2023届二轮复习 专题训练11　带电粒子在磁场中的运动 作业（浙江专用）

这是一份2023届二轮复习 专题训练11　带电粒子在磁场中的运动 作业（浙江专用），共17页。
专题训练11　带电粒子在磁场中的运动保分基础练1.长为L的直导体棒a放置在光滑绝缘水平面上,固定的长直导线b与a平行放置,导体棒a与力传感器相连,如图所示(俯视图)。a、b中通有大小分别为Ia、Ib的恒定电流,其中Ia方向已知,Ib方向未知。导体棒a静止时,传感器受到a给它的方向向左、大小为F的拉力。下列说法正确的是(　B　)  A.Ib与Ia的方向相同,Ib在a处的磁感应强度B大小为B.Ib与Ia的方向相同,Ib在a处的磁感应强度B大小为C.Ib与Ia的方向相反,Ib在a处的磁感应强度B大小为D.Ib与Ia的方向相反,Ib在a处的磁感应强度B大小为解析:由题意可知,导体棒a所受的安培力方向向左,由左手定则可知,导体棒a所在处的磁场方向垂直纸面向里,又由安培定则可知直导线b中的电流方向与Ia的方向相同,对导体棒a由力的平衡条件可知F=FA=BIaL,解得B=,B正确,A、C、D错误。2.(2022·杭州二模)在恒定磁场中固定一条直导线,先后在导线中通入不同的电流,图像表现的是该导线受力的大小F与通过导线电流I的关系。M、N各代表一组F、I的数据。在下列四幅图中,不可能正确的是(　C　)解析:在匀强磁场中,当电流方向与磁感应强度B的夹角为θ时,所受安培力为F=BILsin θ,由于磁感应强度B和导线长度L不变,因此F与I的关系图像为过原点的直线,故A、B正确,C错误;当电流方向与磁感应强度B平行时,所受的安培力始终为零,故D正确。3.如图所示,两个单匝圆形线圈甲和乙相隔一定距离竖直固定在水平面上,通过甲线圈的电流大于乙线圈的电流,虚线为两线圈的中轴线,O、O1、O2、M、N都在中轴线上,O1、O2分别为甲、乙线圈的圆心,O为O1O2连线的中点,O1为MO的中点,O2为ON的中点,下列说法正确的是(　C　)A.两线圈之间存在相互排斥的作用力B.O点处的磁感应强度方向沿轴线向右C.O、M、N三点中O点处磁感应强度最大D.乙线圈在O点产生的磁感应强度大于甲线圈在O点产生的磁感应强度解析:两线圈中的电流同向,由于同向电流之间相互吸引,则两线圈之间存在相互吸引的作用力,选项A错误;由安培定则可知,两线圈中电流在O点处产生的磁场方向均向左,则O点的磁感应强度方向沿轴线向左,选项B错误;由磁场叠加可知,O、M、N三点中O点处磁感应强度最大,选项C正确;由于甲线圈的电流大于乙线圈的电流,则甲线圈在O点产生的磁感应强度大于乙线圈在O点产生的磁感应强度,选项D错误。4.如图所示,水平桌面上有一正三角形线框abc,线框由粗细相同的同种材料制成,边长为L,线框处在与桌面成60°斜向下的匀强磁场中,磁感应强度大小为B,ac边与磁场垂直。现a、c两点接到直流电源上,流过ac边的电流为I,线框静止在桌面上,则线框受到的摩擦力大小为(　C　)A.BIL B.BILC.BIL D.2BIL解析:根据题意可知从a经b到c的电流为I′=,正三角形线框接入电路后,受安培力的等效长度为L,总电流为I总=I+I′=,所受安培力为F=BI总L=,由平衡条件可知,线框受到的摩擦力大小为Ff=Fcos 30°=,故选C。5.如图所示,三根相互平行的水平长直导线通有大小相等且方向相同的电流I,其中P、Q、R为导线上三个点,三点连成的平面与导线垂直,O为PQ连线的中点,且QR=PR。则下列判断正确的是(　D　)A.R点的磁感应强度方向竖直向上B.P点的磁感应强度方向竖直向下C.R点与O点的磁感应强度相同D.若忽略P所在的导线,在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,不可能存在磁感应强度为零的位置解析:如图所示,因Q在R点产生的磁场垂直于QR斜向上,P在R点产生的磁场方向垂直PR斜向下,则R点的磁感应强度沿水平方向,A错误;如图所示,因Q在P点产生的磁场垂直于QP竖直向上,R在P点产生的磁场方向垂直PR斜向上,则P点的磁感应强度方向斜向右上方,B错误;因P、Q两处的电流在O点的合磁感应强度为零,则O点的磁感应强度方向向右,则R点与O点的磁感应强度方向不相同,大小也不一定相同,C错误;根据同向电流相互吸引,反向电流相互排斥,在离Q、R两导线所在的平面有一定距离的有限空间内,不存在合力为零的位置,所以磁感应强度为零的位置也不存在,D正确。6.如图所示,四根长直导线垂直纸面放置,其横截面位于一边长为a的正方形顶点A、C、D、E上。四根导线中均通以大小为I0的恒定电流,电流方向如图所示,已知载流长直导线周围某点的磁感应强度B=k,式中k为常量,I为导线中的电流,r为该点到导线的距离。下列说法正确的是(　D　)A.A处导线所受安培力方向从A指向DB.A处长为L的一段导线所受安培力大小为 C.若仅改变D处导线中的电流方向,A处导线所受安培力大小变为原来的2倍D.若仅改变E处导线中的电流方向,A处导线所受安培力大小变为原来的 倍解析:由磁感应强度的叠加法则得,C、D、E在A处磁感应强度的方向垂直AD连线斜向左下方,根据左手定则可知,A处导线所受安培力方向从D指向A,A错误;由磁感应强度的叠加法则得,C、D、E在A处磁感应强度大小为B=,故A处长为L的一段导线所受安培力大小为F=,B错误;若仅改变D处导线中的电流方向,A处长为L的一段导线所受安培力大小为F′=,则A处导线所受安培力大小变为原来的3倍,C错误;若仅改变E处导线中的电流方向,由磁感应强度的叠加法则得,C、D、E在A处磁感应强度大小为B=,则A处导线所受安培力大小变为原来的 倍,D正确。7.如图所示,在直角三角形abc区域中,有垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B。三个电荷量为q(q>0)、质量为m的同种粒子,从b点沿bc方向分别以速度v1、v2、v3射入磁场,在磁场中运动的时间分别为t1、t2、t3,且t1∶t2∶t3=3∶3∶1。已知∠a=45°,ac=L,不计粒子的重力,下列说法正确的是(　D　)A.粒子的比荷 =B.三个粒子的速度大小关系一定是v1=v2<v3C.以速度v2射入的粒子运动的时间t2=D.运动时间为t3的粒子,其速度v3=解析:三个粒子在磁场中运动的时间之比为t1∶t2∶t3=3∶3∶1,根据几何知识分析,粒子运动轨迹如图所示,它们对应的圆心角分别为90°、90°、30°,粒子运动的周期T=,则有t1=T=,解得粒子的比荷=,故A错误;由几何关系可知R2<R3,R1<R3=2L,洛伦兹力提供向心力qvB=m,从而得到粒子做匀速圆周运动的速度v=,则有v1<v3,v2<v3=,其中v1与v2的大小无法确定,故B错误,D正确;以速度v2射入的粒子运动的时间t2=T=,故C错误。8.(多选)如图,一长度为a的竖直薄挡板MN处在垂直纸面向里的匀强磁场中,磁感应强度为B。O点有一粒子源在纸面内向各方向均匀发射电荷量为+q、质量为m的带电粒子,所有粒子的初速度v(未知)大小相同。已知初速度与ON夹角为60°发射的粒子恰好经过N点(不被挡板吸收),粒子与挡板碰撞则会被吸收,ON=a,ON⊥MN,不计粒子重力,不考虑粒子间的相互作用。则(　CD　)A.粒子在磁场中做圆周运动的半径为aB.挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为aC.能击中挡板右侧的粒子数占粒子总数的D.若调节初速度v大小使挡板的右侧被粒子击中的竖直长度为a,则v的最小值为解析:恰好经过N点粒子的轨迹如图中轨迹1所示,设半径为R,由几何关系可知2Rcos 30°=a,解得R=a,选项A错误;当轨迹刚好与MN相切时,粒子能打到板上最大高度,如图中轨迹2,设速度方向与ON夹角为θ,由几何关系Rsin θ+R=a,解得sin θ=-1,由此可得Rcos θ=a=a,所以,挡板左侧能被粒子击中的竖直长度为a,选项B错误;要使粒子打到右侧,则有两个临界条件,如图中轨迹1、3,速度夹角为60°,则比例为=,选项C正确;由A、C选项分析可知使挡板的右侧被击中的竖直长度为a,速度方向与ON夹角为60°,由洛伦兹力提供向心力qvB=,解得v=,选项D正确。9.利用电场和磁场来控制带电粒子的运动,在现代科学实验和技术设备中有广泛的应用,如图所示,以O点为圆心、半径为R的圆形区域内有垂直纸面向外的匀强磁场,圆形区域外有垂直纸面向里的匀强磁场,两个磁场的磁感应强度大小都是B。有一质量为m、所带正电荷电荷量为q的带电粒子从P点沿半径垂直磁场射入圆形区域,粒子两次穿越磁场边界后又回到P点,不计粒子重力,则(　D　)A.粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径为RB.粒子从P点射入磁场的速度大小为 C.粒子从P点射出到第一次回到P点所需的时间为D.如果圆形区域外的磁场在一个以O为圆心的圆环内,则该圆环的面积至少为(6+4)πR2解析:因为粒子两次穿越磁场边界后又回到P点,画出粒子轨迹示意图如图所示。设粒子做圆周运动的轨迹半径为r,则有tan 30°=,解得r=R,选项A错误;由qvB=m,可得v=,选项B错误;粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为T==,粒子从P点射出到第一次回到P点所需要的时间为t=++=,选项C错误;由几何关系可知,圆环的大圆半径为(2+)R,小圆半径为R,所以其面积为S=π[(2+)R]2-πR2=(6+4)πR2,选项D正确。10.(多选)如图,在平面直角坐标系xOy的第一象限内,存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。大量质量为m、电荷量为q的相同粒子从y轴上的P(0,L)点,以相同的速率在纸面内沿不同方向先后射入磁场,设入射速度方向与y轴正方向的夹角为α(0≤α≤180°)。当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场。不计粒子的重力。则(　ACD　)A.粒子一定带正电B.当α=45°时,粒子也垂直x轴离开磁场C.粒子入射速率为D.粒子离开磁场的位置到O点的最大距离为3L解析:根据题意可知粒子垂直x轴离开磁场,根据左手定则可知粒子带正电,A正确;当α=150°时,粒子垂直x轴离开磁场,运动轨迹如图甲所示。粒子运动的半径为r==2L,洛伦兹力提供向心力qvB=m,解得粒子入射速率v=。若α=45°,粒子运动轨迹如图乙所示。根据几何关系可知粒子离开磁场时与x轴不垂直,B错误,C正确;粒子离开磁场距离O点距离最远时,粒子在磁场中的轨迹为半圆,如图丙所示。根据几何关系可知(2r)2=(L)2+,解得xm=3L,D正确。高分强化练11.在芯片制造过程中,离子注入是其中一道重要的工序。如图所示是一部分离子注入工作原理示意图,离子经加速后沿水平方向进入速度选择器,选择出一定速度的离子,然后通过磁分析器Ⅰ,选择出特定比荷的离子,经偏转系统Ⅱ后注入水平放置的硅片上。速度选择器、磁分析器中的匀强磁场的磁感应强度大小均为B,方向均垂直纸面向外;速度选择器中的匀强电场电场强度大小为E,方向竖直向上。磁分析器横截面是矩形,矩形长为2L,宽为(4-2)L。其宽和长中心位置C和D处各有一个小孔;半径为L的圆形偏转系统Ⅱ内存在垂直纸面向外,磁感应强度大小可调的匀强磁场,D、M、N在一条竖直线上,DM为圆形偏转系统的直径,最低点M到硅片的距离MN=,不计离子重力。(1)求离子通过速度选择器后的速度大小;(2)求磁分析器选择出来的离子的比荷;(3)若偏转系统磁感应强度大小的取值范围B≤B偏≤B,求硅片上离子注入的宽度。解析:(1)由题意可知qvB=qE,解得v=。(2)离子做圆周运动,由几何知识可知R2=L2+[R-(2-)L]2,解得R=2L,又因为洛伦兹力提供向心力qvB=,解得=。(3)结合上述分析,根据R′=可得半径R′满足L≤R′≤L,所以粒子轨迹如图所示。如图甲,当R′=R1=L时,由几何知识可知,离子竖直向下离开,落点P到N点距离x1=L,如图乙,当R′=R2=L时,由几何知识可知,离子从M点与水平方向成30°离开,落点Q到N点的距离x2=L,宽度x=x1+x2=L。答案:(1)　(2)　(3)L12.如图所示的空间分为Ⅰ、Ⅱ两个区域,边界AD与边界AC的夹角为30°,边界AC与MN平行,Ⅰ、Ⅱ区域均存在磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场的方向分别为垂直纸面向外和垂直纸面向里,Ⅱ区域宽度为d,边界AD上的P点与A点间距离为2d。一质量为m、电荷量为+q的粒子以速度v=,沿纸面与边界AD成60°角的图示方向从左边进入Ⅰ区域磁场(粒子的重力可忽略不计)。(1)若粒子从P点进入磁场,从边界MN飞出磁场,求粒子经过两磁场区域的时间;(2)粒子从距A点多远处进入磁场时,在Ⅱ区域运动时间最短?解析:(1)设粒子在磁场中做圆周运动的半径为r,则qvB=m,且v=,联立解得r=2d,粒子在磁场中做圆周运动的周期T=,设粒子在Ⅰ区域转过的角度为θ,由图可知sin θ==,得θ=30°,粒子在Ⅰ区域运动时间t1=T,设粒子在Ⅱ区域运动时间为t2,由对称关系可知t1=t2,粒子经过两磁场区域的时间为t=t1+t2=2t1,解得t=。(2)由图可知在Ⅱ区域运动时间最短时,运动圆弧对应的弦长最短,应为d,由几何关系可知,粒子入射点Q到边界AC的距离应为,则入射点Q与A点的距离为d。答案:(1)　(2)d13.如图所示,以α粒子源为原点建立直角坐标系xOy,在以O点为圆心、半径为R0的圆形区域内存在一个有界匀强磁场,磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度为B0。α粒子源在坐标平面内向第三、四象限的各个方向发射速率相同的α粒子。已知α粒子的电荷量为2e、质量为m,不计粒子重力及粒子间的相互作用。(1)若磁场分布在整个圆形区域内,则α粒子恰能达到而不会飞出磁场的边界,求α粒子的速率v0;(2)若调整磁场边界,可使得所有速率为v0的α粒子都能在离开圆形区域前以相同的速度通过y轴,请画出可以实现这一要求的磁场边界,并将有磁场区域用阴影表示;(3)接(2)问,若要让所有速率为v0的α粒子通过y轴后全部汇聚到坐标为(-R0,0)的P点,则可在圆形区域内再增加一个有界磁场,求该磁场区域的面积及磁感应强度大小B2。解析:(1)由牛顿第二定律可得qv0B0=m,其中q=2e,α粒子恰能达到而不会飞出磁场的边界,由几何关系得2r=R0,联立解得v0=。(2)如图甲所示,第一、三、四象限内有填充区域,圆形区域内第二象限无磁场,第四象限充满磁场,第三象限圆形区域内半圆边界,第一象限圆形区域内半圆边界。(3)如图乙中第二象限表示区域,面积为S=2×(π-)=,根据边界条件计算,可得2ev0B2=m,联立解得B2=。答案:(1)　(2)图见解析  (3)　14.某种离子诊断测量简化装置如图所示。竖直平面内存在边界为矩形EFGH、方向垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场,探测板CD平行于HG水平放置,能沿竖直方向缓慢移动且接地。a、b、c三束宽度不计、间距相等的离子束中的离子均以相同速度持续从边界EH水平射入磁场,b束中的离子在磁场中沿半径为R的四分之一圆弧运动后从下边界HG竖直向下射出,并打在探测板的右边缘D点。已知每束每秒射入磁场的离子数均为N,离子束间的距离均为0.6R,探测板CD的宽度为0.5R,离子质量均为m、电荷量均为q,不计重力及离子间的相互作用。(1)求离子速度v的大小及c束中的离子射出磁场边界HG时与H点的距离s;(2)求探测到三束离子时探测板与边界HG的最大距离Lmax;(3)若打到探测板上的离子被全部吸收,求离子束对探测板的平均作用力的竖直分量F与板到HG距离L的关系。解析:(1)qvB=得 v=,离子运动轨迹如图所示。由几何关系知HO=0.6R,  得s==0.8R。(2)a、c束中的离子从同一点Q射出,α=β,tan α=,解得Lmax=R。(3)a或c束中每个离子动量的竖直分量pZ=pcos α=0.8qBR,0<L≤R,F1=Np+2NpZ=2.6NqBR,R<L≤0.4R,F2=Np+NpZ=1.8NqBR,L>0.4R,F3=Np=NqBR。答案:(1)　0.8R　(2)R　(3)见解析