高考物理一轮复习课后练习27 磁场对运动电荷的作用力（含答案解析）
展开2020版高考物理 全程复习课后练习27
磁场对运动电荷的作用力
A．磁感线是实际存在于磁场中的线
B．磁感线是一条条不闭合的曲线
C．磁感线有可能出现相交的情况
D．磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致
2.法拉第电动机原理如图所示，条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上．一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连．电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中．从上往下看，金属杆( )
A．向左摆动 B．向右摆动 C．顺时针转动 D．逆时针转动
3.如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v=，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为( )
A．1：1 B．2：3 C.：2 D．2：7
4.如图所示在平面直角坐标系xOy的第一象限中，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一带电粒子以一定的速度平行于x轴正方向从y轴上的a处射入磁场，粒子经磁场偏转后恰好从坐标原点O射出磁场．现使同一带电粒子以速度方向不变、大小变为原来的4倍，仍从y轴上的a处射入磁场，经过t0时间射出磁场，不计粒子所受的重力，则粒子的比荷为( )
A. B. C. D.
5.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场．之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1t2为( )
A．2：3 B．2：1 C．3：2 D．3：1
6.如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)．设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1：t2为( )
A．2：1 B．2：3 C．3：2 D.：
7.两根平行放置的长度均为L的长直导线ab和cd，固定放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，磁场方向如图所示．当导线ab通过的电流大小为2I、导线cd通过的电流大小为I时，导线ab受到的磁场力大小为F1、方向垂直于导线向左，导线cd受到的磁场力大小为F2、方向垂直于导线向右．已知直导线ab中的电流由b到a.下列判断正确的是( )
A．直导线cd中的电流由c到d，匀强磁场的磁感应强度的大小为
B．直导线cd中的电流由c到d，匀强磁场的磁感应强度的大小为
C．直导线cd中的电流由d到c，匀强磁场的磁感应强度的大小为
D．直导线cd中的电流由d到c，匀强磁场的磁感应强度的大小为
A．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
C．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
D．若v一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远
9.如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=，其中k为常量)．某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受的洛伦兹力为( )
A．方向垂直纸面向里，大小为
B．方向指向x轴正方向，大小为
C．方向垂直纸面向里，大小为
D．方向指向x轴正方向，大小为
10.如图，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点．大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上，不计重力及带电粒子之间的相互作用，则v2：v1为( )
A.：2 B.：1 C.：1 D．3：
11. (多选)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上A点沿与直径AB成30°角的方向垂直射入磁场，其后从C点射出磁场．已知CD为圆的直径，∠BOC=60°，E、F分别为劣弧AD和AC上的点，粒子重力不计，则下列说法正确的是( )
A．该粒子可能带正电
B．粒子从C点射出时的速度方向一定垂直于直径AB
C．若仅将粒子的入射位置由A点改为E点，则粒子仍从C点射出
D．若仅将粒子的入射位置由A点改为F点，则粒子仍从C点射出
12. (多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将( )
A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉
B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉
C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉
13.如图所示，直角坐标系第Ⅰ、Ⅱ象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为＋q的粒子在纸面内以速度v从y轴负方向上的A点(0，－L)射入，其方向与x轴正方向成30°角，粒子离开磁场后能回到A点，不计重力．求：
(1)磁感应强度B的大小；
(2)粒子从A点出发到再回到A点的时间．
14.如图所示，xOy平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1 T，在原点O有一粒子源，它可以在xOy平面内向各个方向发射出质量m=6.4×10－27 kg、电荷量q=3.2×10－19 C、速度v=1.0×106 m/s的带正电的粒子．一感光薄板平行于x轴放置，其中点O′的坐标为(0，a)，且满足a＞0.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，结果保留三位有效数字)．
(1)若薄板足够长，且a=0.2 m，求感光板下表面被粒子击中的长度；
(2)若薄板长l=0.32 m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值．
解析：磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错误．在磁体的内部，磁感线从磁体的S极出发到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故B错误．若两条磁感线可以相交，则交点处就可以作出两磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，故C错误．磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致，故D正确．
解析：有斜向上的电流通过金属杆，金属杆受到安培力作用，根据左手定则判断可知，安培力方向与金属杆垂直，且向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动，A、B、C错误，D正确．
解析：
由qvB=可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径R=d，当速度方向沿AN时，轨迹交PQ于B点，
当轨迹恰好与PQ相切时，轨迹交PQ于C点，B、C间的距离为粒子能从PQ边界射出的区域长度，
由几何关系可知∠O1BC=∠O2AD=30°，所以BC=2Rcos30°=R；当粒子垂直于MN射入时，
粒子与MN交于E点(轨迹是半圆，没画出)，
A、E间的距离是粒子能从MN边界射出的长度，AE=2R，所以==.
解析：带电粒子射入匀强磁场后做匀速圆周运动，粒子第一次射入磁场时，轨迹半径为，
粒子第二次射入磁场时，粒子轨迹半径为2a，
由此可知粒子第二次在磁场中偏转60°后射出磁场，因此t0=，由T=可得=.C正确．
解析：两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示．
电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，
c点为圆心．电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r=可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，△aOc为等边三角形，
则电子2转过的圆心角为60°，所以电子1运动的时间t1==，
电子2运动的时间t2==，所以t1：t2=3：1，故选D.
解析：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，
粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角θ1=90°，
粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角θ2=60°，则===，故选项C正确．
解析：如果直导线cd中的电流由d到c，则匀强磁场和直导线ab对直导线cd的作用力方向均垂直于cd向左，不合题意，因此直导线cd中的电流由c到d.两根直导线之间的作用力为相互排斥力，大小相等，设为F0，对导线ab有F1=F0＋2BIL，对导线cd有F2=F0＋BIL，联立解得匀强磁场的磁感应强度为B=.选项A正确．
解析：画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示．由几何关系得：轨迹对应的圆心角α=2π－2θ，粒子在磁场中运动的时间t=T=·=，则得知：粒子的运动时间与v无关，故A错误；若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确．粒子在磁场中运动的角速度ω=，又T=，则得ω=，与速度v无关，故B错误；设粒子的轨迹半径为r，则r=.AO=2rsinθ=，则若θ是锐角，θ越大，AO越大．若θ是钝角，θ越大，AO越小．故D错误；故选C.
解析：P、Q两根导线到O点的距离相等，根据安培定则，两导线在O点产生的磁场方向相反，
大小相等，所以最终磁场的磁感应强度大小等于R在O点产生的磁场的磁感应强度大小，
根据安培定则，磁场的方向沿x轴负方向，RO=a，磁感应强度的大小B==，
根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小F=evB=，故A正确．
解析：设速率为v1的粒子最远出射点为M，速率为v2的粒子最远出射点为N，
如图所示，则由几何知识得r1==，r2==R=
由qvB=得r=，故==，选项C正确．
解析：粒子由A点射入，C点射出，可确定洛伦兹力方向，由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；轨迹圆弧关于磁场圆心与轨迹圆圆心连线对称，所以粒子从C点射出时速度方向与DC夹角也是30°，垂直于直径AB，B项正确；轨迹圆半径与磁场圆半径相同，由磁聚焦原理可知，C、D项正确．
解析：由于矩形线圈是由一根漆包线绕制而成,电流在环形线圈中通过,把左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或者把左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉、右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样在半个周期内受到安培力作用而转动,在另半个周期内靠惯性转动,故选项A、D做法可行;把左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,这样在半个周期内安培力是动力,另半个周期内安培力是阻力,阻碍线圈的转动,故选项B做法不可行;把左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,线圈中没有电流,线圈不受安培力作用,不能转动,故选项C做法不可行。
13.解：
(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，
r==2L，洛伦兹力提供向心力，qvB=，联立得B=.
(2)粒子做匀速直线运动的时间t1=2×=，
在磁场中偏转了300°，所用时间t2=T=×=，
粒子从A点出发到再回到A点的时间t=t1＋t2=.
(1)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qvB=m解得r=0.2 m
如图1，沿y轴正向发射的粒子击中薄板的D点(最左端)，有
x1=r=0.2 m
而击中薄板的最右端的粒子恰好运动了半个圆周，由几何关系x2= m
所以，感光板下表面被粒子击中的长度L=x1＋x2=0.546 m.
(2)如图2，若粒子恰能击中薄板的最左端点，由几何关系
OF==0.12 m解得a1=OF＋r=0.320 m
如图3，若粒子恰能击中薄板的最右端E点，由几何关系
a2== m＞0.320 m
综上可得，为使感光板下表面全部被粒子击中，a的最大值：am=0.320 m.
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