在环形匀强磁场内做匀速圆周运动恰好回到A点,根据洛伦兹力提供向心力qvaB=mva2Ra,由题意知a粒子的速度大小为va=qBR0m,可得Ra=R0,设外圆半径等于R,由几何关系得R=R0+2R0,故A错误;a粒子返回A点所用的最短时间为第一次回到A点的时间t,a粒子做匀速圆周运动的周期T=2πR0va=2πmqB,根据对称性知a粒子在磁场中运动的时间t1=2×270°360°T=3πmqB,a粒子在内圆中匀速直线运动的时间t2=2R0va=2mqB,故a粒子返回A点所用的最短时间为因为b、c粒子返回A点都是运动一个圆周,根据b、c带正电且比荷均为qm,所以两粒子做圆周运动的周期T=2πmqB相同,则所用的最短时间之比为1∶1,故C错误;对c粒子,由几何关系得2Rc=2R0,根据洛伦兹力提供向心力,有qvcB=mvc2Rc,联立解得vc=12.答案(1)2qBd3m解析(1)与PQ成60°角斜射入的粒子恰好不与MN板碰撞的运动轨迹如图甲所示由几何关系可得r+rcos60°=d洛伦兹力提供向心力有qv0B=mv联立可得r=23d,v0=2(2)粒子击中MN板时临界轨迹如图乙所示由几何关系有(d-r)2+x12=r2,x2=rsin故MN板上能被粒子击中的长度范围为L=x1+x2联立可得L=23313.答案(1)143πm90qB(2)qBl4m解析(1)粒子从ab边离开磁场时,在磁场中运动的时间最长