专题三　第10练　磁场.docx

第10练磁场

[保分基础练]

1.(2024·海南海口市一模)如图所示，四根通有恒定且大小相等的电流的长直导线垂直穿过xOy平面，1、2、3、4直导线与xOy平面的交点连成边长为2a的正方形且关于x轴和y轴对称，各导线中电流方向已标出。已知无限长通电直导线在某点产生的磁感应强度大小与该点到直导线的距离成反比，设导线1在O点产生的磁感应强度大小为B0。下列说法正确的是()

A.直导线1、2之间的相互作用力为吸引力

B.直导线2、4之间的相互作用力为吸引力

C.4根直导线在O点产生的合磁感应强度大小为2B0

D.直导线1、2在O点产生的合磁感应强度大小为2B0

答案B

解析根据安培定则确定通电直导线电流的磁场方向，根据左手定则确定所受安培力的方向，可知当平行放置的长直导线中通有反向电流时，电流之间的作用力表现为排斥力，当平行放置的长直导线中通有同向电流时，电流之间的作用力表现为吸引力，故A错误，B正确；根据安培定则，结合题意可知，导线1、3在O点产生的合磁感应强度大小为0，导线2、4在O点产生的合磁感应强度大小为0，即4根直导线在O点产生的合磁感应强度大小为0，故C错误；直导线1与2在O点产生的磁感应强度大小相等，均为B0，方向相互垂直，则合磁感应强度大小为2B0，故D错误。

2.(2023·全国乙卷·18)如图，一磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向垂直于纸面(xOy平面)向里，磁场右边界与x轴垂直。一带电粒子由O点沿x正向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，粒子离开磁场后，沿直线运动打在垂直于x轴的接收屏上的P点；SP＝l，S与屏的距离为l2，与x轴的距离为a。如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏。该粒子的比荷为(

A.E2aB2 B.EaB

答案A

解析由题知，带电粒子由O点沿x轴正方向入射到磁场中，在磁场另一侧的S点射出，则根据几何关系可知粒子做圆周运动的半径r＝2a，粒子做圆周运动有qvB＝mv2r，则qm＝v2aB，如果保持所有条件不变，在磁场区域再加上电场强度大小为E的匀强电场，该粒子入射后则会沿x轴到达接收屏，有Eq

3.(2024·甘肃兰州市诊断)如图所示，直角三角形ABC区域内存在垂直于纸面向里的匀强磁场，∠B＝90°，∠C＝30°。某种带电粒子(重力不计)以不同速率从BC边上D点垂直BC边射入磁场，速率为v1时粒子垂直AC边射出磁场，速率为v2时粒子从BC边射出磁场，且运动轨迹恰好与AC边相切，粒子两次在磁场中运动轨迹半径分别为r1、r2，运动时间分别为t1、t2。下列说法正确的是()

A.粒子带正电 B.r1∶r2＝2∶1

C.v1∶v2＝3∶1 D.t1∶t2＝1∶4

答案C

解析由题意再结合左手定则可知粒子带负电，故A错误；

根据题意作出粒子在磁场中运动的轨迹如图所示，由图中几何关系可得r1＝r2+r2sin30°，可知粒子在磁场中运动的半径之比r1∶r2＝3∶1，故B错误；根据洛伦兹力充当向心力有Bqv＝mv2r，解得粒子在磁场中运动时的速度为v＝Bqrm，由此可知粒子在磁场中运动的速度之比等于运动轨迹半径之比，即v1∶v2＝r1∶r2＝3∶1，故C正确；根据粒子在磁场中运动的轨迹可知，一个在磁场中偏转了30°，另一个在磁场中偏转了180°，而同一种粒子在相同磁场中运动的周期相同，则可知粒子在磁场中运动的时间之比等于偏转角度之比，即t1∶t2＝30°∶180°＝

4.(2024·吉林长春市第二中学第四次调研)如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8kg、电荷量为q＝1.0×10－6C的带电粒子，从静止开始经U0＝2.5V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝15cm(粒子重力不计，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)，求：

(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；

(2)若磁感应强度B＝2.0T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；

(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B满足的条件。

答案(1)10m/s(2)45cm(3)B≥163

解析(1)根据动能定理可知

U0q＝12mv

代入数据可得

v＝2U0qm＝2×2.5×1×

(2)根据qvB＝m

可得粒子在磁场中的轨迹半径

R＝mvqB＝0.25m＝25

根据几何关系可知，带电粒子在磁场中运动的圆心恰好在x轴上，因此

OQ＝R+Rcos37°＝45cm

(3)若粒子不能进入x轴上方，临界状态时，运动轨迹恰好与x轴相切，如图所示，

根据几何关系可知

R+Rsin37°＝OP

由qvB＝mv2R解得B

因此若粒子不能进入x轴上方