高考物理一輪復習第九章磁場第講磁吃運動電荷的作用練習含解析新人教版

第2講磁場對運動電荷的作用一、選擇題(本題共8小題，1～5題為單選，6～8題為多選)1．(2023·北京卷)如圖所示，正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場。一帶電粒子垂直磁場邊界從a點射入，從b點射出。下列說法正確的是(C)A．粒子帶正電B．粒子在b點速率大于在a點速率C．若僅減小磁感應強度，則粒子可能從b點右側(cè)射出D．若僅減小入射速率，則粒子在磁場中運動時間變短[解析]由左手定則知，粒子帶負電，A錯誤；由于洛倫茲力不做功，粒子速率不變，B錯誤；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小磁感應強度B，R變大，則粒子可能從b點右側(cè)射出，C正確；由R＝eq\f(mv,qB)，若僅減小入射速率v,則R變小，粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)角θ變大，由t＝eq\f(θ,2π)T，T＝eq\f(2πm,qB)知，運動時間變長，D錯誤。2．如圖所示，表面粗糙的斜面固定于地面上，并處于方向垂直紙面向外、磁感應強度為B的勻強磁場中。質(zhì)量為m、帶電荷量為＋Q的小滑塊從斜面頂端由靜止下滑。在滑塊下滑的過程中，下列判斷正確的是(C)A．滑塊受到的摩擦力不變B．滑塊到達地面時的動能與B的大小無關C．滑塊受到的洛倫茲力方向垂直斜面向下D．B很大時，滑塊可能靜止于斜面上[解析]根據(jù)左手定則可知，滑塊受到垂直斜面向下的洛倫茲力，故C正確；隨著滑塊速度的變化，洛倫茲力大小變化，它對斜面的壓力大小發(fā)生變化，故滑塊受到的摩擦力大小變化，故A錯誤；B越大，滑塊受到的洛倫茲力越大，受到的摩擦力也越大，摩擦力做功越多，據(jù)動能定理，滑塊到達地面時的動能就越小，故B錯誤；由于開始滑塊不受洛倫茲力時能下滑，說明重力沿斜面方向的分力大于摩擦力，B很大時，若滑塊速度很小，則摩擦力小于重力沿斜面的分力，滑塊不會靜止在斜面上，故D錯誤。3．(2023·安徽明光中學開學考試)如圖所示，兩勻強磁場的方向相同，以虛線MN為理想邊界，左右兩側(cè)磁感應強度大小分別為B1、B2，今有一質(zhì)量為m、電荷量為e的電子從MN上的P點沿垂直于磁場方向射入勻強磁場B1中，其運動軌跡為圖中虛線所示的“心”形圖線。則以下說法正確的是(B)A．電子的運動軌跡為PENCMDPB．B1＝2B2C．電子運動一周回到P點用時為T＝eq\f(2πm,B1e)D．B1＝4B2[解析]本題考查帶電粒子在磁場中的運動。電子從P點沿垂直于磁場的方向射入勻強磁場B1時，受到的洛倫茲力方向向上，所以電子的運動軌跡為PDMCNEP，故A錯誤；由題圖可知，電子在勻強磁場B1中的運動半徑是勻強磁場B2中運動半徑的一半，根據(jù)r＝eq\f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故B正確，D錯誤；整個過程中，電子在勻強磁場B1中運動兩個半圓，即運動一個周期，在勻強磁場B2中運動半個周期，所以T＝eq\f(2πm,B1e)＋eq\f(πm,B2e)＝eq\f(2πm,B2e)，故C錯誤。4．(2023·全國卷Ⅱ)如圖，邊長為l的正方形abcd內(nèi)存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面(abcd所在平面)向外。ab邊中點有一電子發(fā)射源O，可向磁場內(nèi)沿垂直于ab邊的方向發(fā)射電子。已知電子的比荷為k。則從a、d兩點射出的電子的速度大小分別為(B)A．eq\f(1,4)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl B．eq\f(1,4)kBl，eq\f(5,4)kBlC．eq\f(1,2)kBl，eq\f(\r(5),4)kBl D．eq\f(1,2)kBl，eq\f(5,4)kBl[解析]若電子從a點射出，運動軌跡如圖線①，有qvaB＝meq\f(v\o\al(2,a),Ra)Ra＝eq\f(l,4)解得vA＝eq\f(qBRa,m)＝eq\f(qBl,4m)＝eq\f(kBl,4)若電子從d點射出，運動軌跡如圖線②，有qvdB＝meq\f(v\o\al(2,d),Rd)Req\o\al(2,d)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Rd－\f(l,2)))2＋l2解得vd＝eq\f(qBRd,m)＝eq\f(5qBl,4m)＝eq\f(5kBl,4)選項B正確。5．(2023·云南綠春高級中學期末)如圖所示，半徑為R的絕緣圓筒內(nèi)分布著勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向里。一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子(不計重力)以某一速度從筒壁上的小孔P進入筒中，速度方向與半徑成θ＝30°夾角并垂直于磁場方向。不計離子和筒壁碰撞時能量和電荷量的損失。若離子在最短的時間內(nèi)返回P孔，則離子的速率和返回P孔的最短的時間分別是(B)A．eq\f(2qBR,m)eq\f(πm,qB) B．eq\f(2qBR,m)eq\f(2πm,3qB)C．eq\f(\r(3)qBR,m)eq\f(πm,qB) D．eq\f(\r(3)qBR,m)eq\f(πm,3qB)[解析]本題考查帶電粒子在勻強磁場中的運動。離子只與圓筒碰撞一次回到P孔經(jīng)歷的時間最短，軌跡如圖所示，設離子在磁場中的軌跡半徑為r，速度為v，向心力為qvB＝meq\f(v2,r)，結(jié)合圖中的幾何關系可得r＝2R，解得離子的速率v＝eq\f(2RqB,m)，離子在磁場中走過的每段圓弧對應的圓心角α＝60°，經(jīng)歷的時間t＝eq\f(T,3)，則t＝eq\f(2πm,3qB)，故B正確，A、C、D錯誤。6.(2023·天津)如圖所示，在Oxy平面的第一象限內(nèi)存在方向垂直紙面向里，磁感應強度大小為B的勻強磁場。一帶電粒子從y軸上的M點射入磁場，速度方向與y軸正方向的夾角θ＝45°。粒子經(jīng)過磁場偏轉(zhuǎn)后在N點(圖中未畫出)垂直穿過x軸。已知OM＝a，粒子電荷量為q，質(zhì)量為m，重力不計。則(AD)A．粒子帶負電荷B．粒子速度大小為eq\f(qBa,m)C．粒子在磁場中運動的軌跡半徑為aD．N與O點相距(eq\r(2)＋1)a[解析]粒子在磁場中的偏轉(zhuǎn)軌跡如圖，由左手定則可知粒子帶負電，故A正確；由粒子在磁場中做圓周運動的軌跡以及幾何關系可知，R＝eq\r(2)a，ON＝R＋a，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝eq\f(mv2,R)，聯(lián)立解得v＝eq\f(\r(2)qBa,m)，ON＝(eq\r(2)＋1)a，故B、C錯誤，D正確。故選A、D。7．(2023·遼寧沈陽)兩個帶等量異種電荷的粒子a、b分別以速度va和vb射入勻強磁場，兩粒子的入射方向與磁場邊界的夾角分別為60°和30°，磁場寬度為d，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，如圖所示，則(BD)A．a(chǎn)粒子帶正電，b粒子帶負電B．兩粒子的軌跡半徑之比Ra︰Rb＝eq\r(3)︰1C．兩粒子的質(zhì)量之比ma︰mb＝1︰2D．兩粒子的質(zhì)量之比ma︰mb＝2︰1[解析]本題考查帶電粒子在直線邊界勻強磁場中的運動、洛倫茲力及其相關知識點。根據(jù)題述，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，選項A錯誤；畫出兩粒子運動軌跡，如圖所示。由幾何知識可知Ra＝d,2Rbcos30°＝d，解得兩粒子的軌跡半徑之比Ra︰Rb＝eq\r(3)︰1，選項B正確；粒子在磁場中運動周期T＝eq\f(2πm,qB)，a粒子在磁場中運動時間為ta＝eq\f(T,6)＝eq\f(πma,3qB)，b粒子在磁場中運動時間為tb＝eq\f(T,3)＝eq\f(2πmb,3qB)，兩粒子同時由A點出發(fā)，同時到達B點，則ta＝tb，解得兩粒子的質(zhì)量之比ma︰mb＝2︰1，選項C錯誤，D正確。8．(2023·湖南長沙期末)如圖所示，虛線為半圓形，其中存在垂直于紙面向外的勻強磁場，AB為過圓心且與豎直直徑CD垂直的半徑，現(xiàn)有兩完全相同的帶正電粒子(重力不計)分別從A點和B點以大小相同的速度沿水平半徑AB和BA方向射入磁場。已知磁場的磁感應強度大小為B、磁場區(qū)域的半徑為R，粒子的質(zhì)量和電荷量分別用m、q表示。則(CD)A．兩粒子均向上偏轉(zhuǎn)B．兩粒子在磁場中運動的時間相等C．若兩粒子的速度大小v<eq\f(qBR,2m)，則由A點射入的粒子在磁場中運動的時間一定為eq\f(πm,qB)D．若兩粒子的速度大小v＝eq\f(qBR,2m)，則由A點射入的粒子在磁場中運動的時間長[解析]本題考查帶電粒子在半圓形邊界磁場中的運動。從A點射入的粒子最初受到向下的洛倫茲力，向下偏轉(zhuǎn)，從B點射入的粒子最初受到向上的洛倫茲力，向上偏轉(zhuǎn)，A錯誤；如果從A點射入的粒子剛好從D點離開磁場，則有eq\f(R,2)＝eq\f(mv,qB)，解得v＝eq\f(qBR,2m)，則當v<eq\f(qBR,2m)時，由A點射入的粒子一定從A點的正下方離開磁場，粒子在磁場中運動的時間為半個周期，即t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，C正確；若兩粒子的速度v＝eq\f(qBR,2m)，從A點射入磁場的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為180°，從B點射入磁場的粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度小于180°，此種情況下由A點射入的粒子在磁場中運動的時間長，D正確，B錯誤。二、非選擇題9．如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B。P是圓外一點，OP＝3r。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子從P點在紙面內(nèi)垂直于OP射出。已知粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，不計重力。求：(1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑；(2)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間。[答案](1)eq\f(4,3)r(2)eq\f(3m,2qB)[解析](1)如圖，PMON為粒子運動軌跡的一部分，圓弧PM為粒子在磁場中運動的軌跡，C為圓心，半徑為R；MON為圓O的直徑，MC⊥MN。粒子在圓O內(nèi)沿MON做勻速直線運動，由幾何關系知(OP－R)2＝R2＋r2 ①由上式和題給條件得R＝eq\f(4,3)r。 ②(2)設粒子在磁場中運動的速度大小為v，由洛倫茲力提供向心力有qvB＝eq\f(mv2,R) ③由題意，粒子在圓形區(qū)域內(nèi)運動的距離為MN＝2r ④設粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間為t，由運動學公式有t＝eq\f(MN,v) ⑤聯(lián)立②③④⑤式得t＝eq\f(3m,2qB) ⑥。10．如圖，在0≤x≤h，－∞<y<＋∞區(qū)域中存在方向垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度B的大小可調(diào)，方向不變。一質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的粒子以速度v0從磁場區(qū)域左側(cè)沿x軸進入磁場，不計重力。(1)若粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后穿過y軸正半軸離開磁場，分析說明磁場的方向，并求在這種情況下磁感應強度的最小值Bm；(2)如果磁感應強度大小為eq\f(Bm,2)，粒子將通過虛線所示邊界上的一點離開磁場，求粒子在該點的運動方向與x軸正方向的夾角及該點到x軸的距離。[答案](1)垂直于紙面向里eq\f(mv0,qh)(2)eq\f(π,6)(2－eq\r(3))h[解析]本題考查帶電粒子在有界勻強磁場中的運動問題。(1)由題意可知，粒子剛進入磁場時應受到方向向上的洛倫茲力，因此磁場方向垂直于紙面向里。設粒子進入磁場中做圓周運動的半徑為R，根據(jù)洛倫茲力公式和圓周運動規(guī)律，有qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),R) ①由此可得R＝eq\f(mv0,qB) ②粒子穿過y軸正半軸離開磁場，其在磁場中做圓周運動的圓心在y軸正半軸上，半徑應滿足R≤h ③由題意，當磁感應強度大小為Bm時，粒