專題強化訓練9磁場及帶電粒子在磁場中的運動一、選擇題(1～4題為單項選擇題，5～6題為多項選擇題)1．[2022·重慶押題卷]loffe-Prichard磁阱常用來約束帶電粒子的運動．如圖所示，四根通有大小相等且為恒定電流的長直導線垂直穿過xOy平面，1、2、3、4直導線與xOy平面的交點成邊長為2a的正方形且關(guān)于x軸和y軸對稱，各導線中電流方向已標出，已知通電無限長直導線產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度大小與到直導線距離成反比．下列說法正確的是()A．直導線1、3之間的相互作用力為排斥力B．一垂直于紙面并從O點射入的粒子，將做勻速直線運動C．直導線1、2在O點的磁感應(yīng)強度方向沿y軸正方向D．直導線2受到直導線1、3、4的作用力方向指向O點2.[2022·廣東卷]如圖所示，一個立方體空間被對角平面MNPQ劃分成兩個區(qū)域，兩區(qū)域分布有磁感應(yīng)強度大小相等、方向相反且與z軸平行的勻強磁場．一質(zhì)子以某一速度從立方體左側(cè)垂直O(jiān)yz平面進入磁場，并穿過兩個磁場區(qū)域．下列關(guān)于質(zhì)子運動軌跡在不同坐標平面的投影中，可能正確的是()3．[2022·重慶押題卷]如圖所示，邊長為L的正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B，正六邊形中心O處有一粒子源，可在紙面內(nèi)向各個方向發(fā)射不同速率帶正電的粒子，已知粒子質(zhì)量均為m、電荷量均為q，不計粒子重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．可能有粒子從ab邊中點處垂直ab邊射出B．從a點垂直af離開正六邊形區(qū)域的粒子在磁場中的運動時間為πC．垂直cf向上發(fā)射的粒子要想離開正六邊形區(qū)域，速率至少為2D．要想離開正六邊形區(qū)域，粒子的速率至少為34．如圖甲是判斷檢測電流I0大小是否發(fā)生變化的裝置，該檢測電流在鐵芯中產(chǎn)生磁場，其磁感應(yīng)強度與檢測電流I0成正比，現(xiàn)給金屬材料制成的霍爾元件(如圖乙，其長、寬、高分別為a、b、d)通以恒定工作電流I，通過右側(cè)電壓表的示數(shù)來判斷I0的大小是否發(fā)生變化，下列說法正確的是()A．N端應(yīng)與電壓表的“＋”接線柱相連B．要提高檢測靈敏度可適當減小寬度bC．如果僅將檢測電流反向，電壓表的“＋”“－”接線柱連線位置無需改動D．當霍爾元件尺寸給定，工作電流I不變時，電壓表示數(shù)變大，說明檢測電流I0變大5．[2022·全國沖刺卷]如圖為地球赤道剖面圖，地球半徑為R，把地面上高度為R2區(qū)域內(nèi)的地磁場視為磁感應(yīng)強度為B、方向垂直于剖面的勻強磁場，一帶電粒子以速度v正對地心射入該磁場區(qū)域，軌跡恰好與地面相切．則(A．粒子帶正電荷B．軌跡半徑為5C．粒子的比荷為vD．若粒子速度減小，在該磁場區(qū)域的運動時間增大6．[2022·湖北押題卷]一勻強磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，方向垂直于紙面向里，其邊界如圖中虛線所示，ab為半徑為R的半圓，ac、bd與直徑ab共線，a、c間的距離等于半圓的半徑R.一束質(zhì)量均為m、電量均為q的帶負電的粒子，在紙面內(nèi)從c點垂直于ac以不同速度射入磁場，不計粒子重力及粒子間的相互作用．下列說法正確的是()A．可以經(jīng)過半圓形邊界的粒子的速率最小值為qBRB．可以經(jīng)過半圓形邊界的粒子的速率最大值為3C．在磁場中運動時間最短的粒子速率為qBRD．在磁場中運動時間最短的粒子運動時間為2π二、非選擇題7．[2022·湖南卷]如圖，兩個定值電阻的阻值分別為R1和R2，直流電源的內(nèi)阻不計，平行板電容器兩極板水平放置，板間距離為d，板長為3d，極板間存在方向水平向里的勻強磁場．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的小球以初速度v沿水平方向從電容器下板左側(cè)邊緣A點進入電容器，做勻速圓周運動，恰從電容器上板右側(cè)邊緣離開電容器．此過程中，小球未與極板發(fā)生碰撞，重力加速度大小為g，忽略空氣阻力．(1)求直流電源的電動勢E0；(2)求兩極板間磁場的磁感應(yīng)強度B；(3)在圖中虛線的右側(cè)設(shè)計一勻強電場，使小球離開電容器后沿直線運動，求電場強度的最小值E′.8．如圖所示，在豎直平面內(nèi)，AB是一傾角為θ＝37°的光滑絕緣直軌道，BC是半徑R＝0.25m的光滑圓弧軌道，AB與BC相切于B點，C點切線水平，B點左上方空間存在著豎直向上的勻強電場，場強大小E＝4.0×103N/C，CD是與水平方向夾角為θ＝37°的界面，在CD下方存在豎直向下的勻強電場和垂直紙面向外的勻強磁場，電場強度大小也是E，磁感應(yīng)強度大小B＝3.0×103T，質(zhì)量m＝0.2kg的帶負電滑塊從斜面頂端由靜止開始滑下．已知斜面上A、B兩點間高度差h＝0.2m，滑塊帶電量q＝－5.0×10－4C，重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.求：(1)滑塊滑到斜面底端B點時的速度大小；(2)滑塊滑到圓弧軌道最低點C時對軌道的壓力大?。?3)滑塊離開C點后第2次經(jīng)過CD界面時離C點的距離(結(jié)果保留2位有效數(shù)字)．9．[2022·全國沖刺卷]如圖所示，長度為L、內(nèi)徑為d的圓柱形直管道水平固定在水平方向的勻強磁場中(磁場未畫出)．P位于管道一端管口的軸線上，P處固定一粒子源，它可發(fā)射質(zhì)量為m、帶電荷量為e的電子．(1)若從P發(fā)出的電子的速度方向豎直向上，磁場的方向垂直紙面向里，磁感應(yīng)強度大小為B0，粒子在管道內(nèi)運動時，恰好不與管壁碰撞，求從P發(fā)出的電子的速率v；(2)若從P發(fā)出的電子的速度恒定不變，且大小與(1)問相同，磁感應(yīng)強度按圖示規(guī)律分布，磁場的方向垂直紙面向里為正，要使電子從軸線的另一端離開管道(假設(shè)電子經(jīng)過磁場的邊界時，會立即進入另一磁場)，求：①圖中x0的值及管道長度L的限制條件；②電子在管道中運動的時間t.(3)若電子的速度大小為eB0d2m，方向斜向右上方，與水平方向的夾角為θ，磁場方向水平向右，磁感應(yīng)強度大小為B0，經(jīng)過一段時間后電子恰好從管道軸線的另一端離開管道，整個過程粒子都不會與管道碰撞，則專題強化訓練9磁場及帶電粒子在磁場中的運動1．解析：當通有同向電流時，電流之間表現(xiàn)為吸引力，A錯誤；由右手定則并結(jié)合矢量疊加可知O點的磁感應(yīng)強度為零，因此過O點垂直于紙面的任何點磁感應(yīng)強度都為零，從O點射入的粒子，將做勻速直線運動，B正確；直導線1、2在O點的磁感應(yīng)強度方向沿y軸負方向，C錯誤；若直導線1在直導線2處產(chǎn)生的安培力為F，則1、3在2處的安培力的合力為2F，方向背離O點，而4在2處產(chǎn)生的安培力為22F，方向指向O點，所以直導線2受到直導線1、3、4的作用力方向背離O點，D答案：B2．解析：根據(jù)題述情境，質(zhì)子垂直O(jiān)yz平面進入磁場，由左手定則可知，質(zhì)子先向y軸正方向偏轉(zhuǎn)穿過MNPQ平面，再向x軸正方向偏轉(zhuǎn)，所以A可能正確，B錯誤；該軌跡在Oxz平面上的投影為一條平行于x軸的直線，C、D錯誤．答案：A3．解析：若粒子從ab邊中點處垂直ab邊射出，則圓心一定在ab邊上，設(shè)與ab邊交點為g，則圓心在Og的中垂線上，而中垂線與ab邊平行，不可能相交，故A錯誤；同理做aO垂線出射速度垂線交于f點，即f為圓心，則對應(yīng)圓心角為60°，所以粒子在磁場中的運動時間為t＝16且T＝2πm解得t＝πm3qB，故B錯誤；垂直cf向上發(fā)射的粒子剛好能離開磁場時，軌跡與邊af相切，則由幾何關(guān)系得L＝r＋由qvB＝mv2r得r聯(lián)立解得v＝23-3qBLm，故C正確；因為O點距六邊形的最近距離為d＝L即此時對應(yīng)剛好離開磁場的最小直徑，所以最小半徑為r＝d又r＝mv所以最小速度為vmin＝3qBL4m，故D答案：C4．解析：圖甲中檢測電流I0通過線圈，根據(jù)安培定則，線圈在鐵芯中產(chǎn)生逆時針方向的磁場，霍爾元件是金屬材料制成，處于向上的磁場中，定向移動的自由電子受到垂直紙面向外的磁場力而偏轉(zhuǎn)到外側(cè)面上，使得霍爾元件外側(cè)面電勢低，內(nèi)側(cè)面電勢高，所以應(yīng)該是M端與電壓表的“＋”接線柱相連，故A錯誤；當霍爾元件內(nèi)外側(cè)面電壓穩(wěn)定時，內(nèi)部電子受力平衡，則有qvB＝qUb可得U＝v要提高檢測靈敏度，可以通過增大B(增大I0)、增大工作電流I(增大v)、增大b的方法，故B錯誤；如果僅將檢測電流反向，線圈在鐵芯中產(chǎn)生順時針方向的磁場，霍爾元件處于向下的磁場中，電子受到垂直紙面向里的磁場力而偏轉(zhuǎn)到內(nèi)側(cè)面上，使得霍爾元件外側(cè)面電勢高，內(nèi)側(cè)面電勢低，N端與電壓表的“＋”接線柱相連，故C錯誤；由B中分析可知U＝vBb，當霍爾元件尺寸給定即b不變，工作電流I不變即v不變，電壓表示數(shù)U變大，說明霍爾元件所處的磁場磁感應(yīng)強度增大，由題意可知B∝I0，說明檢測電流I0變大，故D正確．答案：D5．解析：由左手定則可知，粒子帶負電，選項A錯誤；由幾何關(guān)系可知r2＋R+R22＝(R＋r)2，解得r＝5R8，選項B正確；根據(jù)qvB＝mv2r，解得qm＝8v5BR，選項C錯誤；若粒子速度減小，則粒子的運動半徑減小，但是粒子在磁場中運動的圓心角變大，因粒子的周期T＝2πm答案：BD6．解析：由R＝mvqB可知，粒子速度越大，半徑越大．如圖所示，在能達到半圓形邊界的粒子中，經(jīng)過a點的粒子半徑最小，速度最小，其軌跡如圖中軌跡1由R2＝mvminqB解得vmin＝qBR2m，故A錯誤；經(jīng)過b點的粒子半徑最大，速度最大，其軌跡如圖中軌跡2所示，由3R2＝mvmaxqB解得vmax＝3qBR2m，故B正確；由分析可知，軌跡圓弧所對應(yīng)的弦與ab半圓形邊界相切時，圓心角最小，運動時間最短，其軌跡如圖中軌跡3所示，圓心恰好位于a點，由R＝mvqB解得v＝qBRm，故C錯誤；其圓心角為答案：BD7．解析：(1)小球在兩板間做勻速圓周運動，電場力與重力大小相等，設(shè)兩板間電壓為U，有mg＝qU由閉合電路歐姆定律得U＝R2R聯(lián)立解得E0＝R(2)小球在電容器中做勻速圓周運動，從上板右側(cè)邊緣離開，設(shè)軌跡半徑為r，有r2＝(r－d)2＋(3d)2又洛倫茲力提供小球做圓周運動的向心力，qvB＝mv解得B＝mv(3)小球離開磁場時，速度方向與水平方向的夾角為θ＝60°，要使小球做直線運動，則電場力與重力的合力與速度方向共線，當電場力等于小球重力垂直于速度方向的分力時，電場力最小，電場強度最小qE′＝mgcos60°解得E′＝mg答案：見解析8．解析：(1)對滑塊，A到B過程由動能定理得mgh＋Eqh＝12mvB2，代入數(shù)據(jù)，解得(2)對滑塊，B到C過程，根據(jù)動能定理得mg(R－Rcosθ)＝1代入數(shù)據(jù)，解得v＝3m/s在C點，進行受力分析可得F解得FN＝9.2N.F′N＝FN＝9.2N.(3)設(shè)滑塊離開C點后第1次經(jīng)過CD界面上的P點由平拋運動規(guī)律得tanθ＝1解得t＝0.45s在P點有vy＝gt＝4.5m/s，vx＝vC＝3m/s則PC間距離L1＝vCt1cos設(shè)滑塊離開C點后第2次經(jīng)過CD界面上的Q點，因Eq＝mg所以物塊從P到Q做勻速圓周運動，設(shè)P點速度方向與水平方向夾角為α，速度為v，則有tanα＝vyvx＝32，cosα＝2由洛倫茲力提供向心力可得Bqv＝mv所以PQ間距離為L2＝2rsin(α－θ)＝2mvsinsin(α－θ)＝6513，L2解得L2＝0.48m所以滑塊離開C點后第2次經(jīng)過CD界面時距離C點的距離為L＝L1＋L2＝2.1675m≈2.2m.答案：(1)22m/s(2)9.2N(3)2.2m9．解析：(1)粒子在管道內(nèi)做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，有evB＝mv其中R＝dB＝B0解得v＝qB(2)畫出電子的運動軌跡，如圖所示①由圖可知，要滿足題意，必有x0＝2R＝dL＝nd(n＝1，2，3...)②電子做圓周運動的周期T＝2πRv＝考慮粒子運動的周期性，電子在管道中運動的時間t＝nT2