高考物理一轮复习课时分层练习9.2《磁场对运动电荷的作用》(含答案详解)

课时分层作业  二十六

磁场对运动电荷的作用

(45分钟　100分)

【基础达标题组】

一、选择题(本题共10小题,每小题6分,共60分。1～6题为单选题,7～10题为多选题)

1.如图所示,匀强磁场中有一电荷量为q的正离子,由a点沿半圆轨道运动,当它运动到b点时,突然吸收了附近若干电子,接着沿另一半圆轨道运动到c点,已知a、b、c在同一直线上,且ac=ab,电子的电荷量为e,电子质量可忽略不计,则该离子吸收的电子个数为              (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

【解析】选D。正离子由a到b的过程,轨迹半径r1=,此过程有qvB=m,正离子在b点附近吸收n个电子,因电子质量不计,所以正离子的速度不变,电荷量变为q-ne,正离子从b到c的过程中,轨迹半径r2==ab,且(q-ne)vB=m,解得n=,D正确。

2.(深圳模拟)一个重力不计的带电粒子垂直进入匀强磁场,在与磁场垂直的平面内做匀速圆周运动。则下列能表示运动周期T与半径R之间的关系图象的是              (　　)

【解析】选D。带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动时,qvB=m⇒R=,由圆周运动规律,T==,可见粒子运动周期与半径无关,故D项正确。

3.(南昌模拟)如图所示,在x>0,y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是              (　　)

A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点

B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为

C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

【解析】选C。带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,故选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°,运动时间为T,而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°,运动时间为T,而T=,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为,最短为,选项C正确,B、D错误。

4.(六安模拟)如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是              (　　)

A.若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短

B.若v一定,θ越大,则粒子离开磁场的位置距O点越远

C.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的角速度越大

D.若θ一定,v越大,则粒子在磁场中运动的时间越短

【解析】选A。由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转。若v一定,θ越大,则粒子在磁场中运动的时间越短,选项A正确;若v一定,θ等于90°时,粒子离开磁场的位置距O点最远,选项B错误;若θ一定,粒子在磁场中运动的周期与v无关,由ω=可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关,选项C、D错误。

5.(马鞍山模拟)如图所示,abcd为一正方形边界的匀强磁场区域,磁场边界边长为L,三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入,粒子1从b点射出,粒子2从c点射出,粒子3从cd边垂直于磁场边界射出,不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息,可以确定               (　　)

A.粒子1带负电,粒子2不带电,粒子3带正电

B.粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1

C.粒子1和粒子3在磁场中运动的时间之比为 4∶1

D.粒子3的射出位置与d点相距

【解析】选B。根据左手定则可知粒子1带正电,粒子2不带电,粒子3带负电,选项A错误;粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周,半径r1=L,时间t1=T= ×=,粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周,半径r3=L,时间t3=T =×=,则t1=t3,选项C错误;由r=可知粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1,选项B正确;粒子3的射出位置与d点相距(-1)L,选项D错误。

6.(2016·全国卷Ⅱ)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中,磁场方向与筒的轴平行,筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔,筒绕其中心轴以角速度ω顺时针转动。在该截面内,一带电粒子从小孔M射入筒内,射入时的运动方向与MN成30°角。当筒转过90°时,该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞,则带电粒子的比荷为

  (　　)

A.　　　B.　　　C.　　　D.

【解析】选A。粒子恰好从小孔N飞出圆筒时筒转过90°,由几何关系得,粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为30°。如图所示,则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T′=3T=,根据T=,所以=,故选项A正确。

7.有关电荷所受电场力和磁场力的说法中,正确的是 (　　)

A.电荷在磁场中一定受磁场力的作用

B.电荷在电场中一定受电场力的作用

C.电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致

D.电荷若受磁场力,则受力方向与该处的磁场方向垂直

【解析】选B、D。带电粒子受洛伦兹力的条件:运动电荷且速度方向与磁场方向不平行,故电荷在磁场中不一定受磁场力作用,A项错误;电场具有对放入其中的电荷有力的作用的性质,B项正确;正电荷受力方向与电场方向一致,而负电荷受力方向与电场方向相反,C项错误;磁场对运动电荷的作用力方向垂直磁场方向且垂直速度方向,D项正确。

8.空间有一磁感应强度为B的水平匀强磁场,质量为m、电荷量为q的质点以垂直于磁场方向的速度v0水平进入该磁场,在飞出磁场时高度下降了h,重力加速度为g,则下列说法正确的是              (　　)

A.带电质点进入磁场时所受洛伦兹力可能向上

B.带电质点进入磁场时所受洛伦兹力一定向下

C.带电质点飞出磁场时速度的大小为v0

D.带电质点飞出磁场时速度的大小为

【解析】选A、D。因为磁场为水平方向,带电质点水平且垂直于磁场方向飞入该磁场,若磁感应强度方向为垂直纸面向里,利用左手定则,可以知道若质点带正电,从左向右飞入瞬间洛伦兹力方向向上,若质点带负电,飞入瞬间洛伦兹力方向向下,A对,B错;利用动能定理mgh=mv2-m,得v=,C错,D对。

9.如图所示,xOy平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外,磁感应强度B=1 T的匀强磁场,ON为处于y轴负方向的弹性绝缘薄挡板,长度为9 m,M点为x轴正方向上一点,OM=3 m。现有一个比荷大小为=1.0 C/kg可视为质点的带正电的小球(重力不计),从挡板下端N处小孔以不同的速度向x轴负方向射入磁场,若与挡板相碰就以原速率弹回,且碰撞时间不计,碰撞时电荷量不变,小球最后都能经过M点,则小球射入的速度大小可能是              (　　)

A.3 m/s　　　　　 B.3.75 m/s

C.4 m/s    D.5 m/s

【解析】选A、B、D。因为小球通过y轴的速度方向一定是+x方向,故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m,即Rmin=,解得vmin=3 m/s;经验证,带电小球以3 m/s速度进入磁场,与ON碰撞一次,再经四分之三圆周经过M点,如图甲所示,A项正确;当带电小球与ON不碰撞,直接经过M点,如图乙所示,小球速度沿-x方向射入磁场,则圆心一定在y轴上,做出MN的垂直平分线,交于y轴的点即得圆心位置,由几何关系解得轨迹半径最大值Rmax=5 m,又Rmax=,解得vmax=

5 m/s,D项正确;当小球速度大于3 m/s,小于5 m/s时,轨迹如图丙所示,由几何条件计算可知轨迹半径R=3.75 m,由半径公式R=,得v=3.75 m/s,B项正确,由分析易知选项C错误。

10.如图所示,S处有一电子源,可向纸面内任意方向发射电子,平板MN垂直于纸面,在纸面内的长度L=9.1 cm,中点O与S间的距离d=4.55 cm,MN与SO直线的夹角为θ,板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场,磁感应强度B=2.0×10-4T。电子质量m=9.1×10-31 kg,电量e=-1.6×10-19 C,不计电子重力。电子源发射速度v=1.6×106 m/s的一个电子,该电子打在板上可能位置的区域的长度为l,则              (　　)

A.θ=90°时,l=9.1 cm

B.θ=60°时,l=9.1 cm

C.θ=45°时,l=4.55 cm

D.θ=30°时,l=4.55 cm

【解析】选A、D。电子在磁场中受洛伦兹力作用做匀速圆周运动,根据洛伦兹力大小计算公式和向心力公式有:evB=m,解得电子圆周运动的轨道半径为:r=

= m=4.55×10-2 m=4.55 cm,恰好有:r=d=,由于电子源S可向纸面内任意方向发射电子,因此电子的运动轨迹将是过S点的一系列半径为r的等大圆,能够打到板MN上的区域范围如图甲所示,实线SN表示电子刚好经过板N端时的轨迹,实线SA表示电子轨迹刚好与板相切于A点时的轨迹,因此电子打在板上可能位置的区域的长度为:l=NA,

又由题设选项可知,MN与SO直线的夹角θ不定,但要使电子轨迹与MN板相切,根据图中几何关系可知,此时电子的轨迹圆心C一定落在与MN距离为r的平行线上,如图乙所示,当l=4.55 cm时,即A点与板O点重合,作出电子轨迹如图中实线S1A1,由图中几何关系可知,此时S1O与MN的夹角θ=30°,故C错误,D正确。当l=9.1 cm时,即A点与板M端重合,作出电子轨迹如图中实线S2A2,由几何关系可知,此时S2O与MN的夹角θ=90°,故A正确,B错误。

二、计算题(15分。需写出规范的解题步骤)

11.如图所示,在半径为R=的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B,圆形区域右侧有一竖直感光板,带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场,已知粒子的质量为m,电量为q,粒子重力不计。

(1)若粒子对准圆心射入,求它在磁场中运动的时间。

(2)若粒子对准圆心射入,且速率为v0,求它打到感光板上时速度的垂直分量。

(3)若粒子以速度v0从P点以任意角入射,试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。

【解析】(1)粒子的轨道半径r==R,

故粒子在磁场中的运动时间t==

(2)当v=v0时,轨迹半径r′=R,如图所示,速度偏转60°角,

故v⊥=vsin60°=v0

(3)由(1)知,当带电粒子以v0射入时,带电粒子在磁场中的运动轨道半径为R。设粒子射入方向与PO方向夹角为θ,带电粒子从区域边界S射出,带电粒子运动轨迹如图所示。

因PO3=O3S=PO=SO=R,

所以四边形POSO3为菱形。

由图可知:PO∥O3S,v0⊥SO3,因此,带电粒子射出磁场时的方向为水平方向,与入射的方向无关。

答案:(1)　(2)v0　(3)见解析

【加固训练】

如图所示,在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。边界上的一粒子源A,向磁场区域发射出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子,其速度大小均为v,方向垂直于磁场且分布在AO右侧α角的范围内(α为锐角)。磁场区域的半径为,其左侧有与AO平行的接收屏,不计带电粒子所受重力和相互作用力,求:

(1)沿AO方向入射的粒子离开磁场时的方向与入射方向的夹角。

(2)接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度。

【解析】(1)根据带电粒子在磁场中的运动规律,可知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动,设其半径为R,有qBv=,得R=

可知,带电粒子运动半径与磁场区域半径相等。沿AO射入磁场的粒子离开磁场时的方向与入射方向之间的夹角为,如图所示。

(2)设粒子入射方向与AO的夹角为θ,粒子离开磁场的位置为A′,粒子做圆周运动的圆心为O′。根据题意可知四边形AOA′O′四条边长度均为,是菱形,有

O′A′∥OA,故粒子出射方向必然垂直于OA所在直线,然后做匀速直线运动垂直击中接收屏,如图所示。

设与AO成θ角射入磁场的粒子离开磁场时与A点竖直距离为d,有

d=R+Rcos(-θ)=

设d的最大值和最小值分别为d1和d2,有

d1=,d2=

故接收屏上能接收到带电粒子的宽度Δd为

Δd=d1-d2=。

答案: (1)　(2)

【能力拔高题组】

1.(8分)(十堰模拟)如图所示,空间存在水平向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场,磁场内有一绝缘的足够长的直杆,它与水平面的倾角为θ,一带电荷量为-q、质量为m的带负电小球套在直杆上,从A点由静止沿杆下滑,小球与杆之间的动摩擦因数为μ<tanθ。则在下列图中小球运动过程中的速度—时间图象可能是              (　　)

【解析】选C。小球受重力、洛伦兹力、杆的弹力、摩擦力的作用。开始时弹力的方向垂直杆向上,随着速度增大,洛伦兹力增大。杆的弹力减小,摩擦力减小,小球做加速度逐渐增大的加速运动,当洛伦兹力较大时,杆的弹力方向垂直杆向下,随着速度增大,洛伦兹力增大,杆的弹力增大,摩擦力增大,小球做加速度逐渐减小的加速运动,最后达到最大速度,做匀速运动,选项C正确。

2.(17分)(2016·海南高考)如图,A、C两点分别位于x轴和y轴上,∠OCA=30°,OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子,以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时,恰好垂直于OC边射出磁场,且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。

(1)求磁场的磁感应强度的大小。

(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场,恰好从OC边上的同一点射出磁场,求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和。

(3)若粒子从某点射入磁场后,其运动轨迹与AC边相切,且在磁场内运动的时间为t0,求粒子此次入射速度的大小。

【解析】(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,在时间t0内其速度方向改变了90°,故其周期

T=4t0 ①

设磁感应强度大小为B,粒子速度为v,圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得qvB=m              ②

匀速圆周运动的速度满足v= ③联立①②③式得B= ④

(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场,能从OC边上的同一点P射出磁场,粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示。

设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系知

θ1=180°-θ2 ⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2,则t1+t2==2t0 ⑥

(3)如图乙,由题给条件可知,该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。

设O′为圆弧的圆心,圆弧的半径为r0,圆弧与AC相切于B点,从D点射出磁场,由几何关系和题给条件可知,此时有

∠OO′D=∠BO′A=30°⑦

OA=r0cos∠OO′D+=L ⑧

设粒子此次入射速度的大小为v0,由圆周运动规律得v0= ⑨

联立①⑦⑧⑨式得v0=。

答案:(1)　(2)2t0　(3)