2019高考物理一轮优级（备讲练）全国经典版限时规范特训9-2磁场对运动电荷的作用a

板块三限时规范特训时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～5为单选，6～10为多选)1.[2017·甘肃省一模]如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行，大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则()A.ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1C.t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1答案C解析由qvB＝meq\f(v2,R)和v＝ωR得ω＝eq\f(Bq,m)，故ω1∶ω2＝1∶2；粒子在Ⅰ中的轨迹对应的圆心角均为120°，在Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为240°由T＝eq\f(2πm,qB)T2＝eq\f(πm,qB)和t＝eq\f(θ,360°)·T知t1∶t2＝1∶1。2.[2017·四川四市二诊]如图所示，半径为r的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场，在C点射出，已知∠AOC＝120°，粒子在磁场中运动时间为t0，则加速电场的电压是()A.eq\f(π2r2m,6qt\o\al(2,0))B.eq\f(π2r2m,24qt\o\al(2,0))C.eq\f(2π2r2m,3qt\o\al(2,0))D.eq\f(π2r2m,18qt\o\al(2,0))答案A解析根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝eq\f(π,3)，轨迹半径为R＝rtan60°＝eq\r(3)r，由t0＝eq\f(\f(π,3),2π)·eq\f(2πR,v)及qU＝eq\f(1,2)mv2得U＝eq\f(π2r2m,6qt\o\al(2,0))。3.如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角；该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角。已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A．2cosθB．sinθC．cosθD．tanθ答案C解析设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv＝meq\f(v2,r)，得B＝eq\f(mv,rq)，由几何关系知d＝r1sinθ，d＝r2tanθ，联立得eq\f(B1,B2)＝cosθ，C正确。4.[2016·安徽芜湖模拟]如图所示，在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。在xOy平面内，从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是()A.若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B.若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远C.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大D.若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短答案A解析由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。轨迹对应的圆心角α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动时间t＝eq\f(α,2π)T＝eq\f(2π－θm,qB)。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A项正确；若v一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O点最远，B项错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，C、D两项错误。5.如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙，自t＝0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，两物块由静止开始做匀加速直线运动。乙图图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示()A.A所受摩擦力的大小 B．B对地面压力的大小C.A所受合力的大小 D．B所受摩擦力的大小答案B解析由于A、B由静止开始做匀加速直线运动，所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B对A的摩擦力，以A为研究对象，由牛顿第二定律得f＝mAa，不随时间改变，故A、C、D选项错误。A带正电，所受洛伦兹力向下，A受支持力FNA＝mAg＋Bqv＝mAg＋Bqat，符合图象。B受地面支持力FNB＝(mA＋mB)g＋Bqv＝(mA＋mB)g＋Bqat，也符合图象，故B选项正确。6.[2017·广西南宁一模]如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(区域都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以平行于纸面的初速度v0射入，下列有关判断正确的是()A.如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场B.如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场C.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场D.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场答案AD解析洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，静电力可对带电粒子做功，动能增大，故A正确；若存在匀强磁场，则粒子返回MN时速率不变，故B错误；若MN为一等势面，则粒子回到MN时，速度大小不变，且沿MN方向的速度不变，则速度与MN夹角不变，故C错误；由T＝eq\f(2πm,Bq)知，粒子在磁场中运动的时间与速率无关，故D正确。7.[2017·甘肃省模拟]如图所示，在一等腰三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2lA.若该粒子的入射速度为v＝eq\f(qBl,m)，则粒子一定从CD边射出磁场，且距点C的距离为lB.若要使粒子从CD边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(\r(2)qBl,m)C.若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大速度应为v＝eq\f(qBl,2m)D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为eq\f(mπ,qB)答案ACD解析若该粒子的入射速度为v＝eq\f(qBl,m)，由Bqv＝meq\f(v2,r)解得r＝l，根据几何关系可知，粒子一定从CD边距C点为l的位置离开磁场，故A正确；v＝eq\f(Bqr,m)，速度越大，半径越大，根据几何关系可知，若要使粒子从CD边射出，则粒子速度最大时，轨迹与AD边相切，则由几何关系可知，最大半径一定大于eq\r(2)l，故B错误；若要使粒子从AC边射出，则该粒子从O点入射的最大半径为eq\f(l,2)，因此最大速度应为v＝eq\f(qBl,2m)，故C正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为eq\f(2πm,Bq)，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的最大圆心角为180°，故最长时间为eq\f(mπ,qB)，故D正确。8.如图所示，宽d＝4cm的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从O点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r＝10cm，则()A.右边界：－8cm<y<8cm有粒子射出B.右边界：0<y<8cm有粒子射出C.左边界：y>8cm有粒子射出D.左边界：0<y<16cm有粒子射出答案AD解析根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r＝10cm画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO1＝O1A＝OO2＝O2C＝O2E＝10cm，由几何知识求得AB＝BC＝8cm，OE＝9.如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点。下列说法中正确的有()A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－eq\f(qBd,2m)D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋eq\f(qBd,2m)答案BC解析因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以粒子若落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错误；当粒子射到A点左侧相距d的点时，最小速度为vmin，则eq\f(xOA－d,2)＝eq\f(mvmin,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，所以vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，所以粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于vmin＝v0－eq\f(Bqd,2m)，C正确；当粒子射到A点右侧相距d的点时，最小速度为v1，则eq\f(xOA＋d,2)＝eq\f(mv1,Bq)，又因eq\f(xOA,2)＝eq\f(mv0,Bq)，即v1＝v0＋eq\f(Bqd,2m)，D错误。10.[2016·河北、河南、山西质监]如图所示，在xOy平面内的y轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B。虚线经过Q点(3L,0)且与y轴平行。圆形区域的圆心P的坐标为(2L,0)，半径为L。一个质量为m，电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点垂直A.如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v＝eq\f(3qBL,m)B.如果粒子没有经过圆形区域到达了Q点，则粒子的入射速度为v＝eq\f(3qBL,2m)C.粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin＝eq\f(\r(3)qBL,m)D.粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为vmin＝eq\f(2qBL,m)答案AC解析若粒子没经过圆形区域到达了Q点，则轨迹如图甲，和圆形区域相切于Q点，则r＝3L，根据牛顿第二定律Bqv＝eq\f(mv2,r)得v＝eq\f(3BqL,m)，A选项正确，B选项错误。粒子第一次从P点经过了x轴，如图乙所示。设在磁场中转过的圆心角为θ，由几何关系得rsinθ＋Lcosθ＝2L，得r＝eq\f(2－cosθ,sinθ)L＝eq\f(2－2cos2\f(θ,2)＋1,2sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))L＝eq\f(\f(3,2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos2\f(θ,2)＋sin2\f(θ,2)))－cos2\f(θ,2),sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))L＝eq\f(\f(1,2)cos2\f(θ,2)＋\f(3,2)sin2\f(θ,2),sin\f(θ,2)cos\f(θ,2))L＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)\f(1,tan\f(θ,2))＋\f(3,2)tan\f(θ,2)))L≥eq\r(3)L。据Bqv＝eq\f(mv2,r)得vmin＝eq\f(\r(3)BqL,m)，选项C正确，选项D错误。二、非选择题(本题共2小题，共40分)11.[2017·河北衡水一模](20分)如图所示，在等边三角形ABC内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B0。在等边三角形ABC外存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B0。等边三角形ABC边长为a，在顶点A处放置一“”形的挡板P，挡板夹角为60°，挡板两边正好分别与AB、AC重合，挡板左右两侧板长均为eq\f(a,4)。在顶点B处沿∠ABC的角平分线方向，有大量不同速率的带电粒子射出，这些粒子的电荷量均为＋q，质量均为m，其速率满足eq\f(aqB0,2m)<v<eq\f(aqB0,m)，已知带电粒子打在挡板上后立即被吸收，所有能够到达AC边的粒子中，打在D点的粒子速率最小，若不计粒子间的相互作用力，求AD之间的距离。答案eq\f(2,3)a解析发射粒子速率满足eq\f(aqB0,2m)<v<eq\f(aqB0,m)洛伦兹力提供向心力F洛＝qvB0F洛＝meq\f(v2,r)得r＝eq\f(mv,qB0)可知在三角形ABC内部，带电粒子的轨道半径满足eq\f(a,2)<r1<a带电粒子在三角形ABC外部半径r2＝eq\f(r1,2)由几何关系可知，能够打在AC边上的速率最小值所对应半径(在三角形外部)为eq\f(a,3)此时可证明该速率所对圆心O恰好在AC边上，且AO＝eq\f(a,3)如图所示，由几何关系可知AD＝eq\f(2,3)a12.[2016·海南高考](20分)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。(1)求磁场的磁感应强度的大小；(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒