2023届二轮复习 专题三 第2讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动 素养作业

第2讲　磁场　带电粒子在磁场中的运动

1.(2022·重庆二模) 如图所示,A、B、C、D、E、F是正六边形的顶点,O为正六边形的中心。两根分别固定在C、F两点且均垂直于正六边形所在平面的长直导线(图中未画出),通有大小相等、方向相反的恒定电流。则与A点磁感应强度相同的点是(　C　)

A.O点   B.B点   C.D点   D.E点

解析:如图,假设F处直导线电流垂直纸面向里,C处直导线电流垂直纸面向外,则由安培定则及矢量合成法则可得,与A点磁感应强度相同的点是D点。故选C。

2.(2022·河南开封二模)如图所示,一根长为L的金属细杆通有电流I时,水平静止在倾角为θ的光滑绝缘固定斜面上,空间存在方向竖直向上、磁感应强度大小为B的匀强磁场。若电流和磁场的方向均不变,仅将磁感应强度大小变为4B,重力加速度为g,则此时(　D　)

A.金属细杆中的电流方向垂直于纸面向外

B.金属细杆受到的安培力大小为4BILsin θ

C.金属细杆对斜面的压力大小变为原来的4倍

D.金属细杆将沿斜面加速向上运动,加速度大小为3gsin θ

解析:直导线受到重力、导轨的支持力和安培力而平衡,安培力垂直于B,只能水平向右,由左手定则知,电流方向应垂直于纸面向里,故A错误;根据安培力公式可得受到的安培力大小为F安=4BIL,故B错误;金属细杆水平静止在斜面上时,根据平衡条件可得FN=mgcos θ+BILsin θ, BILcos θ=mgsin θ,磁感应强度大小改变时,根据受力分析和牛顿第二定律可得FN′=mgcos θ+4BILsin θ<4FN,a==

3gsin θ,加速度方向沿斜面向上,故C错误,D正确。

3.(2021·河北卷,5)如图,距离为d的两平行金属板P、Q之间有一匀强磁场,磁感应强度大小为B1,一束速度大小为v的等离子体垂直于磁场喷入板间。相距为L的两光滑平行金属导轨固定在与导轨平面垂直的匀强磁场中,磁感应强度大小为B2,导轨平面与水平面夹角为θ,两导轨分别与P、Q相连。质量为m、电阻为R的金属棒ab垂直导轨放置,恰好静止。重力加速度为g,不计导轨电阻、板间电阻和等离子体中的粒子重力。下列说法正确的是(　B　)

A.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=

B.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=

C.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向上,v=

D.导轨处磁场的方向垂直导轨平面向下,v=

解析:由左手定则可知Q板带正电,P板带负电,所以金属棒ab中的电流方向为从a到b,对金属棒受力分析可知,金属棒受到的安培力方向沿导轨平面向上,由左手定则可知导轨处磁场的方向垂直于导轨平面向下,由受力平衡可知B2IL=mgsin θ,而I=,对等离子体受力分析有q=qvB1,解得v=。故B正确,A、C、D错误。

4.(2022·广东广州二模)阿尔法磁谱仪是目前在太空运行的一种粒子探测器,其关键的永磁体系统是由中国研制的。如图,探测器内边长为L的正方形abcd区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B,当宇宙中带电荷量为+q的粒子从ab中点O沿纸面垂直ab边射入磁场区域时,磁谱仪记录到粒子从ad边射出,则这些粒子进入磁场时的动量p满足(　A　)

A.≤p≤ B.≤p≤qBL

C.qBL≤p≤ D.p≤或p≥

解析:带电荷量为+q的粒子进入磁场,洛伦兹力提供向心力,qvB=,解得r==。若粒子从a点射出,由几何关系可知r1=;若粒子从d点射出,由几何关系可知L2+(r2-)2=,解得r2=,则磁谱仪记录到粒子从ad边射出可知≤r≤,故粒子进入磁场时的动量p满足≤p≤,故选A。

5.(2022·北京模拟)如图,足够长的绝缘竖直杆处于正交的匀强电磁场中,电场方向水平向左、电场强度大小为E,磁场方向水平向里,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为-q(q>0)的小圆环套在杆上(环内径略大于杆的直径)无初速度下滑。若重力加速度大小为g,圆环与杆之间的动摩擦因数为μ(μqE<mg),圆环电荷量不变,则能反映圆环下滑过程中速度v随时间t变化关系的图像是(　D　)

解析:速度较小时,对圆环受力分析有mg-μ(qE-qvB)=ma,随着速度增大,加速度逐渐增大,当qE=qvB,加速度为重力加速度,之后,洛伦兹力大于静电力,有mg-μ(qvB-qE)=ma,随着速度增大,加速度逐渐减小,速度增大,直到加速度为零时,速度最大,最终做匀速运动。故选D。

6.(2022·湖南湘西三模)(多选)如图所示,一带电粒子(不计粒子受到的重力)的质量为m、电荷量为q,从a点以与边界夹角为60°的速度垂直射入磁感应强度大小为B、宽度为d的条形匀强磁场,从b点穿出磁场时的速度方向与边界夹角为45°。下列说法正确的是(　BC　)

A.粒子的速度大小为

B.粒子的速度大小为

C.粒子在磁场中运动的时间为

D.粒子在磁场中运动的时间为

解析:粒子的运动轨迹如图所示。

根据几何关系得d=rsin 30°+rsin 45°,

解得r=(2-2)d,

在磁场中,根据qvB=m,

可得v=,

联立解得v=,

粒子在磁场中做圆周运动的周期为T=,

粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角为

θ=180°-45°-60°=75°,

则粒子在磁场中运动的时间t=T=,

故B、C正确,A、D错误。

7.(2022·全国甲卷,18)空间存在着匀强磁场和匀强电场,磁场的方向垂直于纸面(xOy平面)向里,电场的方向沿y轴正方向。一带正电的粒子在电场和磁场的作用下,从坐标原点O由静止开始运动。下列四幅图中,可能正确描述该粒子运动轨迹的是(　B　)

解析:分析可知,开始一段较短时间内,粒子具有沿y轴正方向的速度,由左手定则可知,粒子应向左侧偏转,选项A、C错误;由于粒子所受静电力沿y轴正方向,且粒子初速度为零、初始位置在坐标原点,故粒子运动轨迹的最低点在x轴上,选项D错误,B正确。

8.(2022·山东日照模拟)某离子实验装置的基本原理如图所示,Ⅰ区宽度为d1,左边界与x轴垂直交于坐标原点O,其内充满沿y轴正方向的匀强电场,电场强度为E;Ⅱ区宽度为d2,左边界与x轴垂直交于O1点,右边界与x轴垂直交于O2点,其内充满沿x轴负方向的匀强磁场,磁感应强度B=。足够大的测试板垂直x轴置于Ⅱ区右边界,其中心与O2点重合,以O2为原点建立zO2y坐标系,从离子源不断飘出电荷量为q、质量为m的正离子,其以某初速度沿x轴正方向过O点,依次经Ⅰ区、Ⅱ区到达测试板。离子从Ⅰ区飞出时的位置到O1点的距离为l。忽略离子间的相互作用,不计离子受到的重力。则下列判断正确的是(　D　)

A.离子进入Ⅰ区的初速度v0=d2

B.离子在Ⅱ区运动的路程s=

C.离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离ly=

D.离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离lz=

解析:设离子加速后到达O点的速度为v0,在Ⅰ区内做类平抛运动的时间为t1,则x轴方向d1=v0t1,y轴方向l=a,由牛顿第二定律得qE=ma,解得v0=d1,故A错误;离子刚飞出Ⅰ区时沿y轴方向的速度大小vy=at1=,合速度的大小为v==,在Ⅱ区内x轴方向做匀速直线运动,设离子在Ⅱ区运动的时间为t2,x轴方向d2=v0t2,解得t2=,离子在Ⅱ区运动轨迹的长度s=vt2=,

故B错误;设离子在Ⅱ区yOz平面方向做匀速圆周运动的半径为r,则qvyB=m,T=,联立解得r=,T=,则离子y方向转动的圈数N==周,由几何关系可知,离子打在测试板上的位置与O2点沿y轴距离ly=|l-r|=|l-|,离子打在测试板上的位置与O2点沿z轴距离lz=r=,故C错误,D正确。

9.(2021·广东卷,14)如图是一种花瓣形电子加速器简化示意图。空间有三个同心圆a、b、c围成的区域,圆a内为无场区,圆a与圆b之间存在辐射状电场,圆b与圆c之间有三个圆心角均略小于90°的扇环形匀强磁场区Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ。各区磁感应强度恒定,大小不同,方向均垂直纸面向外。电子以初动能Ek0从圆b上P点沿径向进入电场,电场可以反向,保证电子每次进入电场即被全程加速。已知圆a与圆b之间电势差为U,圆b半径为R,圆c半径为 R,电子质量为m,电荷量为e,忽略相对论效应,取tan 22.5°=0.4。

(1)当Ek0=0时,电子加速后均沿各磁场区边缘进入磁场,且在电场内相邻运动轨迹的夹角θ均为45°,最终从Q点出射,运动轨迹如图中带箭头实线所示。求Ⅰ区的磁感应强度大小、电子在Ⅰ区磁场中的运动时间及在Q点出射时的动能。

(2)已知电子只要不与Ⅰ区磁场外边界相碰,就能从出射区域出射。当Ek0=keU时,要保证电子从出射区域出射,求k的最大值。

解析:(1)设电子经圆b的加速电场加速两次后以速度v1进入Ⅰ区磁场,Ⅰ区的磁感应强度大小为B1,则由动能定理得2eU=m-0,

由几何知识得,电子在Ⅰ区做匀速圆周运动的半径r1=Rtan =

Rtan 22.5°=0.4R,

由洛伦兹力提供向心力可得ev1B1=m,

联立解得B1=,

运动时间t1=T,又T=,

联立解得t1=,

电子由P→Q,由动能定理得8eU=Ek,

所以动能Ek=8eU。

(2)k最大时,电子进入Ⅰ区时速度v最大,做匀速圆周运动的半径r最大,所以当电子轨迹与Ⅰ区磁场的圆弧相切时,半径r最大,

由几何关系知(R-r)2=R2+r2,解得r=R,

根据洛伦兹力提供向心力有evB1=m,

解得v=,

电子从P点进入圆b到刚进入Ⅰ区,由动能定理得

2eU=mv2-Ek0,

又Ek0=keU,

解得k=。

答案:(1)　　8eU　(2)

10.(2022·黑龙江大庆三模)(多选)如图所示,M、N两极板间存在匀强电场,电场强度大小可以调节,两极板间的宽度为d,N板右侧存在如图所示的磁场,折线PAQ是磁场的分界线,在折线的两侧分布着方向相反与平面垂直的匀强磁场,磁感应强度大小均为B。折线的顶角∠A=90°,P、Q是折线上的两点,且AP=AQ=L。现有一质量为m、电荷量为q的带负电的粒子从S点由静止经电场加速后从P点沿PQ方向水平射出,不计粒子受到的重力,则(　AC　)

A.当粒子通过P点的速度为时,可经过一次偏转直接到达A点

B.当M、N两极板间电场强度为时,粒子到达Q点的时间最长

C.粒子由P点到达Q点的时间可能为的偶数倍

D.粒子由P点到达Q点的时间只能为的奇数倍

解析:当粒子通过P点的速度为时,则粒子进入磁场时的轨道半径为r==L,则粒子可经过一次偏转直接到达A点,选项A正确。

根据运动对称性,粒子能从P点到达Q点,应满足L=nx,其中x为每次偏转圆弧对应的弦长,偏转圆弧对应圆心角为90°或270°,运动周期T=。当n为偶数时,从P到Q的时间为t=2n×=n;当n为奇数时,从P到Q的时间为t=n×+n×=n,选项C正确,D错误。当M、N两极板间电场强度为E=时,qEd=m,解得v0=,则粒子进入磁场时的轨道半径为r==L,粒子的运动情况与上述n为奇数时的n=1相同,此时粒子到达Q点的时间不是最长的,选项B错误。

11.(2022·山东潍坊二模)如图甲所示,在坐标系xOy区域内存在变化的电场和磁场,以垂直于纸面向外为磁场的正方向,磁感应强度为B0,x轴正向为Ex的正方向,y轴正向为Ey的正方向,Ex有、两种取值,Ey有、-两种取值,如图乙所示。0时刻,一带电荷量为q、质量为m的正粒子从坐标原点O以速度2v0向y轴正向射出,不计粒子所受重力,求:

(1)时间内,电场的合电场强度E合;

(2)时刻,粒子的速度大小;

(3)时刻,粒子的位置坐标。

解析:(1)时间内,合电场强度的大小为E合=,

代入数据得合电场强度大小

E合=,

方向与x轴正向成45°角斜向上。

(2)如图所示,

a点速度为2v0,b点速度为v1=2v0+·,

解得v1=3v0,

c点速度仍为3v0,d点速度为v2=v1+·,

解得v2=4v0,

故时刻,粒子的速度大小为v2=4v0。

(3)设Oa段的半径为2R,则bc段的半径为3R,de段的半径为4R,由qvB0=,

得r=,有2R=,

设ab的长度为xab,则

xab=·,

解得xab=,

同理xcd=·=,

f点速度为v3=v2+·=5v0,

xef=·=,

那么cd段的长度为xcd,ef段的长度为xef,

根据题意,时刻,粒子的横坐标为X=2R·(1-cos 45°)+xab·

cos 45°+3R·cos 45°+xcd+4R·cos 45°+xef·cos 45°

代入数据得X=,

此时的纵坐标为Y=2R·sin 45°+xab·sin 45°+3R(1-cos 45°)-

4R(1-cos 45°)-xef·sin 45°

代入数据得Y=,

故此时粒子的坐标为(,)。

答案:(1),方向与x轴正向成45°角斜向上

(2)4v0　

(3)(,)