（江蘇專用）2020版高考物理大一輪復習 第九章 磁場 第二節(jié) 磁場對運動電荷的作用檢測

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1、第二節(jié) 磁場對運動電荷的作用 (建議用時：35分鐘) 一、單項選擇題 1．(2019·北京海淀區(qū)模擬)如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是(　　) A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點 B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長 C．若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點 D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠的b點 解析：選D.地磁場在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時間

2、會變長，水平位移會變大；同理，若小球帶負電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確． 2．“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體，使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內部，而不與裝置器壁碰撞．已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比，為約束更高溫度的等離子體，則需要更強的磁場，以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變．由此可判斷所需的磁感應強度B正比于(　　) A.　　　　　　　　　 B．T C. D．T2 解析：選A.考查帶電粒子在磁場中的圓周運動問題．由題意知，帶電粒子的平均動能Ek＝mv2∝T，故v∝.由qvB＝整理得：B∝，故選項A正確． 3.

3、初速度為v0的電子，沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示，則(　　) A．電子將向右偏轉，速率不變 B．電子將向左偏轉，速率改變 C．電子將向左偏轉，速率不變 D．電子將向右偏轉，速率改變 解析：選A.由安培定則可知，通電導線右方磁場方向垂直紙面向里，則電子受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右，所以電子向右偏；由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變． 4.如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，三個質量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場，其運動軌跡如圖．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確

4、的是(　　) A．a粒子速率最大，在磁場中運動時間最長 B．c粒子速率最大，在磁場中運動時間最短 C．a粒子速率最小，在磁場中運動時間最短 D．c粒子速率最小，在磁場中運動時間最短 解析：選B.由題圖可知，粒子a的運動半徑最小，圓心角最大，粒子c的運動半徑最大，圓心角最小，由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力可得：qvB＝m，故半徑公式r＝，T＝＝，故在質量、帶電荷量、磁場的磁感應強度都相同的情況下，速率越小，半徑越小，所以粒子a的運動速率最小，粒子c的運動速率最大，而帶電粒子在磁場中的運動時間只取決于運動所對應的圓心角，所以粒子a的運動時間最長，粒子c的運動時間最短． 5.

5、如圖所示，直角坐標系中y軸右側存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場，磁感應強度為B，右邊界PQ平行于y軸，一粒子(重力不計)從原點O以與x軸正方向成θ角的速率v垂直射入磁場，當斜向上射入時，粒子恰好垂直PQ射出磁場，當斜向下射入時，粒子恰好不從右邊界射出，則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為(　　) A.　 B．　 C.　 D．　 解析：選C.粒子在磁場中運動軌跡如圖所示，則由圖知斜向上射入時有rsin θ＝a，斜向下射入時有rsin θ＋a＝r，聯(lián)立求得θ＝30°，且r＝2a，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝m ，解得r＝，即粒子的比荷為＝，所

6、以粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為α＝2×(90°－30°)＝120°，運動時間為t＝＝，選項C正確． 6.如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個帶電粒子以速度v從A點沿直徑AOB方向射入磁場，經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場，OC與OB成60°角．現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?，仍從A點沿原方向射入磁場，不計重力，則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?　　) A.Δt 　 B．2Δt C.Δt　 D．3Δt 解析：選B.粒子沿半徑方向進入圓形磁場區(qū)域時，一定沿半徑方向射出，如圖．粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時，洛倫茲力提供向心力，由qvB＝m得R＝，T＝.由數(shù)學知識

7、得：粒子以速度v進入磁場時，圓周運動的半徑R＝r，轉過的圓心角θ＝60°；粒子以速度進入磁場時，圓周運動的半徑R′＝r，轉過的圓心角θ′＝120°，周期T與速度無關，所以t′＝Δt＝2Δt，B正確． 二、多項選擇題 7.(2019·河南鄭州質檢)如圖所示，在垂直紙面向里的水平勻強磁場中，水平放置一根粗糙絕緣細直桿，有一個重力不能忽略、中間帶有小孔的帶正電小球套在細桿上．現(xiàn)在給小球一個水平向右的初速度v0，假設細桿足夠長，小球在運動過程中電荷量保持不變，桿上各處的動摩擦因數(shù)相同，則小球運動的速度v與時間t的關系圖象可能是(　　) 解析：選ABD.由左手定則可判定洛倫茲力的方向豎

8、直向上，若Bqv0＝mg，球與桿之間無壓力作用，即無摩擦力作用，球勻速運動，對應于B圖象；若Bqv0>mg，桿對球有向下的壓力，由Bqv0＝mg＋FN知壓力隨球速度的減小而減小，再由ma＝Ff＝μFN知小球做加速度逐漸減小的減速運動，對應速度圖線的斜率逐漸減小，直到速度減小到使洛倫茲力等于重力后小球勻速運動，題目中無與此情況對應的圖象；若Bqv0

9、盟質檢)如圖所示，一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源，以與水平方向成θ角的不同速率，向磁場中射入兩個相同的粒子1和2，粒子1經(jīng)磁場偏轉后從邊界上A點出磁場，粒子2經(jīng)磁場偏轉后從邊界上B點出磁場，OA＝AB，則(　　) A．粒子1與粒子2的速度之比為1∶2 B．粒子1與粒子2的速度之比為1∶4 C．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1 D．粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2 解析：選AC.粒子進入磁場時的速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心，同理，粒子進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心，由幾何關

10、系可知，兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2＝1∶2，由r＝可知，粒子1與粒子2的速度之比為1∶2，A項正確，B項錯誤；由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T＝，且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同，因此粒子在磁場中運動的時間相同，C項正確，D項錯誤． 9．如圖所示，S處有一電子源，可向紙面內任意方向發(fā)射電子，平板MN垂直于紙面，在紙面內的長度L＝9.1 cm，中點O與S間的距離d＝4.55 cm，MN與SO直線的夾角為θ，板所在平面有電子源的一側區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場，磁感應強度B＝2.0×10－4 T，電子質量m＝9.1×10－31 kg，電荷量e

11、＝－1.6×10－19 C，不計電子重力，電子源發(fā)射速度v＝1.6×106 m/s的一個電子，該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l，則(　　) A．θ＝90°時，l＝9.1 cm　　 B．θ＝60°時，l＝9.1 cm C．θ＝45°時，l＝4.55 cm D．θ＝30°時，l＝4.55 cm 解析：選AD.電子在磁場中運動，洛倫茲力提供向心力：evB＝，R＝＝4.55×10－2 m＝4.55 cm＝，θ＝90°時，擊中板的范圍如圖甲，l＝2R＝9.1 cm，選項A正確；θ＝60°時，擊中板的范圍如圖乙所示，l＜2R＝9.1 cm，選項B錯誤；θ＝30°，如圖丙所示，l＝R＝4.

12、55 cm，當θ＝45°時，擊中板的范圍如圖丁所示，l＞R(R＝4.55 cm)，故選項D正確，C錯誤． 　 　 10.如圖所示，紙面內有寬為L水平向右飛行的帶電粒子流，粒子質量為m，電荷量為－q，速率為v0，不考慮粒子的重力及相互間的作用，要使粒子都匯聚到一點，可以在粒子流的右側虛線框內設計一勻強磁場區(qū)域，則磁場區(qū)域的形狀及對應的磁感應強度可以是(其中B0＝，A、C、D選項中曲線均為半徑是L的 圓弧，B選項中曲線為半徑是 的圓)(　　) 解析：選AB.由于帶電粒子流的速度均相同，則當飛入A、C選項中的磁場時，它們的軌跡對應的半徑均相同．B、D選項因為磁場是2B0，粒子在其

13、中運動半徑是在A、C中運動半徑的一半．然而當粒子射入C、D兩選項時，均不可能匯聚于同一點．所以只有A、B選項能匯聚于一點． 三、非選擇題 11．(2019·河南商丘模擬)在如圖所示的平面直角坐標系xOy中，有一個圓形區(qū)域的勻強磁場(圖中未畫出)，磁場方向垂直于xOy平面，O點為該圓形區(qū)域邊界上的一點．現(xiàn)有一質量為m、帶電荷量為＋q的帶電粒子(不計重力)從O點以初速度v0沿x軸正方向進入磁場，已知粒子經(jīng)過y軸上P點時速度方向與y軸正方向夾角為θ＝30°，OP＝L，求： (1)磁感應強度的大小和方向； (2)該圓形磁場區(qū)域的最小面積． 解析： (1)由左手定則得磁場方向垂直xO

14、y平面向里．粒子在磁場中做弧長為圓周的勻速圓周運動，如圖所示，粒子在Q點飛出磁場．設其圓心為O′，半徑為R.由幾何關系有(L－R)sin 30°＝R，所以R＝L.由牛頓第二定律有qv0B＝m， 故R＝. 由以上各式得磁感應強度B＝. (2)設磁場區(qū)域的最小面積為S.由幾何關系得 直徑OQ＝R＝L， 所以S＝π＝L2. 答案：(1)　方向垂直于xOy平面向里　(2)L2 12．如圖所示，在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源，可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v＝3.2×106 m/s的 α粒子．已知屏蔽裝置寬AB＝9 cm，縫長AD＝18 cm，α粒子的質量m＝6.64×10－

15、27kg，電荷量q＝3.2×10－19 C．若在屏蔽裝置右側條形區(qū)域內加一勻強磁場來隔離輻射，磁感應強度B＝0.332 T，方向垂直于紙面向里，整個裝置放于真空環(huán)境中． (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側穿出，則磁場的寬度d至少是多少？ (2)若條形磁場的寬度d＝20 cm，則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少？(結果保留2位有效數(shù)字) 解析：(1)由題意：AB＝9 cm，AD＝18 cm，可得 ∠BAO＝∠ODC＝45° 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同，設為R，根據(jù)牛頓第二定律有 Bqv＝ 解得R＝0.2 m＝20 cm

16、 由題意及幾何關系可知：若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切，則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側穿出，此時磁場的寬度最小，如圖甲所示． 設此時磁場寬度d＝d0，由幾何關系得 d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10)cm＝0.34 m. 　 甲　　　　　　　　　　乙 (2)設α粒子在磁場內做勻速圓周運動的周期為T，則 T＝＝×10－6 s 設速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子的入射點為E，如圖乙所示．因磁場寬度d＝20 cm