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(guān)，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(shè)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(guān)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(guān)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(guān)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(shè)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(shè)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(guān)系得圓心角α＝θ， 所以t＝T＝. (3)如圖所示幾何關(guān)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(shè)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(guān)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(shè)此時磁場寬度d＝d0，由幾何關(guān)系得 d0＝R＋Rcos 45°＝(20＋10)cm＝0.34 m. 　 　　　甲　　　　　　　　　　乙 (2)設(shè)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(shè)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