2022年高考物理一輪復習方案 第27講 磁場對運動電荷的作用（含解析）

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1、 2022年高考物理一輪復習方案 第27講 磁場對運動電荷的作用（含解析） 1．在武漢市某中學操場的上空中停著一個熱氣球，從它底部脫落一個塑料小部件，下落過程中由于和空氣的摩擦而帶負電，如果沒有風，那么它的著地點會落在氣球正下方地面位置的(　　) A．偏東　　　　　　　　B．偏西 C．偏南 D．偏北 2．xx·揭陽模擬如圖K27－1所示，在示波管下方有一根水平放置的通電直導線，則示波管中的電子束將(　　) 圖K27－1 A．向上偏轉(zhuǎn)　　　　　　　　B．向下偏轉(zhuǎn) C．向紙外偏轉(zhuǎn) D．向紙里偏轉(zhuǎn) 3．如圖K27－2所示，一帶負電的滑塊從粗糙斜面的頂端滑

2、至底端時的速率為v，若加一個垂直紙面向外的勻強磁場，并保證滑塊能滑至底端，則它滑至底端時的速率(　　) 圖K27－2 A．變大　　　　　B．變小 C．不變　　　　　D．條件不足，無法判斷 4．xx·蘇北四市一模電視顯像管上的圖像是電子束打在熒光屏的熒光點上產(chǎn)生的．為了獲得清晰的圖像，電子束應該準確地打在相應的熒光點上．電子束飛行過程中受到地磁場的作用，會發(fā)生我們所不希望的偏轉(zhuǎn)．電子重力不計，從電子槍射出后自西向東飛向熒光屏的過程中，下列說法正確的是(　　) A．電子受到一個與速度方向垂直的恒力 B．電子在豎直平面內(nèi)做勻變速曲線運動 C．電子向熒光屏運動的過程中速率不發(fā)生改變

3、 D．電子在豎直平面內(nèi)的運動是勻速圓周運動 5．xx·朝陽期末正方形區(qū)域ABCD中有垂直于紙面向里的勻強磁場，一個α粒子(不計重力)以一定速度從AB邊的中點M沿既垂直于AB邊又垂直于磁場的方向射入磁場，正好從AD邊的中點N射出．若將磁感應強度B變?yōu)樵瓉淼?倍，其他條件不變，則這個粒子射出磁場的位置是(　　) A．A點　　　　　　　B．ND之間的某一點 C．CD之間的某一點 D．BC之間的某一點 　　　　　圖K27－3　　　圖K27－4 6．xx·廣西四市聯(lián)考(雙選)如圖K27－4所示，帶有正電荷的A粒子和B粒子同時以同樣大小的速度從寬度為d的有界勻強磁場的邊界上的O點分別以與邊

4、界的夾角為30°和60°的方向射入磁場，又恰好不從另一邊界飛出，則下列說法中正確的是(　　) A．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 B．A、B兩粒子在磁場中做圓周運動的半徑之比是 C．A、B兩粒子的之比是 D．A、B兩粒子的之比是 圖K27－5 7．xx·廈門期末圖K27－5是回旋加速器示意圖，其核心部分是兩個D形金屬盒，兩個金屬盒置于勻強磁場中，并分別與高頻電源相連．現(xiàn)分別加速氘核(q1、m1)和氦核(q2、m2)．已知q2＝2q1，m2＝2m1，下列說法中正確的是(　　) A．它們的最大速度相同 B．它們的最大動能相同 C．僅增大高頻電源的電壓可增大粒子

5、的最大動能 D．僅增大高頻電源的頻率可增大粒子的最大動能 8．xx·鄭州模擬如圖K27－6所示，回旋加速器是用來加速帶電粒子使它獲得很大動能的裝置，其核心部分是兩個D形金屬盒，置于勻強磁場中，兩盒分別與高頻交流電源相連，則帶電粒子獲得的最大動能與下列哪些因素有關(guān)(　　) 圖K27－6 A．加速的次數(shù) B．加速電壓的大小 C．交流電的頻率 D．勻強磁場的磁感應強度 9．xx·廈門適應性考試顯像管原理的示意圖如圖K27－7所示，當沒有磁場時，電子束將打在熒光屏正中的O點，安裝在管徑上的偏轉(zhuǎn)線圈可以產(chǎn)生磁場，使電子束發(fā)生偏轉(zhuǎn)．設(shè)垂直紙面向里的磁場方向為正方向，若使

6、高速電子流打在熒光屏上的位置由a點逐漸移動到b點，下列變化的磁場能夠使電子發(fā)生上述偏轉(zhuǎn)的是(　　) 圖K27－7 A　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　D 圖K27－8 10．如圖K27－9所示，在x<0與x>0的區(qū)域中，存在磁感應強度大小分別為B1與B2的勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里，且B1＞B2，一個帶負電、比荷為k的粒子從坐標原點O以速度v沿x軸負方向射出，粒子重力不計． (1)求粒子在兩個磁場中運動的軌道半徑； (2)如果B1＝2B2，則粒子再次回到原點時運動了多長時間？ (3)要使該粒子經(jīng)過一段時間后又經(jīng)過O點，B1與B2的比值應滿足什么條件

7、？ 圖K27－9 11．xx·湖北八校聯(lián)考如圖K27－10所示，在正方形區(qū)域ABCD內(nèi)充滿方向垂直紙面向里的、磁感應強度為B的勻強磁場．在t＝0時刻，一位于AD邊中點O的粒子源在ABCD平面內(nèi)發(fā)射出大量的同種帶電粒子，所有粒子的初速度大小相同，方向分布在與OD邊的夾角0～180°范圍內(nèi)．已知沿OD方向發(fā)射的粒子在t＝t0時刻剛好從磁場邊界CD上的P點離開磁場，粒子在磁場中做圓周運動的半徑恰好等于正方形邊長L，粒子重力不計，求： (1)粒子的比荷； (2)假設(shè)粒子源發(fā)射的粒子在0～180°范圍內(nèi)均勻分布，t0時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與粒子源發(fā)

8、射的總粒子數(shù)之比； (3)從粒子發(fā)射到全部粒子離開磁場所用的時間． 圖K27－10 課時作業(yè)(二十七) 1．B　[解析] 小部件帶負電，下落過程受洛倫茲力作用，由左手定則，洛倫茲力向西，它的著地點回落在氣球正下方地面偏西位置，B正確． 2．A　[解析] 根據(jù)安培定則，通電導線在上方產(chǎn)生垂直紙面向外的磁場，又根據(jù)左手定則，電子束受到向上的洛倫茲力，向上偏轉(zhuǎn)，A正確． 3．B　[解析] 加一個垂直紙面向外的勻強磁場，帶負電的滑塊下滑時受到垂直于斜面向下的洛倫茲力，使得滑塊受到的摩擦力增大，故滑至底端時的速率變小，A、C、D錯誤，B正確． 4．CD　[解析] 電子在飛行

9、過程中受到地磁場洛倫茲力的作用，洛倫茲力是變力而且不做功，所以電子的速率不發(fā)生改變，選項A、B錯誤，選項C正確；電子在自西向東飛向熒光屏的過程中所受的地磁場磁感應強度的水平分量可視為定值，故電子在豎直平面內(nèi)所受洛倫茲力大小不變、方向始終與速度方向垂直，故電子在豎直平面內(nèi)的運動是勻速圓周運動，選項D正確． 5．A　[解析] 從M射入從N射出，則軌道半徑為r＝(a為正方形邊長)，若將B加倍，由半徑公式R＝可得，粒子軌道半徑減半，即r′＝，所以粒子從A射出磁場，A正確． 6．BD　[解析] 粒子做勻速圓周運動，由幾何關(guān)系，有RAcos30°＋RA＝d，RBcos60°＋RB＝d，解得＝＝，A錯，

10、B對；因半徑R＝，故＝∝R，故＝，C錯，D對． 7．A　[解析] 由洛倫茲力提供向心力，有qvB＝m，即v＝，當粒子運動的軌道半徑最大即r＝R時，粒子的速度達到最大，即vm＝，而氘核和氦核的比荷相等，所以它們的最大速度相同，選項A正確；又因為它們的質(zhì)量不同，所以它們的最大動能不同，選項B錯誤；根據(jù)關(guān)系式vm＝可知，粒子的最大速度或最大動能與磁感應強度B和D形金屬盒的尺寸R有關(guān)，而與高頻電源的電壓或頻率無關(guān)，選項C、D錯誤． 8．D　[解析] 在勻強磁場中，帶電粒子在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有qvB＝，最大半徑R＝＝，帶電粒子獲得的最大動能Ek＝，D正確． 9．A　[解析] 電子流打

11、在熒光屏上的位置由a點逐漸移動到b點，洛倫茲力先向上后向下，由左手定則，磁場方向先向外后向里；由a點逐漸移動到b點，電子做圓周運動的半徑先增大再減小，由r＝，則磁感應強度先減小再增大，故選A. 10．(1)r1＝　r2＝ (2)t＝　(3)＝ [解析] (1)粒子做圓周運動的半徑公式r＝，又k＝ 則粒子在兩個磁場中運動的軌道半徑r1＝，r2＝ (2)因B1＝2B2，則r2＝2r1，粒子再次回到原點需經(jīng)歷左邊兩個半圓和右邊一個半圓，則 經(jīng)歷左邊兩個半圓的時間t1＝＝＝ 經(jīng)歷右邊一個半圓的時間t2＝＝ 則總時間t＝t1＋t2＝＝. (3)在xOy平面內(nèi)，粒子分別在左邊和右邊各

12、運動一個半圓，其直徑差為Δd＝2(r2－r1)，如圖所示． 粒子每經(jīng)歷一次回旋，其y軸坐標就減小Δd，設(shè)經(jīng)歷n次回旋y軸坐標減小2r1時，再經(jīng)過左邊的半個圓周恰好通過O點，則 Δd×n＝2r1　(n＝1，2，3，…) 所以＝　(n＝1，2，3，…) 解得＝　(n＝1，2，3，…) 11．(1)　(2)　(3)t＝(arcsin)t0 [解析] (1)初速度沿OD方向發(fā)射的粒子在磁場中運動的軌跡如圖所示，其圓心為N，由幾何關(guān)系有：∠ONP＝，t0＝. 粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，根據(jù)牛頓第二定律得 Bqv＝mR 且v＝ 解得＝. (2)依題意，同一時刻仍在磁場中的粒子到O點距離相等．在t0時刻仍在磁場中的粒子應位于以O(shè)為圓心，OP為半徑的弧PW上. 由圖知∠POW＝ 此時刻仍在磁場中的粒子數(shù)與總粒子數(shù)之比為. (3)在磁場中運動時間最長的粒子的軌跡應該與磁場邊界B點相交． 設(shè)此粒子運動軌跡對應的圓心角為θ，則sin＝ 在磁場中運動的最長時間t＝T＝t0 所以從粒子發(fā)射到全部離開所用時間為t＝(arcsin)t0.