XX选考高考物理一轮复习 第讲 磁场对运动电荷的作用夯基提能作业本

PAGE第20讲磁场对运动电荷的作用A组基础题组1.下列关于洛伦兹力的说法中,正确的是()A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变答案B因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0。又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错。因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小也不变,所以B选项正确。因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错。因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D选项错。2.如图所示,电子枪向右发射电子束,其正下方水平直导线内通有向右的电流,则电子束将()A.向上偏转 B.向下偏转C.向纸外偏转 D.向纸内偏转答案A先用安培定则判断出导线上方的磁场方向为垂直纸面向外,在根据左手定则判断出电子束受到的洛伦兹力为竖直向上,故选A。3.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子()A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等答案AC设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,B2=B,B1=kB则由牛顿第二定律得qvB=①T=②由①②得R=,T=,所以=k,=k根据a=,ω=可知=,=所以选项A、C正确,选项B、D错误。4.如图所示,ab是一弯管,其中心线是半径为R的一段圆弧,将它置于一给定的匀强磁场中,方向垂直纸面向里,有一束离子对准a端射入弯管,离子的质量、速度不同,但都是一价负离子,则下列说法正确的是()A.只有速度大小一定的离子可以沿中心线通过弯管B.只有质量大小一定的离子可以沿中心线通过弯管C.只有质量和速度乘积大小一定的离子可以沿中心线通过弯管D.只有动能大小一定的离子可以沿中心线通过弯管答案C由R=可知,磁场相同、电荷量相同的情况下,粒子做圆周运动的半径决定于粒子的质量和速度的乘积。5.来自宇宙的质子流,以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则这些质子在进入地球周围的空间时,将(不考虑地球自转的影响)()A.竖直向下沿直线射向地面B.相对于预定地点向东偏转C.相对于预定地点向西偏转D.相对于预定地点向北偏转答案B地球表面地磁场方向由南向北,质子是氢原子核,带正电。根据左手定则可判定,质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东,选项B正确。6.处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值()A.与粒子电荷量成正比B.与粒子速率成正比C.与粒子质量成正比D.与磁感应强度成正比答案D粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动,周期T==,其等效环形电流I==,故D选项正确。7.(多选)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源,沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为v0的同种粒子,如图所示。现测得:当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B2时,粒子则从由P点开始弧长为πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则()A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=∶B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=2∶3C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=∶D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=∶答案AD假设粒子带正电,如图1,磁感应强度为B1时,弧长L1=πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=·2Rsinθ=Rsin=Rsin。如图2,磁感应强度为B2时,弧长L2=πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r2=·2Rsinα=Rsin=Rsin,因此r1∶r2=sin∶sin=∶,故A正确,B错误。由洛伦兹力提供向心力,可得:qv0B=m,则B=,可以得出B1∶B2=r2∶r1=∶,故C错误,D正确。图1图28.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。电流方向如图乙所示,试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转()A.向上 B.向下 C.向左 D.向右答案C由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上,则通过圆环中间区域的磁场方向向下,根据左手定则可知电子束将向左偏转,故选项C正确。9.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线的中点,连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=k,式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程,下列说法正确的是()A.小球先做加速运动后做减速运动B.小球一直做匀速直线运动C.小球对桌面的压力先减小后增大D.小球对桌面的压力先增大后减小答案B由右手螺旋定则可知,M处的通电导线产生的磁场,在MO区域的磁场垂直MO向纸面内,离导线越远磁场越弱,所以磁场由M到O逐渐减弱,N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于MO向纸面外,由O到N逐渐增强,带正电的小球由a点沿ab连线运动到b点,受到的洛伦兹力F=Bqv,从M到O洛伦兹力的方向向上,随磁场的减弱逐渐减小,从O到N洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强逐渐增大,所以对桌面的压力一直在增大,选项C、D错误;由于桌面光滑,洛伦兹力的方向始终沿竖直方向,所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动,选项B正确,选项A错误。10.如图所示,在OA和OC两射线间存在着匀强磁场,∠AOC为30°,正、负电子以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场,下列说法正确的是()A.若正电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1B.若正电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1C.若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为2∶1D.若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6答案D正电子向右偏转,负电子向左偏转,若正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC边射出,粒子运动轨迹对应的圆心角相等,可知运动的时间之比为1∶1,故A、B错误;若负电子不从OC边射出,需考虑临界情况:临界一:若负电子不从OC边射出,正电子也不从OC边射出,两粒子在磁场中运动的圆心角都为180°,可知在磁场中运动的时间之比为1∶1。临界二:当负电子恰好不从OC边射出时,对应的圆心角为180°,根据两粒子在磁场中的半径相等,由几何关系知,正电子的圆心角为30°,根据t=T知,正、负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6。故若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比在1∶1与1∶6之间,故C错误,D正确。B组提升题组1.如图所示,有界匀强磁场边界线SP∥MN,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直;穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角,设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,则t1∶t2为(重力不计)()A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2答案D如图所示,可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°,从b点射出的粒子对应的圆心角为60°。由t=T,T=,可得:t1∶t2=3∶2,故选D。2.(多选)如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过C点,质子比荷=k,则质子的速度可能为()A.2BkL B. C. D.答案BD因质子带正电,且经过C点,其可能的轨迹如图所示,所有圆弧所对圆心角均为60°,r1=L,r2=,r3=,…,所以质子运行半径r=(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,即v==Bk·(n=1,2,3,…),选项B、D正确。3.如图所示,在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是()A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为答案C带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,故选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°,运动时间为T,而最小的圆心角对应P点在坐标原点,即120°,运动时间为T,而T=,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为,最短为,选项C正确,B、D错误。4.(2018浙江11月选考,10,3分)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应,下列判断正确的是()A.上板为正极,电流I=B.上板为负极,电流I=C.下板为正极,电流I=D.下板为负极,电流I=答案C根据左手定则可知,带正电粒子在磁场受到的力向下,故下板为正极,两板间的电势差为U,则q=Bqv,得U=Bdv,电流I==,选C。5.如图所示,在半径为b(大小未知)的圆形区域内,固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF,其中心O位于磁场区域的圆心。在三角形框架DEF与圆周之间的空间中,充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直纸面向里。在三角形DEF内放置平行板电容器MN,两板间距为d,N板紧靠EF边,N板及EF中点S处均开有小孔,在两板间靠近M板处有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子由静止释放,粒子经过S处的速度大小为v=,方向垂直于EF边并指向磁场。若粒子与三角形框架的碰撞均为弹性碰撞,且粒子在碰撞过程中质量、电荷量均不变,不计带电粒子的重力,平行板电容器MN产生的电场仅限于两板间,求:(1)MN间匀强电场的场强大小;(2)若从S点发射出的粒子能再次返回S点,则圆形区域的半径b至少为多大;(3)若圆形区域的半径b满足第(2)问的条件,则从M板处出发的带电粒子第一次返回M板处的时间是多少。答案(1)(2)+L(3)+解析(1)带电粒子在匀强电场中做匀加速运动,由动能定理得Eqd=mv2解得E=(2)粒子的磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力Bqv=r==粒子运动轨迹如图粒子运动轨迹与磁场圆内切时磁场圆半径最小由几何关系得bmin=r+L=+L(3)粒子圆周运动周期T==粒子在磁场中的总时间t1=T×3=粒子在电场中的总时间t2=×2==粒子从M板处出发到第一次返回M板处的总时间t=t1+t2=+6.如图所示,在xOy平面内,有一个圆形区域,其直径AB与x轴重合,圆心O'的坐标为(2a,0),其半径为a,该区域内无磁场。在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。(1)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°,且粒子不经过圆形区域就能到达B点,求粒子的初速度大小v1;(2)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°,在磁场中运动的时间为Δt=,且粒子也能到达B点,求粒子的初速度大小v2;(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直,且粒子从O'点第一次经过x轴,求粒子的最小初速度vmin。答案(1)(2)(3)解析(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点,故粒子到达B点时速度方向竖直向下,圆心必在x轴正半轴上,如图甲所示。设粒子做圆周运动的半径为r1,由几何关系,得r1sin30°=3a-r1,又qv1B=m,解得v1=。(2)粒子在磁场中的运动周期T=,故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为α=×360°=60°,如图乙所示,粒子到达B点的速度与x轴夹角为β=30°,设粒子做圆周运动的轨道半径为r2,由几何关系得3a=2r2sin30°+2acos230°又qv2B=m,解得v2=。(3)设粒子从C点进入圆形区域,如图丙所示,O'C与O'A的夹角为θ,轨迹圆半径为r,由几何关系得2a=rsinθ+acosθ,故当θ=60°时,半径最小为rmin=a又qvminB=m,解得vmin=。7.如图所示,磁感应强度大小为B=0.15T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R=0.10m的圆形区域内,圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O,右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流,粒子的重力不计,比荷=1.0×108C/kg。(1)请判断当粒子分别以v1=1.5×106m/s和v2=0.5×106m/s的速度射入磁场时,能否打到荧光屏上?(2)要使粒子能打在荧光屏上,求粒子流的速度v0的大小应满足的条件。(3)若粒子流的速度v0=3.0×106m/s,且以过O点并垂直于纸面的直线为轴,将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°,求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离。答案(1)v1能,v2不能(2)v0>1.5×106m/s(3)0.15m解析(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹如图所示,由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时,粒子沿图中①方向射出磁场能打到屏上,当粒子做圆周运动的半径r≤R时,将沿图中②③方向射出磁场,不能打到屏上。当粒子速度为v1时,洛伦兹力提供向心力,得qv1B=m,解得r1=R>R,故能打到屏上;同理,当粒子的速度为v2时,解得r2=R<R,故不能打到屏上。(2)设当v0=v3时,粒子恰好打不到荧光屏上,则这时粒子沿图中方向②从磁场的最高点竖直向上射出磁场。由此可知,粒子在磁场中的轨道半径r3=R。又由洛伦兹力提供向心力,得qv3B=m,解得v3=1.5×106m/s。由题意可知,当v0>1.5×106m/s时,粒子能打到荧光屏上。(3)设速度v0=3.0×106m/s时,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4,由洛伦兹力提供向心力,得qv4B=m,解得r4=2R。如图所示,粒子在磁场中运动的轨迹就是以E点为圆心,以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场