2021高考物理大一轮复习领航检测：第九章　磁场-第2节 Word版含解析

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1．(多选)如图所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )
A．导线中的电流从A流向B
B．导线中的电流从B流向A
C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现
D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关
解析：选BC.由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流从B流向A.当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转．选项B、C正确．
2．两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行．一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )
A．轨道半径减小，角速度增大
B．轨道半径减小，角速度减小
C．轨道半径增大，角速度增大
D．轨道半径增大，角速度减小
解析：选D.因洛伦兹力不做功，故带电粒子从较强磁场区域进入到较弱的磁场区域后，其速度大小不变，由r＝eq \f(mv,qB)知，轨道半径增大；由角速度ω＝eq \f(v,r)知，角速度减小，选项D正确．
3．如图所示，半径为R的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q(q>0)、质量为m的粒子沿平行于直径ab的方向射入磁场区域，射入点与ab的距离为eq \f(R,2)，已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( )
A.eq \f(qBR,2m) B．eq \f(qBR,m)
C.eq \f(3qBR,2m) D.eq \f(2qBR,m)
解析：选B. 如图所示，粒子做圆周运动的圆心O2必在过入射点垂直于入射速度方向的直线EF上，由于粒子射入、射出磁场时运动方向间的夹角为60°，故圆弧ENM对应圆心角为60°，所以△EMO2为等边三角形．由于O1D＝eq \f(R,2)，所以∠EO1D＝60°，△O1ME为等边三角形，所以可得到粒子做圆周运动的半径EO2＝O1E＝R，由qvB＝eq \f(mv2,R)，得v＝eq \f(qBR,m)，B正确．
4．如图为质谱仪的结构原理图，磁场方向如图，某带电粒子穿过S′孔打在MN板上的P点．则( )
A．该粒子一定带负电
B．a极板电势一定比b极板高
C．到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱无关
D．带电粒子的eq \f(q,m)比值越大，PS′间距离越大
解析：选B.粒子在MN右侧的磁场中向上偏转，由左手定则可知粒子带正电，故A错误；由左手定则可知，粒子在选择器中受向上的洛伦兹力，此时粒子受力平衡，电场力的方向向下，所以电场强度的方向也向下，a极板电势一定比b极板高，故B正确；由qE＝qvBab可知，粒子的速度v＝eq \f(E,Bab)，到达P点粒子的速度大小与a、b间电、磁场强弱有关，故C错误；由洛伦兹力提供向心力得qvB＝eq \f(mv2,r)，则eq \f(q,m)＝eq \f(v,Br)，知比荷越大，r越小，PS′间距离越小，故D错误．
5．如图所示，沿x方向有界、沿y方向无界的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直纸面向内，大量的速率不同的电子(不计重力)从O点沿x轴正方向进入磁场，最终离开磁场．下列判断正确的是( )
A．所有的电子都向x轴下方偏转
B．所有的电子都做类平抛运动
C．所有的电子在磁场中运动时速度不变
D．只要是速率不同的电子，它们在磁场中运动的时间就一定不同
解析：选A.根据左手定则，可以判断电子受到的洛伦兹力的方向向下，所以所有的电子都向x轴下方偏转，A正确．电子在磁场中做匀速圆周运动，B错误．洛伦兹力对电荷不做功，所有的电子在磁场中运动时速度大小不变，但方向时刻改变，C错误．电子的速度不同，所有电子在磁场旋转半个圆周后射出磁场，t＝eq \f(T,2)＝eq \f(πm,Bq)都相同，它们运动的时间都相同，D错误．
6．如图，ABCD是一个正方形的匀强磁场区域，经相等加速电压加速后的甲、乙两种带电粒子分别从A、D射入磁场，均从C点射出，则它们的速率v甲∶v乙和它们通过该磁场所用时间t甲∶t乙的值分别为( )
A．1∶1 2∶1 B．1∶2 2∶1
C．2∶1 1∶2 D．1∶2 1∶1
解析：选B.带电粒子在电场中加速有qU＝eq \f(1,2)mv2，带电粒子在磁场中偏转有qvB＝meq \f(v2,R)，联立解得v＝eq \f(2U,BR)，即v∝eq \f(1,R)，故eq \f(v甲,v乙)＝eq \f(R乙,R甲)＝eq \f(1,2)；甲粒子在磁场中偏转用时t甲＝eq \f(πR甲,2v甲)，乙粒子在磁场中偏转用时t乙＝eq \f(πR乙,v乙)可得，eq \f(t甲,t乙)＝eq \f(R甲v乙,2R乙v甲)＝eq \f(2,1).由以上分析计算可知选项B正确．
[综合应用题组]
7．美国物理学家劳伦斯于1932年发明的回旋加速器，应用带电粒子在磁场中做圆周运动的特点，能使粒子在较小的空间范围内经过电场的多次加速获得较大的能量，使人类在获得较高能量的带电粒子方面前进了一步．如图所示为一种改进后的回旋加速器示意图，其中盒缝间的加速电场场强大小恒定，且被限制在A、C板间，带电粒子从P0处由静止释放，并沿电场线方向射入加速电场，经加速后再进入D形盒中的匀强磁场做匀速圆周运动．对于这种改进后的回旋加速器．下列说法正确的是( )
A．带电粒子每运动一周被加速一次
B．P1P2＝P2P3
C．加速粒子的最大速度与D形盒的尺寸无关
D．加速电场方向需要做周期性的变化
解析：选A.由图可知带电粒子每运动一周被加速一次，加速电场方向不需要做周期性变化，A正确，D错误．由动能定理得nqU＝eq \f(1,2)mv2，又qBv＝meq \f(v2,R)，可得R＝eq \f(1,B) eq \r(\f(2nmU,q))，R与加速次数不成正比，故B错误．最大动能为Ek＝eq \f(qBR02,2m)，R0为D形盒半径，可知C错误．
8．(多选)如图所示，带正电的A粒子和B粒子先后以同样大小的速度从宽度为d的有界匀强磁场的边界上的O点分别以30°和60°(与边界的夹角)射入磁场，又都恰好不从另一边界飞出，则下列说法中正确的是( )
A．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是eq \f(1,\r(3))
B．A、B两粒子在磁场中做圆周运动的半径之比是eq \f(3,2＋\r(3))
C．A、B两粒子eq \f(m,q)之比是eq \f(1,\r(3))
D．A、B两粒子eq \f(m,q)之比是eq \f(3,2＋\r(3))
解析：选BD.由题意知，粒子在磁场中运动时由洛伦兹力提供向心力，根据Bqv＝meq \f(v2,r)，得r＝eq \f(mv,Bq).由几何关系可得，对粒子B：rBcs 60°＋rB＝d，对粒子A：rAcs 30°＋rA＝d，联立解得eq \f(rA,rB)＝eq \f(3,2＋\r(3))，所以A错误，B正确．再根据r＝eq \f(mv,Bq)，可得A、B两粒子eq \f(m,q)之比是eq \f(3,2＋\r(3))，故C错误，D正确．
9．如图所示，两匀强磁场方向相同，以虚线MN为理想边界，磁感应强度分别为B1、B2.一个质量为m、电荷量为e的电子从MN上的P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1中，其运动轨迹为图中虚线所示的“心”形图线．则以下说法正确的是( )
A．电子的运行轨迹为PENCMDP
B．电子运行一周回到P用时为T＝eq \f(2πm,B1e)
C．B1＝2B2
D．B1＝4B2
解析：选C.根据左手定则可知：电子从P点沿垂直于磁场的方向射入匀强磁场B1时，受到的洛伦兹力方向向上，所以电子的运行轨迹为PDMCNEP，故A错误；电子在整个过程中，在匀强磁场B1中运动两个半圆，即运动一个周期，在匀强磁场B2中运动半个周期，所以T＝eq \f(2πm,B1e)＋eq \f(πm,B2e)，故B错误；由图象可知，电子在匀强磁场B1中运动半径是在匀强磁场B2中运动半径的一半，根据r＝eq \f(mv,Be)可知，B1＝2B2，故C正确，D错误．
10．(多选)如图所示，宽度为d的双边界有界磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度大小为B.一质量为m、带电荷量为＋q的带电粒子(不计重力)从MN边界上的A点沿纸面垂直MN以初速度v0进入磁场．已知该带电粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(v0,2Bd)，其中A′为PQ上的一点，且AA′与PQ垂直．则下列判断正确的是( )
A．该带电粒子进入磁场后将向下偏转
B．该带电粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为2d
C．该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为eq \r(3)d
D．该带电粒子在磁场中运动的时间为eq \f(πd,3v0)
解析：选BD.由左手定则知，该带电粒子进入磁场后将向上偏转，故A错误．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有qv0B＝meq \f(v\\al(2,0),R)，解得R＝eq \f(mv0,qB)，又因为带电粒子的比荷eq \f(q,m)＝eq \f(v0,2Bd)，则有R＝2d，故B正确．由几何关系可知，该带电粒子打在PQ上的点与A′点的距离为s＝R(1－cs 30°)＝2d×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(\r(3),2)))＝(2－eq \r(3))d，故C错误．由图可知，该带电粒子在匀强磁场中运动的圆心角为θ＝eq \f(π,6)，所以粒子在磁场中运动的时间t＝eq \f(2πm,qB)×eq \f(1,12)＝eq \f(πd,3v0)，故D正确．
11．如图所示，在平面直角坐标系xOy的第四象限有垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m＝5.0×10－8 kg、电荷量为q＝1.0×10－6 C的带电粒子．从静止开始经U0＝10 V的电压加速后，从P点沿图示方向进入磁场，已知OP＝30 cm，(粒子重力不计，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)，求：
(1)带电粒子到达P点时速度v的大小；
(2)若磁感应强度B＝2.0 T，粒子从x轴上的Q点离开磁场，求OQ的距离；
(3)若粒子不能进入x轴上方，求磁感应强度B′满足的条件．
解析：(1)对带电粒子的加速过程，由
动能定理qU＝eq \f(1,2)mv2
代入数据得：v＝20 m/s
(2) 带电粒子仅在洛伦兹力作用下做匀速圆周运动，有：
qvB＝eq \f(mv2,R)得R＝eq \f(mv,qB)
代入数据得：R＝0.50 m
而eq \f(OP,cs 53°)＝0.50 m
故圆心一定在x轴上，轨迹如图甲所示．
由几何关系可知：
OQ＝R＋Rsin 53°
故OQ＝0.90 m
(3)带电粒子不从x轴射出(如图乙)，由几何关系得：
OP＞R′＋R′cs 53°①
R′＝eq \f(mv,qB′)②
由①②并代入数据得：
B′＞eq \f(16,3) T＝5.33 T(取“≥”照样给分)
答案：(1)20 m/s (2)0.90 m (3)B′＞5.33 T
12．如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．
(1)求粒子从A点射出到回到A点经历的时间t；
(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；
(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？
解析：(1)因粒子从A点出发，经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r＝d
由Bqv＝meq \f(v2,r)得v＝eq \f(Bqd,m)
所以运动时间为t＝eq \f(2πr＋2d,v)＝eq \f(2πm＋2m,Bq).
(2)在区域Ⅱ内由动能定理得
qEd＝eq \f(1,2)mveq \\al(2,1)－eq \f(1,2)mv2
由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r＝d
由2Bqv1＝meq \f(v\\al(2,1),r)得v1＝eq \f(2Bqd,m)
联立解得E＝eq \f(3dqB2,2m).
(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．
由eq \f(1,2)Bqv＝meq \f(v2,R)得R＝2d
所以OC＝eq \r(R2－d2)＝eq \r(3)d
粒子出射点距A点的距离为s＝r＋R－OC＝(3－eq \r(3))d.
答案：(1)eq \f(2πm＋2m,Bq) (2)eq \f(3dqB2,2m) (3)(3－eq \r(3))d