（天津專用）2020屆高考物理一輪復習 考點規(guī)范練46 磁場對運動電荷的作用（含解析）新人教版

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1、考點規(guī)范練46　磁場對運動電荷的作用 一、單項選擇題 1.下列各圖中,運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是(　　) 2.(2018·甘肅一模)如圖所示,兩相鄰且范圍足夠大的勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ的磁感應強度方向平行,大小分別為B和2B。一帶正電粒子(不計重力)以速度v從磁場分界線MN上某處射入磁場區(qū)域Ⅰ,其速度方向與磁場方向垂直且與分界線MN成60°角,經(jīng)過t1時間后粒子進入到磁場區(qū)域Ⅱ,又經(jīng)過t2時間后回到區(qū)域Ⅰ,設粒子在區(qū)域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分別為ω1、ω2,則(　　) A.ω1∶ω2=1∶1 B.ω1∶ω2=2∶1 C.t1∶t2=1∶1 D.

2、t1∶t2=2∶1 3.(2018·湖北聯(lián)考)如圖所示,兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中,O為M、N連線中點,連線上a、b兩點關于O點對稱。導線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍空間某點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度B=kIr,式中k是常數(shù)、I是導線中電流、r為該點到直導線的距離?，F(xiàn)有一置于a點的帶負電小球獲得一沿ab方向的初速度v0,已知小球始終未離開桌面。則關于小球在兩導線間的運動情況,下列說法正確的是(　　) A.小球先做加速運動后做減速運動 B.小球做曲率半徑先增大后減小的曲線運動 C.小球對桌面的正壓力先減小后增大 D.小球做勻速直線運動

3、 4.如圖所示,△ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形,比荷為em的電子以速度v0從A點沿AB邊入射,欲使電子經(jīng)過BC邊,磁感應強度B的取值為(　　) A.B>2mv0ae B.B<2mv0ae C.B>3mv0ae D.B<3mv0ae 5.(2018·貴州貴陽模擬)如圖所示,在熒光屏MN上方分布了水平方向的勻強磁場,磁感應強度的大小B=0.1 T、方向與紙面垂直。距離熒光屏h=16 cm處有一粒子源S,以速度v=1×106 m/s不斷地在紙面內向各個方向發(fā)射比荷qm=1×108 C/kg的帶正電粒子,不計粒子的重力。則粒子打在熒光屏范圍的長度為(　　) A.12 c

4、m B.16 cm C.20 cm D.24 cm 二、多項選擇題 6.(2018·山師大附中)如圖所示,在直線MN下方存在著垂直于紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B,放置在直線MN上P點的離子源,可以向磁場區(qū)域紙面內的各個方向發(fā)射出質量為m、電荷量為q的負離子,速率都為v。對于那些在紙面內運動的離子,下列說法正確的是(　　) A.離子射出磁場的點Q(圖中未畫出)到P的最大距離為mvqB B.離子距離MN的最遠距離為2mvqB C.離子在磁場中的運動時間與射入方向有關 D.對于沿同一方向射入磁場的離子,射入速率越大,運動時間越短 7.(2018·廣西南寧一模)如圖所示,MN是

5、紙面內的一條直線,其所在空間充滿與紙面平行的勻強電場或與紙面垂直的勻強磁場(區(qū)域都足夠大),現(xiàn)有一重力不計的帶電粒子從MN上的O點以平行于紙面的初速度v0射入,下列有關判斷正確的是(　　) A.如果粒子回到MN上時速度增大,則空間存在的一定是電場 B.如果粒子回到MN上時速度大小不變,則該空間存在的一定是電場 C.若只改變粒子的速度大小,發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN上時與其所成夾角不變,則該空間存在的一定是磁場 D.若只改變粒子的速度大小,發(fā)現(xiàn)粒子再回到MN所用的時間不變,則該空間存在的一定是磁場 8.如圖所示,寬d=4 cm的有界勻強磁場,縱向范圍足夠大,磁場方向垂直紙面向里。現(xiàn)有一群正

6、粒子從O點以相同的速率沿紙面不同方向進入磁場,若粒子在磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑為r=10 cm,則(　　) A.右邊界:-8 cm8 cm有粒子射出 D.左邊界:00區(qū)域內,有磁感應強度B=1.0×10-2 T的勻強磁場,方向與xOy平面垂直,在x軸上的P(10,0)點,有一放射源,在xOy平面內向各個方向發(fā)射速率v=104 m/s的帶正電的粒子,粒子的質量為m=1.6×10-25 kg,電荷量為q=1.6×

7、10-18 C,求帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍。 10.(2018·遼寧大連抽考)如圖所示,半徑為R的圓形區(qū)域位于正方形ABCD的中心,圓形區(qū)域內、外有垂直紙面的勻強磁場,磁感應強度大小相等,方向相反。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子以速率v0沿紙面從M點平行于AB邊沿半徑方向射入圓形磁場,在圓形磁場中轉過90°從N點射出,且恰好沒射出正方形磁場區(qū)域,粒子重力不計,求: (1)磁場的磁感應強度B的大小; (2)正方形區(qū)域的邊長; (3)粒子再次回到M點所用的時間。 11.如圖所示,中軸線PQ將矩形區(qū)域MNDC

8、分成上下兩部分,上部分充滿垂直于紙面向外的勻強磁場,下部分充滿垂直于紙面向內的勻強磁場,磁感應強度大小均為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子從P點進入磁場,速度與邊MC的夾角θ=30°,MC邊長為a,MN邊長為8a,不計粒子重力。 (1)若要該粒子不從MN邊射出磁場,其速度最大值是多少? (2)若要該粒子恰從Q點射出磁場,其在磁場中的運行時間最短是多少? 考點規(guī)范練46　磁場對運動電荷的作用 1.B　解析根據(jù)左手定則,A中F方向應向上,B中F方向應向下,故A錯、B對;C、D中都是v∥B,F=0,故C、D都錯。 2.C　解析由qvB=mv2R和v=ωR得ω=Bqm,故ω1∶

9、ω2=1∶2;粒子在Ⅰ中的軌跡對應的圓心角為120°,在Ⅱ中的軌跡對應的圓心角為240°,由T1=2πmqB,T2=πmqB和t=θ360°·T知t1∶t2=1∶1。 3.D　解析由安培定則,M導線在ab間的磁場方向垂直紙面向里,N導線在ab間的磁場方向垂直紙面向外,根據(jù)矢量的疊加可得,M到O的磁場方向垂直紙面向里,大小逐漸減小,O到N的磁場方向垂直紙面向外,大小逐漸增大。對帶負電小球,在水平方向不受力,做勻速直線運動,由左手定則,M到O的洛倫茲力方向豎直向下,大小逐漸減小,O到N的洛倫茲力方向豎直向上,大小逐漸增大。再由平衡條件知小球對桌面的壓力逐漸減小,只有選項D正確。 4.D　解析如

10、圖所示,電子正好經(jīng)過C點,此時圓周運動的半徑R=a2cos30°=a3,要想電子從BC邊經(jīng)過,電子做圓周運動的半徑要大于a3,由帶電粒子在磁場中運動的公式r=mvqB有a3

11、 6.BC　解析因為離子沿各個方向射出,所以其運動軌跡不同,但半徑都相同,如圖所示。 垂直于MN射入的離子,在射出磁場時其射出點Q離P點最遠,且最遠距離等于軌道半徑的2倍,即2mvqB,A錯誤;平行MN且向N側射入的離子在磁場中運動時距離MN有最遠距離PP',且為軌道半徑的2倍,B正確;由T=2πmqB知,離子在磁場中運動的周期相同,由t=θ360°T知,離子在磁場中的運動時間由圓弧對應的圓心角決定,而圓心角由離子射入磁場的方向決定,因此運動時間與射入方向有關,C正確;對于沿同一方向射入的離子,其運動時間由偏轉角度和運動周期決定,而運動周期與速率無關,所以離子的運動時間與速率無關,

12、D錯誤。 7.AD　解析洛倫茲力對帶電粒子不做功,不能使粒子速度增大,靜電力可對帶電粒子做功,動能增大,故A正確;若存在勻強磁場,則粒子返回MN時速率不變,故B錯誤;若MN為一等勢面,則粒子回到MN時,速度大小不變,且沿MN方向的速度不變,則速度與MN夾角不變,故C錯誤;由T=2πmBq知,粒子在磁場中運動的時間與速率無關,故D正確。 8.AD　解析根據(jù)左手定則,正粒子在勻強磁場中將沿逆時針方向轉動,由軌道半徑r=10cm畫出粒子的兩種臨界運動軌跡,如圖所示,則OO1=O1A=OO2=O2C=O2E=10cm,由幾何知識求得AB=BC=8cm,OE=16cm,因此答案為A、D。 9.

13、解析帶電粒子在磁場中運動時由牛頓第二定律得 qvB=mv2R,解得R=mvqB=0.1m=10cm 如圖所示,當帶電粒子打到y(tǒng)軸上方的A點與P連線正好為其圓軌跡的直徑時,A點即為粒子能打到y(tǒng)軸上方的最高點。因OP=10cm AP=2R=20cm 則OA=AP2-OP2=103cm 當帶電粒子的圓軌跡正好與y軸下方相切于B點時,若圓心再向左偏,則粒子就會從縱軸離開磁場,所以B點即為粒子能打到y(tǒng)軸下方的最低點,易得OB=R=10cm,綜上所述,帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍為-10~103cm。 答案-10~103 cm 10.解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示,

14、設粒子在圓形磁場中的軌跡半徑為r1, qv0B=mv02r1。 由幾何關系r1=R。 解得B=mv0qR。 (2)設粒子在正方形磁場中的軌跡半徑為r2,粒子恰好不從AB邊射出, qv0B=mv02r2, r2=mv0Bq=R。 正方形的邊長l=2r1+2r2=4R。 (3)粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的周期T1=2πRv0。 在圓形磁場中運動時間t1=12T1=πRv0。 粒子在正方形區(qū)域做勻速圓周運動的周期T2=2πRv0, t2=32T2=3πRv0。 再次回到M點的時間為t=t1+t2=4πRv0。 答案(1)mv0qR　(2)4R　(3)4πRv0 1

15、1.解析(1)設該粒子恰好不從MN邊射出磁場時的軌跡半徑為r,則由幾何關系得rcos60°=r-a2,解得r=a 又由qvB=mv2r,解得最大速度為vmax=qaBm。 (2)粒子每經(jīng)過分界線PQ一次,在PQ方向前進的位移為軌跡半徑R的3倍。 設粒子進入磁場后第n次經(jīng)過PQ線時恰好到達Q點 有n×3R=8a,且R83=4.62 n所能取的最小自然數(shù)為5 粒子做圓周運動的周期為T=2πmqB 粒子每經(jīng)過PQ分界線一次用去的時間為t=13T=2πm3qB 粒子到達Q點的最短時間為tmin=5t=10πm3qB。 答案(1)qaBm　(2)10πm3qB 6