物理大一轮复习课时规范训练第章第节磁场对运动电荷的作用

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精课时规范训练［基础巩固题组］1．（多选）如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则(）A．导线中的电流从A流向BB．导线中的电流从B流向AC．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关解析：选BC。由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里,所以根据安培定则，AB中的电流从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转．选项B、C正确．2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力），从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的(）A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大,角速度减小解析：选D.因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变,由r＝eq\f（mv,qB)知，轨道半径增大;由角速度ω＝eq\f（v，r）知，角速度减小，选项D正确．3．如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面（纸面），磁感应强度大小为B,方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0）、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域,射入点与ab的距离为eq\f（R,2），已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为（不计重力）（）A.eq\f(qBR，2m) B．eq\f（qBR，m）C。eq\f(3qBR,2m） D。eq\f(2qBR,m)解析：选B.如图所示,粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°,故圆弧ENM对应圆心角为60°,所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝eq\f（R,2)，所以∠EO1D＝60°,△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq\f(mv2，R），得v＝eq\f(qBR，m），B正确．4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则(）A．该粒子一定带负电B．a极板电势一定比b极板高C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关D．带电粒子的eq\f（q,m）比值越大，PS′间距离越大解析：选B。粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下,所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；由qE＝qvBab可知,粒子的速度v＝eq\f(E,Bab），到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq\f（mv2，r)，则eq\f(q,m)＝eq\f(v，Br），知比荷越大，r越小,PS′间距离越小，故D错误．5．如图所示,沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内,大量的速率不同的电子（不计重力）从O点沿x轴正方向进入磁场,最终离开磁场．下列判断正确的是（)A．所有的电子都向x轴下方偏转B．所有的电子都做类平抛运动C．所有的电子在磁场中运动时速度不变D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同解析：选A.根据左手定则,可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x轴下方偏转，A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动,B错误．洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变,C错误．电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场,t＝eq\f(T,2）＝eq\f（πm,Bq）都相同，它们运动的时间都相同，D错误．6．如图,ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，则它们的速率v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间t甲∶t乙的值分别为()A．1∶12∶1 B．1∶22∶1C．2∶11∶2 D．1∶21∶1解析：选B。带电粒子在电场中加速有qU＝eq\f（1,2)mv2,带电粒子在磁场中偏转有qvB＝meq\f(v2,R)，联立解得v＝eq\f(2U,BR)，即v∝eq\f（1,R)，故eq\f（v甲,v乙）＝eq\f（R乙,R甲)＝eq\f(1，2）；甲粒子在磁场中偏转用时t甲＝eq\f（πR甲,2v甲)，乙粒子在磁场中偏转用时t乙＝eq\f（πR乙,v乙）可得，eq\f（t甲,t乙)＝eq\f(R甲v乙，2R乙v甲)＝eq\f（2，1）。由以上分析计算可知选项B正确．［综合应用题组]7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器,应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是（）A．带电粒子每运动一周被加速一次B．P1P2＝P2P3C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关D．加速电场方向需要做周期性的变化解析：选A。由图可知带电粒子每运动一周被加速一次,加速电场方向不需要做周期性变化，A正确，D错误．由动能定理得nqU＝eq\f（1,2）mv2，又qBv＝meq\f(v2，R),可得R＝eq\f(1,B）eq\r（\f(2nmU，q)）,R与加速次数不成正比,故B错误．最大动能为Ek＝eq\f（qBR02,2m），R0为D形盒半径，可知C错误．8．(多选）如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°（与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是（）A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是eq\f(1,\r(3））B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是eq\f（3,2＋\r(3）)C．A、B两粒子eq\f(m，q）之比是eq\f(1,\r（3）)D．A、B两粒子eq\f(m,q）之比是eq\f（3，2＋\r（3））解析：选BD。由题意知,粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝meq\f(v2,r)，得r＝eq\f（mv,Bq）。由几何关系可得，对粒子B：rBcos60°＋rB＝d，对粒子A：rAcos30°＋rA＝d，联立解得eq\f(rA,rB）＝eq\f（3,2＋\r(3)），所以A错误，B正确．再根据r＝eq\f（mv，Bq）,可得A、B两粒子eq\f（m,q）之比是eq\f(3,2＋\r(3)），故C错误,D正确．9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2。一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是（）A．电子的运行轨迹为PENCMDPB．电子运行一周回到P用时为T＝eq\f（2πm,B1e）C．B1＝2B2D．B1＝4B2解析:选C。根据左手定则可知:电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆,即运动一个周期,在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝eq\f（2πm,B1e)＋eq\f(πm，B2e），故B错误；由图象可知,电子在匀强磁场B1中运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝eq\f（mv,Be）可知，B1＝2B2，故C正确,D错误．10．(多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小为B.一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子（不计重力)从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场．已知该带电粒子的比荷eq\f（q,m)＝eq\f(v0，2Bd）,其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是（)A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2dC．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为eq\r（3）dD．该带电粒子在磁场中运动的时间为eq\f(πd，3v0)解析：选BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力,有qv0B＝meq\f（v\o\al(2,0），R）,解得R＝eq\f（mv0，qB),又因为带电粒子的比荷eq\f（q，m)＝eq\f(v0,2Bd），则有R＝2d,故B正确．由几何关系可知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为s＝R（1－cos30°）＝2d×eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1－\f（\r(3），2)））＝(2－eq\r（3））d，故C错误．由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为θ＝eq\f(π,6)，所以粒子在磁场中运动的时间t＝eq\f(2πm，qB)×eq\f（1,12)＝eq\f（πd,3v0),故D正确．11．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＝10V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场,已知OP＝（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．解析:（1）对带电粒子的加速过程，由动能定理qU＝eq\f(1，2）mv2代入数据得:v＝20m/s(2）带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：qvB＝eq\f（mv2，R)得R＝eq\f（mv，qB)代入数据得:R＝0.50m而eq\f（OP,cos53°)＝0。50m故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．由几何关系可知：OQ＝R＋Rsin53°故OQ＝0.90m（3）带电粒子不从x轴射出(如图乙）,由几何关系得：OP＞R′＋R′cos53°①R′＝eq\f（mv，qB′)②由①②并代入数据得:B′＞eq\f(16,3)T＝5。33T（取“≥”照样给分)答案：(1)20m/s（2）0.90m（3)B′＞5。33T12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；(2）若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B,粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；（3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？解析：(1）因粒子从A点出发,经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d由Bqv＝meq\f（v2，r)得v＝eq\f（Bqd,m）所以运动时间为t＝eq\f（2πr＋2d，v)＝eq\f（2πm＋2m,Bq)。(2）在区域Ⅱ内由动能定理得qEd＝eq\f（1，2）mveq\o\al(2，1)－eq\f(1,2)mv2由