2020年物理高考大一輪復習 第9章 磁場 第26講 磁場對運動電荷的作用練習（含解析）

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1、第26講 磁場對運動電荷的作用 [解密考綱]考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對學生綜合分析能力要求較高． 1．(2019·綿陽高三第二次診斷)如圖所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為t1；以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150°，運動時間為t2.不計粒子重力．則t1∶t2是(　　) A．2∶ B．∶2 C．3∶2 D．2∶3 C　解析 根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示．由幾何知識可 知 α＝90°，β＝60°， 粒子在磁場中做圓周運動的周期T

2、＝，粒子在磁場中的運時間t＝T，粒子在磁場中的運動時間之比＝＝＝，故選項C正確，A、B、D錯誤． 2．(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應的出射點分布在三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則v2∶v1為(　　) A．∶2 B．∶1 C．∶1 D．3∶ C　解析 由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝m可知，R＝，即粒子在

3、磁場中做圓周運動的半徑相同．若粒子運動的速度大小為v1， 如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關系可知，R1＝，R2＝Rcos 30°＝R，則＝＝，選項C正確． 3．如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則　(　　) A．vb∶vc＝1∶

4、2　tb∶tc＝2∶1 B．vb∶vc＝2∶1　tb∶tc＝1∶2 C．vb∶vc＝2∶1　tb∶tc＝2∶1 D．vb∶vc＝1∶2　tb∶tc＝1∶2 A　解析 如圖所示，設正六邊形的邊長為l，當帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1＝l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝π，當帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r2＝2l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ2＝，根據(jù)qvB＝m，得v＝，故＝＝；由于T＝得T＝，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又t＝T，所以＝＝，故選項A正確，B、C、D錯誤． 4．(2019·洛陽高三第一次質(zhì)量預測)(多選)在

5、xOy平面內(nèi)以O為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t通過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成θ角，如圖所示．不計粒子的重力，下列說法正確的是(　　) A．r一定大于 B．若r＝，則θ＝60° C．若r＝，則t＝ D．若θ＝45°，則t＝ ACD　解析 粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，得qvB＝m，粒子運動的軌道半徑為R＝，經(jīng)時間t通過x軸上的P點，則由圖可知出磁場的方向斜向下，所以粒子運動的軌道半徑為滿足R<，即<，解得r>，故選項A正確；

6、若r＝，粒子運動的軌道半徑為R＝＝r，則由圖和幾何關系可得圓心角為120°，此時速度與x軸正方向成θ＝30°，故選項B錯誤；若r＝，粒子運動的軌道半徑為R＝＝r，則粒子能在磁場中做完整的圓周運動，經(jīng)過P點的時間t＝＝，故選項C正確；若θ＝45°，則由圖和幾何關系可得圓心角為135°，經(jīng)過P點的時間t＝·＝，故選項D正確． 5．(2019·皖北協(xié)作區(qū)高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，兩根長直導線豎直插入粗糙絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關于O點對稱．導線通有大小相等、方向相反的電流．已知通電長直導線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B＝k，式中k是常數(shù)、I為導線中

7、電流、r為點到導線的距離．帶負電的小物體在拉力F的作用下，以速度v從a點出發(fā)沿連線運動到b點做勻速直線運動，小球與桌面的動摩擦因數(shù)為μ，關于上述過程，下列說法正確的是(　　) A．拉力F一直增大 B．小物體對桌面的壓力先減小后增大 C．桌面對小物體的作用力方向不變 D．拉力F的功率先減小后增大 BCD　解析 根據(jù)右手螺旋定則可知直線M附近處的磁場方向垂直于MN向里，直線N附近的磁場方向垂直于MN向里，根據(jù)磁場的磁感應強度B＝k，可知磁感應強度先減小后增大，根據(jù)左手定則可知，帶負電的小球受到的洛倫茲力方向向下，根據(jù)F＝qvB可知，其大小是先減小后增大，小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大，

8、摩擦力也是先減小后增大，因為小球做勻速直線運動，合力為零，所以拉力先減小后增大，選項A錯誤，B正確；因為小球做勻速直線運動，合力為零，在水平方向上拉力與摩擦力相等，在豎直方向上支持力和重力相等，所以桌面對小物體的作用力方向不變，選項C正確；由上可知拉力先減小后增大且物體做勻速運動，根據(jù)P＝Fv，可知拉力F的功率先減小后增大，選項D正確． 6．(2019·南京、鹽城高三第二次模擬)如圖所示，在磁感應強度為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ.設滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程

9、中，其加速度大小a與時間t的關系圖象，可能正確的是(　　) C　解析 根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向 mgsin θ＋μFN＝ma，垂直斜面方向FN＝mgcos θ＋qvB，聯(lián)立解得a＝gsin θ＋μgcos θ＋，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，但減不到零，故選項C正確，A、B、D錯誤． 7．(2019·長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是(　　) A．電子將向右

10、偏轉(zhuǎn) B．電子打在MN上的點與O′點的距離為d C．電子打在MN上的點與O′點的距離為d D．電子在磁場中運動的時間為 D　解析 電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，故選項A錯誤；設電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得x＝r－＝2d－＝(2－)d，故選項B、C錯誤；設軌跡對應的圓心角為θ，由幾何知識得sin θ＝＝0.5，得θ＝，則電子在磁場中運動的時間為t＝＝，故選項D正確． 8．(2019·茂名高三綜合測試)(多選)如圖所示，OACD是一長為OA＝L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、

11、帶電量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則(　　) A．粒子一定帶正電 B．勻強磁場的磁感應強度為 C．粒子從O到A所需的時間為 D．矩形磁場的寬度最小值為(1－cos α) BC　解析 由題意可知，粒子進入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故選項A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得 r＝，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝m，解得 B＝，故選項B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2α，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝，粒

12、子在磁場中的運動時間 t＝T＝，故選項C正確；根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度 d＝r－rcos α＝(1－cos α)，故選項D錯誤． 9．(2019·四川四市高三第二次診斷)(多選)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域，直徑為MN，圓心為O，A、C、D是圓弧上的點，AO垂直于MN，C點到MN的距離為R.該區(qū)域內(nèi)(包括邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場．帶正電的粒子a和b，先后以平行于MN方向的速度v從C、D點射入磁場，都從O點離開磁場．粒子質(zhì)量均為m，電荷量分別為qa、qb.不計粒子重力．則(　　) A．磁感應強度B＝ B．粒子a在磁場中運動時間t＝ C．qa>qb D

13、．qa

14、動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是(　　) A．它們做圓周運動的周期Ta

15、知，a粒子速率最小，c粒子速率最大，故選項D正確． 11．(2019·安徽舒城中學高三仿真)(多選)如圖所示，xOy坐標軸上有A(L,0)、C(0，L)兩點．在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場B．一群質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的同種粒子(粒子間相互作用不計)，同一時刻從OC邊以平行于x軸方向射入磁場．粒子射入磁場前間距均勻(極小)、速度相同．從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)75%.不計重力．下列說法正確的是(　　) A．粒子在磁場中按順時針方向運動 B．粒子在磁場中運動時間最長為 C．粒子速度大小為 D．當粒子速度大小為時，從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)50% B

16、D　解析 用左手定則可以判斷粒子在磁場中按逆時針方向運動，故選項A錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝，軌跡對應的圓心角最大值為θ＝π，所以運動時間最長為t＝T＝，故選項B正確；設從OC邊P點入射的粒子恰能從OC邊射出，半徑為r，其軌跡恰好與AC相切，如圖所示，因為C點坐標為(0，L)，所以OC＝L，因為粒子從OC邊均勻射入，75%粒子能從OC邊射出，故OC邊75%長度射入的粒子能從OC邊射出，即從OP段入射的粒子均能從OC邊射出，CP段入射粒子不能從OC邊射出，可知CP＝OC＝L，根據(jù)幾何關系可得CP＝r＋＝L，解得r＝，① 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝m，② 聯(lián)立①②式可得粒子

17、速度大小v＝，故選項C錯誤；當粒子速度大小為，根據(jù)qvB＝m，r＝，CP＝r＋＝，從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)50%，故選項D正確． 12．(2019·皖南八校高三第二次聯(lián)考)(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是(　　) A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場 B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場

18、，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0 ABC　解析 由題知，帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0. 作出粒子恰好從各邊射出的軌跡，發(fā)現(xiàn)粒子不可能經(jīng)過正方形的某頂點，故選項A正確．作出粒子恰好從ab邊射出的軌跡，由幾何關系知圓心角不大于150°，在磁場中經(jīng)歷的時間不大于個周期，即；圓心角不小于60°，在磁場中經(jīng)歷的時間不小于個周期，即，故選項B正確．作出粒子恰好從bc邊射出的軌跡，由幾何

19、關系知圓心角不大于240°，在磁場中經(jīng)歷的時間不大于個周期，即；圓心角不小于150°，在磁場中經(jīng)歷的時間不小于個周期，即，故選項C正確．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是個周期，即；粒子軌跡的圓心角為θ＝，速度的偏向角也為，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為30°，必定從cd射出磁場，故選項D錯誤． 13．(2019·黃山高三質(zhì)量檢測)如圖所示，在半個空間中分布一勻強磁場，磁感應強度為B(垂直紙面并指向紙面內(nèi))．磁場邊界為MN(垂直紙面的一個平面)．在磁場區(qū)內(nèi)有一點電子源(輻射發(fā)射源)S，向四面八方均勻地，持續(xù)不斷地發(fā)射電子．這里僅考察電子源所在的平面內(nèi)，由電子源發(fā)射的電子，不

20、計電子間的相互作用，并設電子源離界面MN的垂直距離為L. (1)點電子源S發(fā)射的電子，其速度達多大時，界面MN上將有電子逸出？ (2)若點電子源S發(fā)射的電子速度大小均為，在界面MN上多寬范圍內(nèi)有電子逸出？(其中m為電子質(zhì)量，e為電子帶電量) (3)若電子速度為，逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為多少？ 解析 (1)由洛倫茲力提供向心力 ＝Bev，得r＝，臨界圖如圖甲所示，又2r＝L，得v＝. (2)把v＝代入r＝，有 r＝L；畫出臨界圖如圖乙所示．在A下方A、B兩點之間有電子射出，故YAB＝L，在A點上方A、C兩點之間有電子射出，故 YAC＝＝L，綜上，在邊界寬度為(＋1)L

21、的范圍內(nèi)有電子射出． (3)把v＝代入r＝，得r＝2(2－)L，臨界圖如圖丙所示． 由幾何知識有 cos θ1＝＝，所以θ1＝30°，同理亦有θ2＝30°，可得速度方向在θ角內(nèi)的電子都可以從MN邊界射出，由幾何知識有θ＝60°；又點電子源S，向四面八方均勻地，持續(xù)不斷地發(fā)射電子，故逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為＝. 答案 (1)　(2)(＋1)L　(3) 14．(2019·蚌埠高三教學質(zhì)量檢查)如圖所示，在豎直平面內(nèi)的xOy坐標系中，有一個邊界為圓形的勻強磁場，磁感應強度為B，磁場方向垂直xOy平面向里，其邊界分別過原點O(0,0)、點P(L,0)和點Q(0，L)，第一象限內(nèi)同時還

22、存在一個豎直方向的勻強電場，一比荷為k的帶電小球以某一初速度平行y軸正方向從P點射入磁場做勻速圓周運動，并從Q點離開磁場，重力加速度為g，求： (1)勻強電場的方向和場強E的大??； (2)小球在磁場中運動的速率和時間t. 解析 (1)由題意可知，小球帶正電荷，小球受到的電場力和重力平衡，則電場的方向豎直向上，且qE＝mg，又＝k，故E＝. (2)小球在磁場中運動的軌跡如圖所示．圓心為C，半徑為r，根據(jù)幾何關系可得r2＝(r－L)2＋(L)2，解得r＝2L，故△PQC是等邊三角形，根據(jù)牛頓第二定律可得qvB＝m，解得r＝，故小球運動速率v＝2BLk. 由T＝，解得T＝，故小球在磁場中運動的時間t＝T＝. 答案 (1)豎直向上　　(2)2BLk　 11