2022屆高考物理一輪復習 第九章 磁場 第二節(jié) 磁場對運動電荷的作用課后達標 新人教版

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1、2022屆高考物理一輪復習 第九章 磁場 第二節(jié) 磁場對運動電荷的作用課后達標 新人教版 一、單項選擇題 1.(2018·北京海淀區(qū)期末) 如圖所示,在赤道處,將一小球向東水平拋出,落地點為a;給小球帶上電荷后,仍以原來的速度拋出,考慮地磁場的影響,下列說法正確的是(  ) A.無論小球帶何種電荷,小球仍會落在a點 B.無論小球帶何種電荷,小球下落時間都會延長 C.若小球帶負電荷,小球會落在更遠的b點 D.若小球帶正電荷,小球會落在更遠的b點 解析:選D.地磁場在赤道上空水平由南向北,從南向北觀察,如果小球帶正電荷,則洛倫茲力斜向右上方,該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右

2、方向均有分力,因此,小球落地時間會變長,水平位移會變大;同理,若小球帶負電,則小球落地時間會變短,水平位移會變小,故D正確. 2.“人造小太陽”托卡馬克裝置使用強磁場約束高溫等離子體,使其中的帶電粒子被盡可能限制在裝置內(nèi)部,而不與裝置器壁碰撞.已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比,為約束更高溫度的等離子體,則需要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變.由此可判斷所需的磁感應強度B正比于(  ) A.          B.T C. D.T2 解析:選A.考查帶電粒子在磁場中的圓周運動問題.由題意知,帶電粒子的平均動能Ek=mv2∝T,故v∝.由qvB=整理

3、得:B∝,故選項A正確. 3. 初速度為v0的電子,沿平行于通電長直導線的方向射出,直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖所示,則(  ) A.電子將向右偏轉(zhuǎn),速率不變 B.電子將向左偏轉(zhuǎn),速率改變 C.電子將向左偏轉(zhuǎn),速率不變 D.電子將向右偏轉(zhuǎn),速率改變 解析:選A.由安培定則可知,通電導線右方磁場方向垂直紙面向里,則電子受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右,所以電子向右偏;由于洛倫茲力不做功,所以電子速率不變. 4. 如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直紙面的勻強磁場,三個質(zhì)量和電荷量都相同的帶電粒子a、b、c,以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入磁場,其運動軌跡如圖.

4、若帶電粒子只受磁場力的作用,則下列說法正確的是(  ) A.a(chǎn)粒子速率最大,在磁場中運動時間最長 B.c粒子速率最大,在磁場中運動時間最短 C.a(chǎn)粒子速率最小,在磁場中運動時間最短 D.c粒子速率最小,在磁場中運動時間最短 解析:選B.由題圖可知,粒子a的運動半徑最小,圓心角最大,粒子c的運動半徑最大,圓心角最小,由洛倫茲力提供粒子做圓周運動的向心力可得:qvB=m,故半徑公式r=,T==,故在質(zhì)量、帶電荷量、磁場的磁感應強度都相同的情況下,速率越小,半徑越小,所以粒子a的運動速率最小,粒子c的運動速率最大,而帶電粒子在磁場中的運動時間只取決于運動所對應的圓心角,所以粒子a的運動時間

5、最長,粒子c的運動時間最短. 5. (2018·北京朝陽質(zhì)檢)如圖所示,ABC為與勻強磁場垂直的邊長為a的等邊三角形,磁場垂直于紙面向外,比荷為的電子以速度v0從A點沿AB方向射入,欲使電子能經(jīng)過BC邊,則磁感應強度B的取值應為(  ) A.B>        B.B< C.B< D.B> 解析: 選C.由題意,若電子正好經(jīng)過C點,其運動軌跡如圖所示,此時其圓周運動的半徑R==,要想電子從BC邊經(jīng)過,圓周運動的半徑要大于,由帶電粒子在磁場中運動的半徑公式r=,有<,即B<,C選項正確. 6. 如圖所示,圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場,一個帶電粒子以速度v從

6、A點沿直徑AOB方向射入磁場,經(jīng)過Δt時間從C點射出磁場,OC與OB成60°角.現(xiàn)將帶電粒子的速度變?yōu)?,仍從A點沿原方向射入磁場,不計重力,則粒子在磁場中的運動時間變?yōu)?  ) A.Δt   B.2Δt C.Δt  D.3Δt 解析: 選B.粒子沿半徑方向進入圓形磁場區(qū)域時,一定沿半徑方向射出,如圖.粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,洛倫茲力提供向心力,由qvB=m得R=,T=.由數(shù)學知識得:粒子以速度v進入磁場時,圓周運動的半徑R=r,轉(zhuǎn)過的圓心角θ=60°;粒子以速度進入磁場時,圓周運動的半徑R′=r,轉(zhuǎn)過的圓心角θ′=120°,周期T與速度無關,所以t′=Δt=2Δt,

7、B正確. 二、多項選擇題 7. (2018·河南鄭州質(zhì)檢)如圖所示,在垂直紙面向里的水平勻強磁場中,水平放置一根粗糙絕緣細直桿,有一個重力不能忽略、中間帶有小孔的帶正電小球套在細桿上.現(xiàn)在給小球一個水平向右的初速度v0,假設細桿足夠長,小球在運動過程中電荷量保持不變,桿上各處的動摩擦因數(shù)相同,則小球運動的速度v與時間t的關系圖象可能是(  ) 解析:選BD.由左手定則可判定洛倫茲力的方向豎直向上,若Bqv0=mg,球與桿之間無壓力作用,即無摩擦力作用,球勻速運動,對應于B圖象;若Bqv0>mg,桿對球有向下的壓力,由Bqv0=mg+FN知壓力隨球速度的減小而減小,再由ma=Ff

8、=μFN知小球做加速度逐漸減小的減速運動,對應速度圖線的斜率逐漸減小,直到速度減小到使洛倫茲力等于重力后小球勻速運動,題目中無與此情況對應的圖象;若Bqv0

9、一側(cè)區(qū)域有方向垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度B=2.0×10-4 T,電子質(zhì)量m=9.1×10-31 kg,電量e=-1.6×10-19 C,不計電子重力,電子源發(fā)射速度v=1.6×106 m/s的一個電子,該電子打在板上可能位置的區(qū)域的長度為l,則(  ) A.θ=90°時,l=9.1 cm   B.θ=60°時,l=9.1 cm C.θ=45°時,l=4.55 cm D.θ=30°時,l=4.55 cm 解析:選AD.電子在磁場中運動,洛倫茲力提供向心力:evB=,R==4.55×10-2 m=4.55 cm=,θ=90°時,擊中板的范圍如圖1,l=2R=9.1 cm,選

10、項A正確.θ=60°時,擊中板的范圍如圖2所示,l<2R=9.1 cm,選項B錯誤.θ=30°,如圖3所示,l=R=4.55 cm,當θ=45°時,擊中板的范圍如圖4所示,l>R(R=4.55 cm),故選項D正確,C錯誤.     9. (2018·內(nèi)蒙古杭錦后旗奮斗中學高三考試)如圖所示,直角三角形ABC區(qū)域中存在一勻強磁場,比荷相同的兩個粒子(不計重力)沿AB方向射入磁場,分別從AC邊上的P、Q兩點射出,則(  ) A.從P點射出的粒子速度大 B.從Q點射出的粒子向心力加速度大 C.從P點射出的粒子角速度大 D.兩個粒子在磁場中運動的時間一樣長 解析: 選B

11、D.粒子的運動軌跡如圖所示,粒子在磁場中做圓周運動,分別從P點和Q點射出,洛倫茲力提供向心力:qvB=m,軌跡半徑r=,兩粒子比荷相等,rP<rQ,所以vP<vQ,故A錯誤;向心加速度a==,vP<vQ,所以aP<aQ,故B正確;粒子在磁場中圓周運動的周期T==,角速度ω==,兩粒子比荷相等,所以周期相等、角速度相等,故C錯誤;根據(jù)幾何關系可知,粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的圓心角相等,粒子在磁場中運動的時間t=T=,所以粒子在磁場中運動的時間相等,故D正確. 10. (2018·河南百校聯(lián)盟質(zhì)檢)如圖所示,一單邊有界磁場的邊界上有一粒子源,以與水平方向成θ角的不同速率,向磁場中射入兩個相同的粒子

12、1和2,粒子1經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上A點出磁場,粒子2經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后從邊界上B點出磁場,OA=AB,則(  ) A.粒子1與粒子2的速度之比為1∶2 B.粒子1與粒子2的速度之比為1∶4 C.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶1 D.粒子1與粒子2在磁場中運動的時間之比為1∶2 解析: 選AC.粒子進入磁場時的速度的垂線與OA的垂直平分線的交點為粒子1在磁場中做圓周運動的圓心,同理,粒子進入磁場時速度的垂線與OB的垂直平分線的交點為粒子2在磁場中做圓周運動的圓心,由幾何關系可知,兩個粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比為r1∶r2=1∶2,由r=可知,粒子1與粒子2的速度之比為

13、1∶2,A項正確,B項錯誤;由于粒子在磁場中做圓周運動的周期均為T=,且兩粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對的圓心角相同,因此粒子在磁場中運動的時間相同,即C項正確,D項錯誤. 三、非選擇題 11.如圖所示,虛線圓所圍區(qū)域內(nèi)有方向垂直紙面向里的勻強磁場,磁感應強度為B.一束電子沿圓形區(qū)域的直徑方向以速度v射入磁場,電子束經(jīng)過磁場區(qū)后,其運動方向與原入射方向成θ角.設電子質(zhì)量為m,電荷量為e、不計電子之間相互作用力及所受的重力,求: (1)電子在磁場中運動軌跡的半徑R; (2)電子在磁場中運動的時間t; (3)圓形磁場區(qū)域的半徑r. 解析:(1)由牛頓第二定律和洛倫茲力公式得 e

14、vB=解得R=. (2)設電子做勻速圓周運動的周期為T, 則T== 由如圖所示的幾何關系得圓心角α=θ, 所以t=T=. (3)如圖所示幾何關系可知,tan =, 所以r=tan . 答案:(1) (2) (3)tan 12. 如圖所示,在屏蔽裝置底部中心位置O點放一醫(yī)用放射源,可通過細縫沿扇形區(qū)域向外輻射速率為v=3.2×106 m/s的 α粒子.已知屏蔽裝置寬AB=9 cm,縫長AD=18 cm,α粒子的質(zhì)量m=6.64×10-27kg,電荷量q=3.2×10-19 C.若在屏蔽裝置右側(cè)條形區(qū)域內(nèi)加一勻強磁場來隔離輻射,磁感應強度B=0.332 T,方向垂直于紙

15、面向里,整個裝置放于真空環(huán)境中. (1)若所有的α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)的右側(cè)穿出,則磁場的寬度d至少是多少? (2)若條形磁場的寬度d=20 cm,則射出屏蔽裝置的α粒子在磁場中運動的最長時間和最短時間各是多少?(結(jié)果保留2位有效數(shù)字) 解析:(1)由題意:AB=9 cm,AD=18 cm,可得 ∠BAO=∠ODC=45° 所有α粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑相同,設為R,根據(jù)牛頓第二定律有 Bqv= 解得R=0.2 m=20 cm 由題意及幾何關系可知:若條形磁場區(qū)域的右邊界與沿OD方向進入磁場的α粒子的圓周軌跡相切,則所有α粒子均不能從條形磁場隔離區(qū)右側(cè)穿出,此時磁

16、場的寬度最小,如圖甲所示. 設此時磁場寬度d=d0,由幾何關系得 d0=R+Rcos 45°=(20+10)cm=0.34 m.      甲          乙 (2)設α粒子在磁場內(nèi)做勻速圓周運動的周期為T,則 T==×10-6 s 設速度方向垂直于AD進入磁場區(qū)域的α粒子的入射點為E,如圖乙所示.因磁場寬度d=20 cm

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