训练7 磁场及带电粒子在磁场中的运动-2023老教材老高考物理【导学教程】大二轮专题辅导与训练

专题集训 训练（七） 动时间与运动的圆心角有关，当电子速度较小时从OM 1.A设每一根导体棒的电阻为R、长度为L。则通过ab 边射出，圆心角均为π，且此时对应的圆心角最大，故运 棒的电流11= E 动时同最长为=阳故A错买，B正确：随着途度增 有F=BI1L 大，电子运动半径逐渐增大，轨迹如图所示，由图可知 通过ad棒的电流I2=尺 MP边有电子射出的范围为BM长度，当电子轨迹与上 边界相切时半径为2d,由几何关系可知BM= ad棒受到的安培力大小F2=BI2L √(2d)2-d2=√3d,故C正确，D错误。 解得F2=3F,选项C、D均错误； 6.CD两个粒子的运动轨迹如图D 通过ad棒的电流方向由d到a,根据左手定则，ad棒受 所示，根据左手定则判断知粒子B 到的安培力方向由b到a,选项A正确，B错误。 a带负电，粒子b带正电，A错误； 2.D当导线静止在图(a)右侧位置时，对⊙00') 设扇形COD的半径为r,粒子a、 导线做受力分析如图所示。 '8 b的轨道半径分别为Ra、Rb,则 可知要让安培力为图示方向，则导线中电 流方向应由M指向N,A错误；由于与 R。=台，R2=2+(R-只，0 ○○距离相等位置的磁感应强度大小相 MN 等且不随时间变化，有 血0克得R-骨0=53，由 sin 0-BIL,FT=mgcos 0. y mg quB=m 得=鸡R,所以粒 02 mg m 则可看出sin0与电流1成正比，当I增大时0增大，则 c0s0减小，静止后，导线对悬线的拉力FT减小，BC错 于0.6的走摩之北为品尽-号，C正确4由牛扬第三 误、D正确。故选D。 定律得加速度a=B,所以粒子4、b在磁扬中运动的 3.D由题意知每股电流在P点处产生的磁场的磁感应 强度大小为B=k,由安培定则知导线a和b中的电 的a0号，B错误：粒子a在磁场 加速度大小之比为a“=a=2 流在P点处产生的磁场的磁感应强度方向分别垂直于 中运动的时间1。=B,粒子在磁场中运动的时间 Va Pa和Pb。由平行四边形定则知匀强磁场的磁感应强 度方向应由P点指向Q点，且大小为k,才能使P点 部×R L= ，则=180 Uh 63D正确。 处的合磁感应强度恰好为零，B、C项错误：同理可知Q 7.BC由左手定则可知粒子带正电，D 点处的磁感应强度也为零，A项错误；由于两导线连线 选项A错误； 中点到两导线的距高均为上，两导线在演处产生的磁感 根据粒子的运动轨迹可知R=√2L 应强度大小均为2乙，故此处的合磁感应强度的大小 由qB=mR 为3，D项正确。 可得u=②BL,选项B正确： 从C,点射出的粒子在磁场中运动的 时间最长，圆弧所对的圆心角为60°，则最长时间为 2 60°2πm_πn Tm一60·B一B,选项C正确，D错误。 6 8.C如图所示，设某一粒子从磁场圆孤ab上的e点射出 4.C根据几何关系得出两粒子的运动 磁场，粒子在磁场中转过的圆心角为π十=π十2Q,由于 轨迹如图，在磁场中，根据q0B= 所有粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中做圆周 运动时，运动轨迹对应的圆心角最大，则运动时间最长。 20,解得r= 9B。 由几何关系得 由几何关系可知，a最大时，ce恰好与圆弧ab相切，此时 127° AB=2sim53·r,AC=2sin sina一82可得a=否，0=2a=5,设粒子在磁场 e0 1 2 5301 中做圆周运动的周期为T,粒子在磁场运动的最长时间 则指-2，放C正病ABD辑送。 5.BC电子在磁场中做匀速圆 1-召+君又T-稻解得1=器故选C 周运动，则B=m,,运动周 2d 期T=2=2π”，运动时间 v Be 适：进 2 1一2T贸由此可知电子运 313 参考答案 9.ACD由于沿PO方向入射的粒子刚好能到达M点， v- 由几何关系可知粒子在磁场中做圆周运动的半径r= (3)由圆周运动知识有qB=R,得小油珠的轨迹半 R,由R-器可得鞋子的比防为是丽A玉确：分析 径为R′=30m 设恰运动到D,点的小油珠的轨迹圆圆心到CD板的距 可知，当粒子在磁场中做圆周运动的圆弧所对应的弦为 离为x,则有R2=x2+L1 PO时，粒子到达挡板时所用的时间最短（粒子在磁场中 解得x=6√21m 运动时间最短时，对应的孤长最短)，由几何关系可知， 小油珠能被收集箱收集的区域宽度=R'一x 此时粒子在磁场中运动轨迹所对的圆心角为60°，故粒 子到达挡板时所用的最短时间为1=xR×上=R,B 回收率一L2 ×100%=63% U 63v 错误；由于粒子在磁场中做圆周运动的轨迹半径刚好与 若小油珠的回收率恰好达到100%，比荷最小的小油 磁场区域的半径相等，由几何关系可知，只要是从磁场 珠拾从A点运动到D点，则根据r=R=m 边界上射出的粒子，其速