2/3第9講磁場及帶電粒子在磁場中的運動1.（2024·福建福州高三期中）如圖所示，帶負電的小球豎直向下射入垂直紙面向里的勻強磁場，關(guān)于小球運動和受力說法正確的是（）A.小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左B.小球運動過程中的速度不變C.小球運動過程的加速度保持不變D.小球受到的洛倫茲力對小球做負功2.（多選）（2024·云南曲靖二模）如圖所示，x軸上有兩根垂直x軸放置的平行長直導線a、b，兩導線中通有方向相同且大小分別為I、2I的電流，兩導線相距L。已知通電長直導線在其周圍某點產(chǎn)生的磁感應(yīng)強度B的大小與導線中的電流I成正比，與該點到導線的距離r成反比，即B＝kIr（k為常量）。導線橫截面積大小忽略不計，下列說法正確的是（A.導線a、b相互排斥B.導線a、b相互吸引C.x軸上有2個點的磁感應(yīng)強度為零D.導線a、b之間磁感應(yīng)強度為零的點到導線a的距離為L3.（2024·河北石家莊三模）超級電容器儲存的大量電能是電磁炮瞬間大電流發(fā)射的重要基礎(chǔ)，如圖所示。若超級電容器的電容為C，充電電壓為U，發(fā)射一枚電磁炮的炮彈所需電荷量為超級電容所存儲電荷量的5％，炮彈質(zhì)量為m，導軌寬為l，導體推桿垂直導軌并良好接觸，垂直導軌平面的磁場的磁感應(yīng)強度為B，不計空氣阻力和摩擦，則炮彈出膛的速度為（）A.BlCU20mB.BlCUmC.2C4.（2024·北京海淀三模）云室是借助過飽和水蒸氣在離子上凝結(jié)來顯示通過它的帶電粒子徑跡的裝置。如圖為一張云室中拍攝的照片。云室中加了垂直于紙面向外的磁場。圖中a、b、c、d、e是從O點發(fā)出的一些正電子或負電子的徑跡。有關(guān)這些徑跡以下判斷正確的是（）A.d、e都是正電子的徑跡 B.a徑跡對應(yīng)的粒子動量最大C.b徑跡對應(yīng)的粒子動能最大 D.a徑跡對應(yīng)的粒子運動時間最長5.（多選）（2024·廣東深圳一模）如圖所示的是晶圓摻雜機的簡圖，O是晶圓面（設(shè)其半徑足夠大）的圓心，上、下豎直放置的圓柱形電磁線圈可在中間圓柱形區(qū)域形成勻強磁場；圓柱形磁場區(qū)域的橫截面半徑為L、圓心為O1，OO1水平且垂直于晶圓面；若線圈中通入如圖所示的電流，比荷為k的正離子以速度v、沿O1O射入，且全部摻雜在晶圓上，則（）A.離子摻雜在x軸的負半軸上B.離子摻雜在x軸的正半軸上C.圓柱形磁場的磁感應(yīng)強度必須小于vD.圓柱形磁場的磁感應(yīng)強度必須小于v6.（2024·貴州遵義三模）如圖所示，空間存在垂直于紙面向外的環(huán)形勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B，磁場內(nèi)、外邊界為兩個同心圓，半徑分別為R、3R。現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的粒子，沿半徑方向垂直于磁場進入環(huán)形區(qū)域，粒子恰好不能進入小圓區(qū)域，不計重力，則粒子在磁場中運動的（）A.軌道半徑為1.5R B.軌道半徑為3RC.運動時間為37πm90qB 7.（2024·山東臨沂二模）如圖所示，半徑為R圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外。質(zhì)量為m、電荷量為＋q的帶電粒子由A點沿平行于直徑CD的方向射入磁場，最后經(jīng)過C點離開磁場。已知弧CA對應(yīng)的圓心角為60°，不計粒子重力，則（）A.粒子運動速率為2B.帶電粒子運動過程中經(jīng)過圓心OC.粒子在磁場中運動的時間為5D.粒子在磁場中運動的路程為48.（2024·河南開封二模）如圖所示，有一個邊長為L的立方體空間ABCD-MNPQ，一長度為3L的導體棒沿AP方向放置?？臻g內(nèi)加上某一方向的勻強磁場（圖中未畫出）。磁感應(yīng)強度的大小為B。在導體棒中通以從A至P、大小為I的電流，則關(guān)于導體棒受到的安培力，下列說法中正確的是（）A.若磁場沿M指向A的方向，安培力的大小為3ILBB.若磁場沿M指向A的方向，安培力的大小為2ILBC.若磁場沿M指向Q的方向，安培力的大小為62D.若磁場沿M指向Q的方向，安培力的大小為329.（2024·河北石家莊二模）如圖所示，在xOy平面坐標系的第一、四象限內(nèi)分布著磁感應(yīng)強度大小為B、垂直于紙面向里的勻強磁場，在原點O處有一粒子源，可向坐標系xOy平面內(nèi)第四象限的各個方向（速度方向與x軸正方向間的夾角α滿足0°≤α≤90°）均勻持續(xù)地發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）的粒子，粒子初速度大小v＝qBRm。在第四象限內(nèi)x＝R處有一垂直于x軸的擋板（不計擋板厚度），其長度為R。不計粒子重力及粒子間的相互作用力。求（1）y軸正半軸上有粒子飛出部分的長度；（2）同一時刻發(fā)射出的粒子中能被擋板擋住的粒子數(shù)占發(fā)射粒子總數(shù)的幾分之幾。10.（2024·重慶市模擬調(diào)研）如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域的圓心位于直角坐標系的坐標原點O，該圓形區(qū)域內(nèi)有垂直坐標平面的勻強磁場（圖中未畫出）。磁場區(qū)域外右側(cè)有寬度為R的粒子源，M、N為粒子源兩端點，M、N連線垂直于x軸，粒子源中點P位于x軸上，粒子源持續(xù)向x軸負方向發(fā)射質(zhì)量為m、電荷量為q（q＞0）、速率為v的粒子。已知從粒子源中點P發(fā)出的粒子，經(jīng)過磁場區(qū)域后，恰能從圓與y軸負半軸的交點Q處沿y軸負方向射出磁場，不計粒子重力及粒子間相互作用力。求：（1）勻強磁場的磁感應(yīng)強度；（2）從粒子源發(fā)出的粒子經(jīng)過磁場區(qū)域的路程范圍。

第9講磁場及帶電粒子在磁場中的運動1.A根據(jù)左手定則，可知小球剛進入磁場時受到的洛倫茲力水平向左，A正確；小球受洛倫茲力和重力的作用，則小球運動過程中速度、加速度的大小和方向都在變，B、C錯誤；小球受到的洛倫茲力對小球永不做功，D錯誤。2.BD由安培定則可知，導線a在導線b點產(chǎn)生的磁場方向豎直向下，根據(jù)左手定則可知，導線b所受安培力水平向左，根據(jù)牛頓第三定律，導線a所受安培力水平向右，相互吸引，故A錯誤，B正確；由安培定則可知，在導線a左側(cè)和導線b右側(cè)兩導線中的電流產(chǎn)生的磁場方向相同，合磁感應(yīng)強度不可能為零，所以磁感應(yīng)強度為零的點在兩導線之間，設(shè)磁感應(yīng)強度為零的點到a的距離為x，則有kIx＝k2IL－x，解得x＝L3，x軸上只有1個點的磁感應(yīng)強度為零，到導線a的距離為L33.A電容器所帶電荷量為Q＝CU，設(shè)炮彈出膛的速度為v，根據(jù)動量定理可得，BIlt＝mv－0，又q＝It＝0.05Q，聯(lián)立解得v＝BlCU20m，故選4.D帶電粒子在垂直于紙面向外的磁場中運動，根據(jù)左手定則可知a、b、c都是正電子的徑跡，d、e都是負電子的徑跡，A錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R，解得R＝mvqB，由圖可知a徑跡對應(yīng)的粒子的運動半徑最小，a徑跡對應(yīng)的粒子的速度最小，根據(jù)p＝mv，可知a徑跡對應(yīng)的粒子動量最小，B錯誤；根據(jù)Ek＝12mv2，可知Eka＜Ekb＜Ekc，即b徑跡對應(yīng)的粒子動能不是最大的，C錯誤；帶電粒子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv2R，T＝2πRv，則T＝2πmqB，所以Ta＝Tb＝Tc＝Td＝Te，粒子在磁場中的運動時間t＝α2πT，5.BC根據(jù)安培定則可得，兩圓柱形電磁線圈中間的勻強磁場方向豎直向上，剛開始運動時，根據(jù)左手定則，正離子受到的洛倫茲力方向沿x軸正方向，故A錯誤，B正確；若所有的離子都在晶圓上，則離子在磁場中做圓周運動的最小半徑為r＝L，根據(jù)牛頓第二定律得qvB＝mv2r，解得最大的磁感應(yīng)強度為B＝mvqL＝vkL，故C6.C設(shè)粒子帶正電，粒子恰好不能進入小圓區(qū)域，軌跡如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可得r2＋（3R）2＝（r＋R）2，解得粒子軌道半徑為r＝4R，故A、B錯誤；由幾何關(guān)系可得tanθ＝3R4R＝34，可得θ＝37°，則粒子在磁場中的運動時間為t＝2×37°360°T＝2×377.B假設(shè)該電荷在磁場中運動軌跡圓心為O'，由幾何關(guān)系可知△AOC為正三角形。假設(shè)運動軌跡半徑為r，由幾何關(guān)系可知r＝33R，由洛倫茲力公式可知v＝qBrm＝3qBR3m，故A錯誤；由圖可知，軌跡經(jīng)過圓心，故B正確；由于此時運動軌跡所對圓心角為240°，結(jié)合公式T＝2πmqB可知，所用時間為t＝23T＝4πm3qB，故C錯誤；8.B若磁場沿M指向A的方向，在平面ACPM中對磁感應(yīng)強度沿AP和與AP垂直的方向分解，如圖，則與電流垂直的磁感應(yīng)強度分量B⊥＝Bcosα＝23B，安培力大小F＝I×3L×23B＝2ILB，故A錯誤，B正確；若磁場沿M指向Q的方向，對磁場沿平行、垂直于面ACPM的方向分解，分量B1＝B2＝22B，則在面ACPM中，安培力大小F＝I×3L×B1＝I×3L×22B＝62ILB，分量B2同樣要產(chǎn)生安培力，因此安培力肯定要大于62ILB，故9.（1）（2－3）R（2）2解析：（1）根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m又v＝qBR聯(lián)立解得r＝R根據(jù)幾何關(guān)系知沿y軸負向射出的粒子到恰好過x＝R處擋板最上端點A的粒子都被擋板擋住了，而粒子過A點時的軌跡圓心設(shè)為O3，則知△OAO3為等邊三角形，OO3與水平方向的夾角為60°，故軌跡圓與y軸正半軸的交點距原點O的距離為2Rsin60°＝3R從原點O沿x軸正半軸射出的粒子打在y軸正半軸的位置距原點O的距離為2R，故y軸正半軸上有粒子飛出部分的長度為2R－3R＝（2－3）R。（2）根據(jù)題意粒子均勻持續(xù)地發(fā)射在第四象限的各個方向，發(fā)射角為90°，又發(fā)射中能被擋板擋住的粒子的發(fā)射角為60°，故同一時刻發(fā)射出的粒子中能被擋板擋住的粒子數(shù)占發(fā)射粒子總數(shù)的比值等于發(fā)射角度的比值，為60°90°10.（1）mvqR，（2）πR3≤s解析：（1）根據(jù)題意可知從粒子源中點P發(fā)出的粒子在磁場中運動軌跡為四分之一圓周，軌跡半徑為r1，由幾何關(guān)系可知r1＝R根據(jù)洛倫茲力提供向心力，有qvB＝mv聯(lián)立解得B＝mv根據(jù)左手定則可知，磁感應(yīng)強度方向垂直于紙面向里。（2）根據(jù)題意可知，從N點射出的粒子在磁場