2020版高考物理大一轮复习 第九章 基础课2 磁场对运动电荷的作用训练（含解析）教科版.doc

基础课2磁场对运动电荷的作用一、选择题(16题为单项选择题，710题为多项选择题)1下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是()解析根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D中都是vB，F0，故C、D都错。答案B2(2015海南单科，1)如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()图1A向上 B向下C向左 D向右解析条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。答案A3在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()图2A向上偏转 B向下偏转C向纸内偏转 D向纸外偏转解析由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B选项正确。答案B4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图3所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是()图3Aa粒子带正电，b粒子带负电Ba粒子在磁场中所受洛伦兹力较大Cb粒子的动能较大Db粒子在磁场中运动时间较长解析由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvBm得r，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ekmv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。答案C5. (2017陕西渭南一模)在真空室中，有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图4所示的初速度v1、v2和v3经过平板MN上的小孔O射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN上的位置到小孔O的距离分别是s1、s2和s3，不计质子重力，则有()图4As1s2s3 Bs1s2s3Cs1s3s2 Ds1s3s2解析由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等。由于初速度v1和v3的方向与MN的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN上的位置到小孔的距离是相等的，且小于轨迹圆的直径；而初速度为v2的质子方向与MN垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s1s3s2，D正确。答案D6如图5为洛伦兹力演示仪的结构图。励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。下列说法正确的是()图5A仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B，由牛顿第二定律知qvBm，得R，电子束径迹的半径变小，选项A错误；当仅提高电子枪的加速电压时，由qUmv2和qvBm得R，可知电子束径迹的半径变大，选项B正确；由T知，电子做圆周运动的周期T与速度v大小无关，所以选项C、D错误。答案B7.如图6所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出。增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是()图6A该粒子带正电 B该粒子带负电C粒子从ab间射出 D粒子从bc间射出解析根据带电粒子在磁场中偏转的方向，由左手定则判断可知该粒子带负电，选项A错误，B正确；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r，所以当粒子入射的速率增大时，其轨道半径r会增大，粒子会从图中的bc之间射出磁场，故选项C错误，D正确。答案BD8如图7所示，Q1，Q2带等量正电荷，固定在光滑的绝缘杆的两端，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计。现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是()图7A小球的速度将一直增大 B小球的加速度将不断变化 C小球所受洛伦兹力将一直增大D小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化解析Q1，Q2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力总是指向中点，又因杆光滑，所以小球将做关于Q1，Q2连线中点对称的往复运动，中点位置速度最大，两端速度为零，所以洛伦兹力的大小和方向都不断变化，由以上分析可知B，D项正确。故本题正确答案为BD。答案BD9如图8所示，直线MN与水平方向成60角，MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点，能水平向右发射不同速率、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN上的b点，已知abL，则粒子的速度可能是()图8A. B.C. D.解析由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120，所以粒子运动的半径为r(n1，2，3，)，由洛伦兹力提供向心力得qvBm，则v(n1，2，3，)，所以A、B正确。答案AB10如图9所示，MDN为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道，半径为R，直径MN水平，整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B，一带电荷量为q，质量为m的小球自M点无初速度下滑，下列说法中正确的是()图9A小球由M点滑到最低点D时所用时间与磁场无关B小球滑到D点时，对轨道的压力一定大于mgC小球滑到D点时，速度大小vD小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点N解析小球下滑过程中受重力、洛伦兹力、轨道支持力，因洛伦兹力与轨道支持力均垂直运动方向，故不影响速度大小，所以下滑时间与磁场无关，选项A正确；整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，下滑至最低点过程中，由机械能守恒定律知，mgRmv2，所以向左或向右经过D点速度都为，选项C正确；根据机械能守恒定律知小球能滑至与M等高的N点，选项D正确；由D点受力分析及牛顿第二定律知，当向左经过D点时FNmgm，得N3mgqvB，由于不知道洛伦兹力qvB大小，故支持力FN大小不确定，故B错误。答案ACD二、非选择题11(2016辽宁沈阳一模)如图10所示，在真空中坐标xOy平面的x0区域内，有磁感应强度B1.0102 T的匀强磁场，方向与xOy平面垂直，在x轴上的P(10，0)点，有一放射源，在xOy平面内向各个方向发射速率v104 m/s的带正电的粒子，粒子的质量为m1.61025 kg，电荷量为q1.61018 C，求带电粒子能打到y轴上的范围。图10解析带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：qvBm解得：R0.1 m10 cm如图所示，当带电粒子打到y轴上方的A点与P连线正好为其圆轨迹的直径时，A点即为粒子能打到y轴上方的最高点。因OP10 cmAP2R20 cm,则OA10 cm当带电粒子的圆轨迹正好与y轴下方相切于B点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B点即为粒子能打到y轴下方的最低点，易得OBR10 cm，综上所述，带电粒子能打到y轴上的范围为1010 cm。答案1010 cm12(2016四川眉山三诊)如图11所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B的匀强磁场，其边界AB与CD之间的宽度为d，在左边界的Q点处有一质量为m、带电荷量为q的粒子沿与左边界夹角为30的方向射入磁场，粒子重力不计。图11(1)求带电粒子能从AB边界飞出的最大速度；(2)若带电粒子能垂直CD边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间；(3)若带电粒子的速度是(2)中的倍，并可以从Q点沿纸面各个方向射入磁场，求粒子从出发点到打到CD边界的最高点位置之间的距离。解析(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD边相切时，所对应的速度是能从AB边界飞出的最大速度，其轨迹图如图甲所示，设其轨道半径为R，最大速度为vmax由几何关系得：RRcos 30d由洛伦兹力提供向心力得：Bqvmaxm由以上两式解得：vmax(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：R2设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v2，由洛伦兹力提供向心力得：Bqv2m粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得：mvqU解得极板间电压U粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U因粒子转过的圆心角为60，所用时间为，而周期T因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t2(3)当粒子速度为(2)中的倍时，即v3v2，根据Bqv3m解得R32d当粒子沿BA方向进入磁场时，打在DC边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD边界的最高点位置与Q点的距离为：lR32d答案(1)(2)U(3)2d