2020年高考物理沖破高分瓶頸考前必破破（20）磁場及帶電粒子在磁場中的運動選擇題猜押練【真題引領(lǐng)】1.（2019·全國卷I·T17）如圖,等邊三角形線框LMN由三根相同的導(dǎo)體棒連接而成,固定于勻強磁場中,線框平面與磁感應(yīng)強度方向垂直,線框頂點M、N與直流電源兩端相接,已知導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小為F,則線框LMN受到的安培力的大小為()A.2F B.1.5F C.0.5F D.02.(2019·全國卷Ⅱ·T17)如圖,邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場,磁感應(yīng)強度大小為B,方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O,可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為 ()A.14kBl,54kBl B.14kBl,54kBlC.12kBl,54kBl D3.(2019·全國卷Ⅲ·T18)如圖,在坐標系的第一和第二象限內(nèi)存在磁感應(yīng)強度大小分別為12B和B、方向均垂直于紙面向外的勻強磁場。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子垂直于x軸射入第二象限,隨后垂直于y軸進入第一象限,最后經(jīng)過x軸離開第一象限。粒子在磁場中運動的時間為 (A.5πm6qB B.7πm6qB4.(2019·天津高考·T4)筆記本電腦機身和顯示屏對應(yīng)部位分別有磁體和霍爾元件。當顯示屏開啟時磁體遠離霍爾元件,電腦正常工作;當顯示屏閉合時磁體靠近霍爾元件,屏幕熄滅,電腦進入休眠狀態(tài)。如圖所示,一塊寬為a、長為c的矩形半導(dǎo)體霍爾元件,元件內(nèi)的導(dǎo)電粒子是電荷量為e的自由電子,通入方向向右的電流時,電子的定向移動速度為v。當顯示屏閉合時元件處于垂直于上表面、方向向下的勻強磁場中,于是元件的前、后表面間出現(xiàn)電壓U,以此控制屏幕的熄滅。則元件的 ()A.前表面的電勢比后表面的低B.前、后表面間的電壓U與v無關(guān)C.前、后表面間的電壓U與c成正比D.自由電子受到的洛倫茲力大小為eU5.（2019·北京高考·T16）如圖所示,正方形區(qū)域內(nèi)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(yīng)強度,則粒子可能從b點右側(cè)射出D.若僅減小入射速率,則粒子在磁場中運動時間變短6.(2019·江蘇高考·T7)如圖所示,在光滑的水平桌面上,a和b是兩條固定的平行長直導(dǎo)線,通過的電流強度相等。矩形線框位于兩條導(dǎo)線的正中間,通有順時針方向的電流,在a、b產(chǎn)生的磁場作用下靜止。則a、b的電流方向可能是 ()A.均向左 B.均向右C.a的向左,b的向右 D.a的向右,b的向左【高考猜押】7．理論研究表明，無限長通電直導(dǎo)線磁場中某點的磁感應(yīng)強度可用公式B＝keq\f(I,r)表示，公式中的k是常數(shù)、I是導(dǎo)線中的電流、r是該點到直導(dǎo)線的距離。若兩根相距為L的無限長通電直導(dǎo)線垂直x軸平行放置，電流均為I，如圖所示。能正確反映兩導(dǎo)線間的磁感應(yīng)強度B與x關(guān)系的是圖中的(規(guī)定B的正方向垂直紙面向里)8．(多選)如圖所示，兩根通電直導(dǎo)線用四根長度相等的絕緣細線懸掛于O、O′兩點，已知OO′連線水平，導(dǎo)線靜止時絕緣細線與豎直方向的夾角均為θ，保持導(dǎo)線中的電流大小和方向不變，在導(dǎo)線所在空間加上勻強磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均增大了相同的角度，下列分析正確的是A．兩導(dǎo)線中的電流方向一定相同B．兩導(dǎo)線中的電流方向一定相反C．所加磁場的方向可能沿z軸正向D．所加磁場的方向可能沿y軸負向9．(多選)如圖所示，半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有方向垂直于紙面向里的勻強磁場(圖中未畫出)。兩個質(zhì)量、電量都相同的正粒子，以相同的速率v從a點先后沿直徑ac和弦ab的方向射入磁場區(qū)域，ab和ac的夾角為30°。已知沿ac方向射入的粒子在磁場中運動的時間為其圓周期的eq\f(1,4)，不計粒子重力，則A．粒子在磁場中運動的軌道半徑為RB．粒子在磁場中運動的軌道半徑為2RC．沿ab方向射入的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(2πR,3v)D．沿ab方向射入的粒子在磁場中運動的時間為eq\f(πR,3v)10．(多選)如圖所示，含有eq\o\al(1,1)H、eq\o\al(2,1)H、eq\o\al(4,2)He的帶電粒子束從小孔O1處射入速度選擇器，沿直線O1O2運動的粒子在小孔O2處射出后垂直進入偏轉(zhuǎn)磁場，最終打在P1、P2兩點。則A．打在P1點的粒子是eq\o\al(4,2)HeB．打在P2點的粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)HeC．O2P2的長度是O2P1長度的2倍D．粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間都相等11．(多選)如圖所示為一種質(zhì)譜儀示意圖，由加速電場、靜電分析器和磁分析器組成。若靜電分析器通道中心線的半徑為R，通道內(nèi)均勻輻射電場在中心線處的電場強度大小為E，磁分析器有范圍足夠大的有界勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小為B、方向垂直紙面向外。一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子從靜止開始經(jīng)加速電場加速后沿中心線通過靜電分析器，由P點垂直邊界進入磁分析器，最終打到膠片上的Q點。不計粒子重力。下列說法正確的是A．極板M比極板N電勢高B．加速電場的電壓U＝ERC．直徑PQ＝2Beq\r(qmER)D．若一群離子從靜止開始經(jīng)過上述過程都落在膠片上同一點，則該群離子具有相同的比荷12．如圖所示，在正交的勻強電磁場中有質(zhì)量、電荷量都相同的兩油滴，A靜止，B做半徑為R的勻速圓周運動。若B與A相碰并結(jié)合在一起，則它們將A．以B原速率的一半做勻速直線運動B．以eq\f(R,2)為半徑做勻速圓周運動C．仍以R為半徑做勻速圓周運動D．做周期為B的一半的勻速圓周運動13．(多選)如圖所示，直角三角形OAC內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，∠AOC＝30°，在O點帶電粒子能沿OA、OC方向以一定初速度垂直磁場方向射入磁場?，F(xiàn)重力不計的質(zhì)子和反質(zhì)子(兩種粒子質(zhì)量相同，帶等量異種電荷)在O點同時射入磁場，兩個粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后恰好分別從A、C兩點離開磁場，則A．沿OA方向射入的一定是反質(zhì)子B．質(zhì)子和反質(zhì)子的初速度大小之比為2∶eq\r(3)C．質(zhì)子和反質(zhì)子在磁場中的運動時間相等D．反質(zhì)子比質(zhì)子先離開磁場14．如圖所示，整個空間存在水平向左的勻強電場，MN的右側(cè)存在垂直紙面向里的勻強磁場。由絕緣材料制成的光滑軌道AC與水平面的夾角為θ，C點處于MN邊界上，其延長線為CD。一質(zhì)量為m的帶電小球沿軌道AC下滑，至C點后沿直線CD運動。則以下說法錯誤的是A．小球帶正電荷B．小球在MN左側(cè)做勻加速直線運動C．小球在MN右側(cè)做勻速直線運動D．小球在MN的右側(cè)所受洛倫茲力為eq\f(mg,cosθ)2020年高考物理沖破高分瓶頸考前必破破（20）磁場及帶電粒子在磁場中的運動選擇題猜押練（答案）1、【答案】B解析：設(shè)導(dǎo)體棒MN中的電流為I,則導(dǎo)體棒ML、LN中的電流為I2,導(dǎo)體棒MN受到的安培力大小F=ILB、方向豎直向上。ML、LN兩導(dǎo)體棒受到安培力的合力大小為I2LB=0.5F,方向豎直向上。線框LMN受到的安培力的大小為F+0.5F=1.5F2、【答案】B解析：電子的運動軌跡如圖所示,由牛頓第二定律得evB=mv2r,得r=mveB①,電子從a點射出,r=l4②,聯(lián)立①②解得v1=14kBl;電子從d點射出,由幾何關(guān)系得l2+(r-l2)2=r2,解得r=54l③,聯(lián)立①③解得v2=54kBl,故3、【答案】B解析：帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動,由R=mvqB可知,第一象限粒子的運動半徑是第二象限的運動半徑的二倍,整個運動軌跡如圖即運動由兩部分組成,第一部分是14個周期,第二部分是16個周期,故總時間t=14·2πmqB+16·2π4、【答案】D解析：根據(jù)左手定則可知自由電子偏向后表面,元件的后表面帶負電,即后表面的電勢比前表面的低,A錯誤;根據(jù)穩(wěn)定時自由電子所受的電場力與洛倫茲力平衡,即eUa=evB得U=Bva,所以選項B、C均錯誤;自由電子受到的洛倫茲力與所受電場力大小相等,即F=evB=eUa5、【答案】C解析：根據(jù)洛倫茲力用來提供向心力,運動軌跡向力的方向彎曲,根據(jù)左手定則:磁場穿入手心,四指指向正電荷運動方向或者負電荷運動反方向,拇指所指方向為洛倫茲力方向,由此可以判斷出,粒子帶負電,選項A錯誤;因為洛倫茲力與速度始終垂直,所以洛倫茲力只改變速度的方向,不改變速度的大小,粒子在a、b兩點速率相同,選項B錯誤;由qBv=mv2r解得r=mvqB,若只B減小,其他條件不變,半徑r變大,粒子從b點右側(cè)射出,選項C正確;根據(jù)T=2πrv=2πmqB,僅改變?nèi)肷渌俾什⒉挥绊憥щ娏Ｗ舆\動周期T,速率減小,半徑減小,由圖可知,半徑減小,6、【答案】C、D解析：a、b的電流均向左或均向右時,根據(jù)通電直導(dǎo)線產(chǎn)生的磁場及其分布和疊加可知,在a、b導(dǎo)線附近的磁場方向相反,則由左手定則可以判斷平行于a、b導(dǎo)線的矩形線框的兩邊受力的方向相同,線框所受的合力不為0,故不可能靜止,選項A、B錯誤;a、b的電流方向相反時,在a、b導(dǎo)線附近的磁場方向相同,平行于a、b導(dǎo)線的矩形線框的兩邊受力的方向相反,用對稱性也可以判斷線框的另外兩邊所受的磁場力也大小相等方向相反,故線框處于平衡狀態(tài),選項C、D正確?！靖呖疾卵骸?、【答案】A解析根據(jù)安培定則可知，左側(cè)通電直導(dǎo)線在兩通電直導(dǎo)線間的磁場方向垂直紙面向里，右側(cè)通電直導(dǎo)線在兩通電直導(dǎo)線間的磁場方向垂直紙面向外，又由于兩導(dǎo)線中的電流大小相等，B＝keq\f(I,r)，因此在兩導(dǎo)線中間位置合磁感應(yīng)強度為零，從中點向兩邊合磁感應(yīng)強度越來越強，左邊的合磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向里，為正值，右邊的合磁感應(yīng)強度方向垂直紙面向外，為負值。故A正確。8、【答案】BC解析導(dǎo)線靜止時，兩直導(dǎo)線均偏離豎直方向θ角，說明兩導(dǎo)線的相互作用力為斥力，因此兩導(dǎo)線中電流方向相反，A錯，B對。空間加上磁場后絕緣細線與豎直方向的夾角均勻增大了相同的角度，說明兩直導(dǎo)線受外加磁場的安培力大小相等，磁場方向應(yīng)沿細線夾角的平分線，因此可能沿z軸正方向或負方向，C對。D錯。9、【答案】AC解析據(jù)沿ac入射的粒子運動時間為eq\f(1,4)T知粒子的軌道半徑為R；沿ab方向射入的粒子，向上偏轉(zhuǎn)，在磁場中運動為eq\f(1,3)圓周，t＝eq\f(1,3)T＝eq\f(1,3)·eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πR,3v)。10、【答案】BC解析帶電粒子在沿直線通過速度選擇器時，電場力與洛倫茲力大小相等、方向相反；即：qvB＝qE，所以：v＝eq\f(E,R)，可知從粒子速度選擇器中射出的粒子具有相等的速度。帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以：qvB＝eq\f(mv2,r)，所以：r＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,q)·eq\f(v,B)，可知粒子的比荷越大，則運動的半徑越小，所以打在P1點的粒子是eq\o\al(1,1)H，打在P2點粒子是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He。故A錯誤，B正確；由題中的數(shù)據(jù)可得，eq\o\al(1,1)H的比荷是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的比荷的2倍，所以eq\o\al(1,1)H的軌道半徑是eq\o\al(2,1)H和eq\o\al(4,2)He的半徑的eq\f(1,2)倍，即O2P2的長度是O2P1長度的2倍。故C正確；粒子運動的周期：T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πm,qB)，三種粒子的比荷不全相同，所以粒子在偏轉(zhuǎn)磁場中運動的時間不全相等，故D錯誤。11、【答案】AD解析由粒子在電場或磁場中的運動可知，粒子帶正電，故UMN＞0，才能使粒子加速，故A正確。由qU＝eq\f(1,2)mv2和qE＝meq\f(v2,R)聯(lián)立解得U＝eq\f(1,2)ER，故B錯誤。在磁場中，PQ＝2×eq\f(mv,Bq)＝eq\f(2,B)eq\r(\f(ERm,q))，可見C錯、D對。12、【答案】B解析由A、B相碰時動量守恒mv＝2mv′，有v′＝eq\f(v,2)。據(jù)題意碰后A、B合成的大油滴仍受重力與電場力平衡，合外力是洛倫茲力，所以繼續(xù)做勻速圓周運動，且有r＝eq\f(2mv′,2qB)＝eq\f(\f(mv,2),qB)＝eq\f(R,2)，T＝eq\f(2π·2m,2qB)＝eq\f(2πm,qB)。選項B正確。13、【答案】BC解析粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，Bqv＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f(mv,Bq)，由左手定則可知沿OA方向射入的一定是質(zhì)子，A錯誤；由幾何關(guān)系可知質(zhì)子的運動半徑R＝OC，反質(zhì)子的運動半徑r＝OA，OA＝eq\f(\r(3),2)OC，R＝eq\f(mv1,Bq)，r＝eq\f