（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（二十七）磁場對運動電荷的作用（含解析）.doc

磁場對運動電荷的作用對點訓練：對洛倫茲力的理解12015年3月3日，中國南極中山站站區(qū)上空出現(xiàn)絢麗的極光現(xiàn)象，持續(xù)時間超過數(shù)小時。極光現(xiàn)象是太陽活動增強時所發(fā)射的高能帶電粒子流(太陽風)到達地球南北兩極上空時“轟擊”地球高層大氣而產生的現(xiàn)象。假如高速電子流以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則電子流在進入地球周圍的空間時，將()A向東偏轉B向西偏轉C向北偏轉 D豎直向下沿直線射向地面解析：選B地磁場在赤道附近由南到北，電子帶負電，由左手定則判斷得電子將相對于預定點稍向西偏轉，故B正確，A、C、D錯誤。2.有一個電子射線管(陰極射線管)，放在一通電直導線的上方，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡如圖所示，則此導線該如何放置，且電流的流向如何()A直導線如圖所示位置放置，電流從A流向BB直導線如圖所示位置放置，電流從B流向AC直導線垂直于紙面放置，電流流向紙內D直導線垂直于紙面放置，電流流向紙外解析：選B電子射線管發(fā)出電子，為負電荷，從題圖中可知電子向下偏轉，即受到向下的洛倫茲力，根據左手定則可知電子處在垂直紙面向里的磁場中，根據右手螺旋定則可知導線按如圖所示的位置放置，電流方向從B到A，B正確。對點訓練：帶電粒子在勻強磁場中的運動3.如圖，虛線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質子1和2，兩個質子都過P點。已知OPa，質子1沿與OP成30角的方向發(fā)射，不計質子的重力和質子間的相互作用力，則()A質子1在磁場中運動的半徑為aB質子2在磁場中的運動周期為C質子1在磁場中的運動時間為D質子2在磁場中的運動時間為解析：選B由幾何關系分別求出兩質子做勻速圓周運動的半徑分別為r1r2a，故質子的運動周期為T，而兩質子從O到P分別旋轉60和300，時間分別為t1T，t2T，故B正確。4.(2018銀川一中模擬)如圖所示，在圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB是圓的直徑。一帶電粒子從A點射入磁場，速度大小為v、方向與AB成30角時，恰好從B點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，也經時間t飛出磁場，則其速度大小為()A.vB.vC.v D.v解析：選A粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關，分析粒子的運動的情況，可以判斷第二個粒子的運動軌跡半徑，即可根據牛頓第二定律求出速度大小。設圓形區(qū)域的半徑為R。帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvBm，得r，rv；當粒子從B點飛出磁場時，入射速度與出射速度與AB的夾角相等，所以速度的偏轉角為60，軌跡對應的圓心角為60。根據幾何知識得知：軌跡半徑為r12R，當粒子從A點沿AB方向射入磁場時，經過磁場的時間也是t，說明軌跡對應的圓心角與第一種情況相等，也是60。根據幾何知識得，粒子的軌跡半徑為r2R，則由得： ，則得vv，故A正確。對點訓練：帶電粒子在勻強磁場中的多解問題5多選如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是()A電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長B電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大C在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡不一定重合D電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同解析：選BC由周期公式T知，周期與電子的速率無關，由tT知，電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大，故A錯誤，B正確；由半徑公式r知，電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，電子在磁場中的運動周期相同，當它們在磁場中運動時間相同時，軌跡不一定重合，比如：軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，D錯誤。6多選如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內有一直線PQ與水平面成45角，在PQ兩側存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應強度大小均為B。位于直線上的a點有一粒子源，能不斷地水平向右發(fā)射速率不等的相同粒子，粒子帶正電，電荷量為q，質量為m，所有粒子運動過程中都經過直線PQ上的b點。已知abd，不計粒子重力及粒子相互間的作用力，則粒子的速率可能為()A. B.C. D.解析：選ABC由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示。所有圓弧的圓心角均為90，所以粒子運動的半徑r(n1,2,3，)，由洛倫茲力提供向心力得qvBm，則v(n1,2,3，)，故A、B、C正確，D錯誤。對點訓練：帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題7多選在正方形ABCD區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子a、b從一邊長中點垂直邊界方向進入磁場，其在磁場中的運動軌跡如圖所示，a粒子從B點射出，b粒子從CD中點射出，則()Aa帶正電，b帶負電Ba、b進入磁場時的速率之比為12Ca、b在磁場中運動的周期之比為21Da、b在磁場中運動的時間之比為11解析：選AB由左手定則結合題圖可知，a粒子帶正電，b粒子帶負電，故A正確；由半徑公式r得：v，由圖可知，a運動半徑為b的一半，所以兩粒子的速率之比為12，故B正確；由公式T可知，兩粒子的周期之比為11，故C錯誤；由公式tT，由題圖可知，a粒子在磁場中偏轉的角度為b粒子的兩倍，所以a、b粒子在磁場中運動時間之比為21，故D錯誤。8.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B，在磁場邊界上的A點有一粒子源，可以沿垂直于磁場方向向磁場內發(fā)射質量為m，電荷量為q的帶正電的粒子。O為圓形區(qū)域的圓心，在AO的延長線上有一垂直于AO放置的熒光屏，熒光屏足夠大，AO延長線與熒光屏的交點為P，O到熒光屏的距離為2R，不計粒子的重力。(1)若粒子沿AO方向射入磁場，要使粒子不能打在熒光屏上，粒子的速度v應滿足什么條件？(2)若粒子進入磁場的速度大小為v，改變粒子射入磁場的方向，使該粒子在磁場中運動的時間最長，則該粒子最終打在熒光屏上的位置離P點的距離為多少？解析：(1)粒子剛好不能打在熒光屏上，其運動軌跡如圖所示，由幾何關系可知，粒子做圓周運動的半徑r1R由qv1Bm求得v1即粒子的速度v時，粒子不能打在熒光屏上。(2)當粒子在磁場中運動的速度v由qvBm得粒子做圓周運動的半徑r22R當此粒子在磁場中運動的時間最長時，在磁場中運動的軌跡對應的弦最長，此時粒子運動的軌跡如圖所示。由幾何關系，sin 30由幾何關系，粒子打在熒光屏上的位置Q點離P點的距離xRtan 30R。答案：(1)v(2)R9.如圖所示，勻強磁場的磁感應強度為B，寬度為d，邊界為CD和EF。一電子從CD邊界外側以速率v0垂直射入勻強磁場，入射方向與CD邊界間夾角為。已知電子的質量為m，電荷量為e，為使電子能從磁場的另一側EF射出，求：(1)電子的速率v0至少多大？(2)若角可取任意值，v0的最小值是多少？解析：(1)當入射速率v0很小時，電子會在磁場中轉動一段圓弧后又從CD一側射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道的邊界與EF相切時，電子恰好能從EF射出，如圖所示，電子恰好射出時，由幾何知識可得：rrcos d又r由得v0故電子要射出磁場，速率至少應為。(2)由式可知，0時，v0最小，由式知此時半徑最小，rmin，也可由軌跡分析得出上述結論。答案：(1)(2)考點綜合訓練10(2019揚州三模)如圖所示，水平虛線MN上方有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內水平向右到豎直向上90范圍內的各個方向由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動。不計粒子重力和粒子間相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經過的區(qū)域，其中正確的是()解析：選B由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動，因為粒子帶正電，根據左手定則可知粒子將向左偏轉，故C錯誤；因為粒子以相同的速率沿位于紙面內水平向右到豎直向上90范圍內的各個方向發(fā)射，由O點水平向右射入的粒子恰好應為最右端邊界且ONR，在豎直方向上有最遠點為2R，由O點豎直向上射入的粒子，打在最左端且距離為OM2R，但是左側因為沒有粒子射入，所以中間會出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯誤。11.(2019哈爾濱六中模擬)如圖所示，某平面內有折線PAQ為磁場的分界線，已知A90，APAQL。在折線的兩側分布著方向相反，與平面垂直的勻強磁場，磁感應強度大小均為B?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的粒子從P點沿PQ方向射出，途經A點到達Q點，不計粒子重力。求粒子初速度v應滿足的條件及粒子從P經A到達Q所需時間的最小值。解析：根據運動的對稱性，粒子能從P經A到達Q，運動軌跡如圖所示，由圖可得：Lnx其中x為每次偏轉圓弧對應的弦長，由幾何關系知，偏轉圓弧對應的圓心角為或設粒子運動軌跡的半徑為R，由幾何關系可得：2R2x2解得：R又qvBm解得：v(n1,2,3，)當n取奇數(shù)時，粒子從P經A到Q過程中圓心角的總和為：1nn2n從P經A到Q的總時間為：t1(n1,3,5，)當n取偶數(shù)時，粒子從P經A到Q過程中圓心角的總和為：2nnn從P經A到Q的總時間為：t2(n2,4,6，)綜合上述兩種情況，可得粒子從P經A到達Q所用時間的最小值為：tmin。答案：v(n1,2,3，)