PAGE8-磁場及帶電粒子在磁場中的運動(45分鐘)[刷基礎]1．(多選)(2024·湖南株洲高三年級教學檢測)如圖所示，一個勻稱帶電的橡膠圓盤處在豎直面內，可以繞過其圓心的水平軸高速轉動．當它不動時，放在它左側軸線上的小磁針處于靜止狀態，當橡膠圓盤高速旋轉時，小磁針的N極向右偏轉，則可能是()A．橡膠圓盤帶負電，從左向右看逆時針旋轉B．橡膠圓盤帶負電，從左向右看順時針旋轉C．橡膠圓盤帶正電，從左向右看逆時針旋轉D．橡膠圓盤帶正電，從左向右看順時針旋轉解析：若橡膠圓盤帶負電，從左向右看逆時針旋轉，則橡膠圓盤形成的電流方向與旋轉方向相反，再由右手螺旋定則可知磁極的方向為左端S極，右端N極，因此小磁針N應沿軸線向右，即向右偏轉，故A正確，同理，B錯誤；若橡膠圓盤帶正電，從左向右看逆時針旋轉，則橡膠圓盤形成的電流方向與旋轉方向相同，再由右手螺旋定則可知磁極的方向為左端N極，右端S極，因此小磁針N極沿軸線向左，即向左偏轉，故C錯誤；同理，D正確．答案：AD2．(2024·安徽安慶高三上學期期末)兩相鄰勻強磁場區域的磁感應強度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后，粒子的()A．線速度大小減小，角速度減小B．向心加速度大小變小，周期變小C．軌道半徑增大，洛倫茲力大小增大D．軌道半徑增大，角速度減小解析：帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力供應向心力，由牛頓其次定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)，從較強磁場區域進入到較弱磁場區域后，B減小，所以r增大．線速度、角速度的關系為v＝ωr，由于洛倫茲力不做功，所以線速度v不變，半徑r增大，所以角速度減小；由公式f洛＝qvB可知，洛倫茲力大小減小，由公式an＝eq\f(v2,r)可知，由于半徑增大，所以向心加速度大小減小，由公式T＝eq\f(2π,ω)可知，由于角速度減小，所以周期變大．答案：D3．(多選)如圖所示，質量是M、長為L的直導線通有垂直紙面對外的電流I，被一絕緣線拴著并處在勻強磁場中，導線能靜止在傾角為θ的光滑斜面上，則磁感應強度B的大小和方向可能是()A．大小為eq\f(Mgtanθ,IL)，方向垂直斜面對上B．大小為eq\f(Mgsinθ,IL)，方向垂直紙面對里C．大小為eq\f(Mg,IL)，方向水平向右D．大小為eq\f(Mg,IL)，方向沿斜面對下解析：當B的大小為eq\f(Mgtanθ,IL)，方向垂直斜面對上時，安培力沿斜面對上，大小為Mgtanθ，而重力和支持力的合力等于Mgsinθ且小于安培力，所以導線沿斜面往上運動，故A錯誤．當B的方向垂直紙面對里時，與電流方向平行，導線不受安培力作用，而繩的拉力、重力和支持力可以滿意平衡條件，故B正確．當B的大小為eq\f(Mg,IL)時，若方向水平向右，則安培力豎直向上，重力和安培力平衡，導線不受支持力和拉力；若方向沿斜面對下，則安培力垂直斜面對上，大小為Mg，沿斜面方向分解重力，因為Mg>Mgcosθ，所以導線要離開斜面，故C正確，D錯誤．答案：BC4．(2024·高考北京卷)如圖所示，正方形區域內存在垂直紙面的勻強磁場．一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出．下列說法正確的是()A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短解析：由左手定則知，粒子帶負電，A錯；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應強度B，R變大，則粒子可能從b點右側射出，C對；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v，則R變小，粒子在磁場中的偏轉角θ變大，由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，運動時間變長，D錯．答案：C5．(多選)(2024·湖北武漢高三4月調研)如圖所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方存在垂直紙面對外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面對里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B.一粒子源位于MN上的a點，能水平向右放射不同速率、質量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子，全部粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是()A.eq\f(\r(3)BqL,6m) B.eq\f(\r(3)BqL,3m)C.eq\f(\r(3)BqL,2m) D.eq\f(\r(3)BqL,m)解析：由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，全部圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝eq\f(\r(3),3)·eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力供應向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，則v＝eq\f(Bqr,m)＝eq\f(\r(3)BqL,3m)·eq\f(1,n)(n＝1,2,3，…)，所以A、B對．答案：AB6.如圖所示，紙面內有寬為L、水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m、電荷量為－q、速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都會聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區域，則磁場區域的形態及對應的磁感應強度可以是(其中B0＝eq\f(mv0,qL)，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的eq\f(1,4)圓弧，B選項中曲線為半徑是eq\f(L,2)的圓弧)()解析：帶電粒子進入磁場中做圓周運動，圓周運動的半徑r＝eq\f(mv0,qB)，A、B、C選項對應的半徑r＝L，D選項對應的半徑為eq\f(L,2)；粒子的初速度都相同，結合初速度的方向、粒子入射位置以及粒子運動半徑畫圓，圓弧和磁場邊界的交點為出射點，由數學學問可以證明A圖的粒子的出射點恒為兩個圓弧右下方的交點，故A正確；B、C、D對應的粒子的出射點都不相同．答案：A7．(2024·福建三明第一中學理科綜合)如圖所示，OO′為圓柱筒的軸線，磁感應強度大小為B的勻強磁場的磁感線平行于軸線方向，在圓筒壁上布滿很多小孔，如aa′、bb′、cc′、…，其中隨意兩孔的連線均垂直于軸線，有很多比荷為eq\f(q,m)的正粒子，以不同的速度、入射角射入小孔，且均從垂直于OO′軸線的對稱的小孔中射出，入射角為30°的粒子的速度大小為eq\r(2)km/s，則入射角為45°的粒子速度大小為()A．0.5km/s B．1km/sC．2km/s D．4km/s解析：正粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力作為向心力，即qvB＝meq\f(v2,r)，所以，eq\f(v,r)＝eq\f(Bq,m)，勻強磁場的磁感應強度B不變，正粒子的比荷不變，所以eq\f(v,r)為常數．設圓柱筒半徑為R，則由圖中所示幾何關系知，入射角為θ的正粒子在勻強磁場中做圓周運動的半徑r＝eq\f(R,sinθ)，入射角為30°的正粒子的速度v1＝eq\r(2)km/s，半徑r1＝eq\f(R,sin30°)＝2R，入射角為45°的粒子速度為v2，半徑r2＝eq\f(R,sin45°)＝eq\r(2)R，因為eq\f(v1,r1)＝eq\f(v2,r2)，所以，v2＝eq\f(v1,r1)r2＝eq\f(\r(2),2R)×eq\r(2)R(km/s)＝1km/s.故選項B正確．答案：B8．(2024·山東青島理科綜合實力測試)如圖，在xOy平面內，虛線y＝eq\f(\r(3),3)x左上方存在范圍足夠大、磁感應強度為B的勻強磁場，在A(0，l)處有一個粒子源，可沿平面內各個方向射出質量為m、電荷量為q的帶電粒子，速率均為eq\f(\r(3)qBl,2m)，粒子重力不計，則粒子在磁場中運動的最短時間為()A.eq\f(πm,qB) B.eq\f(πm,4qB)C.eq\f(πm,3qB) D.eq\f(πm,6qB)解析：粒子在磁場中做勻速圓周運動，則有qvB＝eq\f(mv2,r)，將題中的v值代入上式得r＝eq\f(\r(3),2)l，粒子運動的時間t最短時，粒子偏轉的角度θ最小，則θ所對弦最短，過A點作虛線的垂線，交虛線于B點，AB即為最短的弦，假設粒子帶負電，結合左手定則，依據幾何關系有AB＝OAsin60°＝eq\f(\r(3),2)l，則粒子偏轉的角度θ＝60°，結合周期公式T＝eq\f(2πm,qB)，可知粒子在磁場中運動的最短時間為t＝eq\f(T,6)＝eq\f(πm,3qB)，故C正確，A、B、D錯誤.答案：C[刷綜合]9．(多選)(2024·河南洛陽高三模擬)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區域內有垂直紙面對外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區域，若該三角形的兩直角邊長均為2L，則下列關于粒子運動的說法正確的是()A．若該粒子的入射速度為v＝eq\f(qBL,m)，則粒子肯定從CD邊射出磁場，且距點C的距離為LB．若要使粒子從CD邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(\r(2)qBL,m)C．若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大速度應為v＝eq\f(qBL,2m)D．該粒子以不同的速度入射時，在磁場中運動的最長時間為eq\f(πm,qB)解析：依據洛倫茲力充當向心力可知Bqv＝meq\f(v2,r)，若v＝eq\f(qBL,m)，解得r＝L，依據幾何關系可知，粒子肯定從CD邊距C點為L的位置離開磁場，故A正確；依據洛倫茲力充當向心力可知，v＝eq\f(Bqr,m)，因此半徑越大，速度越大，依據幾何關系可知，粒子與AD邊相切時速度最大，則由幾何關系可知，最大半徑為(eq\r(2)＋1)L，肯定大于eq\r(2)L，故B錯誤；若要使粒子從AC邊射出，則該粒子從O點入射的最大半徑為eq\f(L,2)，因此最大速度應為v＝eq\f(qBL,2m)，故C正確；粒子運行周期為eq\f(2πm,Bq)，依據幾何關系可知，粒子在磁場中運動軌跡的最大圓心角為180°，故最長時間為eq\f(πm,qB)，故D正確．答案：ACD10．(多選)如圖所示為長為2L、板間距離為L的水平極板P、Q，現有質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處，以速度v0A．在極板間加垂直紙面對內的勻強磁場，磁感應強度B<eq\f(4mv0,17qL)B．在極板間加垂直紙面對內的勻強磁場，磁感應強度B>eq\f(4mv0,qL)C．在極板間加垂直極板指向P極板的勻強電場，電場強度E<eq\f(mv\o\al(2,0),4qL)D．在極板間加垂直極板指向Q極板的勻強電場，電場強度E>eq\f(17mv\o\al(2,0),4qL)解析：如圖甲所示，由題意知，帶正電的粒子從左邊射出磁場，其在磁場中做圓周運動的半徑R<eq\f(L,4)，帶正電的粒子從右邊射出磁場，其在磁場中做圓周運動的半徑R>eq\f(17L,4)，粒子在磁場中做圓周運動的洛倫茲力供應向心力，即qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，可得粒子做圓周運動的半徑R＝eq\f(mv0,qB)，所以eq\f(mv0,qB)<eq\f(L,4)或eq\f(mv0,qB)>eq\f(17L,4)，解得B>eq\f(4mv0,qL)或B<eq\f(4mv0,17qL)，故A、B正確；當在極板間加垂直極板指向P極板的勻強電場時，粒子恰好從右邊射出電場，如圖乙所示，y＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)(eq\f(2L,v0))2<eq\f(L,2)，解得E<eq\f(mv\o\al(2,0),4qL)，故C正確；依據對稱性可知，D錯誤．答案：ABC11．(2024·河南開封四校聯考)如圖所示，中軸線PQ將矩形區域MNDC分成上下兩部分，上部分充溢垂直于紙面對外的勻強磁場，下部分充溢垂直于紙面對內的勻強磁場，磁感應強度大小均為B.一質量為m、帶電荷量為q的帶正電粒子從P點進入磁場，速度與邊MC的夾角θ＝30°.MC邊長為a，MN邊長為8a(1)若要該粒子不從MN邊射出磁場，其速度最大值是多少？(2)若要該粒子恰從Q點射出磁場，其在磁場中的運行時間最短是多少？解析：(1)設該粒子恰好不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r，則由幾何關系得rcos60°＝r－eq\f(a,2)，解得r＝a又由qvB＝meq\f(v2,r)，解得最大速度為vmax＝eq\f(qaB,m).(2)粒子每經過分界線PQ一次，在PQ方向前進的位移為軌跡半徑R的eq\r(3)倍．設粒子進入磁場后第n次經過PQ線時恰好到達Q點有n×eq\r(3)R＝8a，且R＜a，解得n＞eq\f(8,\r(3))＝4.62n所能取的最小自然數為5粒子做圓周運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)粒子每經過PQ分界線一次用去的時間為t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(2πm,3qB)粒子到達Q點的最短時間為tmin＝5t＝eq\f(10πm,3qB).答案：(1)eq\f(qaB,m)(2)eq\f(10πm,3qB)12.如圖所示，在磁感應強度大小為B、方向垂直紙面對里的勻強磁場中有一粒子源，粒子源從O點在紙面內勻稱向各個方向同時放射速率為v、比荷為k的帶正電的粒子，PQ是垂直紙面放置的厚度不計的擋板，擋板的P端與O點的連線與擋板垂直，距離為eq\f(v,kB)，且粒子打在擋板上會被汲取，不計帶電粒子的重力與粒子間的相互作用，磁場分布足夠大，求：(1)為使最多的粒子打在板上，則擋板至少多長？(2)若擋板足夠長，則打在板上的粒子在磁場中運動的最長時間與最短時間的差值是多少？(3)若擋板足夠長，則打在擋板上的粒子占全部粒子的比率是多少？解析：(1)粒子在磁場中受到的洛倫茲力供應粒子做圓周運動的向心力，由牛頓其次定律得qvB＝meq\f(v2,r)，解得r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(v,kB)在擋板左側能打在擋板上最遠點的粒子恰好與擋板相