高考物理一輪復(fù)習(xí)第9章磁場第26講磁吃運動電荷的作用練習(xí)(含解析)

PAGEPAGE11第26講磁場對運動電荷的作用[解密考綱]考查帶電粒子在勻強磁場中的運動，對學(xué)生綜合分析能力要求較高．1．(2019·綿陽高三第二次診斷)如圖所示，長方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，同一帶電粒子，以速率v1沿ab射入磁場區(qū)域，垂直于dc邊離開磁場區(qū)域，運動時間為t1；以速率v2沿ab射入磁場區(qū)域，從bc邊離開磁場區(qū)域時與bc邊夾角為150°，運動時間為t2.不計粒子重力．則t1∶t2是()A．2∶eq\r(3) B．eq\r(3)∶2C．3∶2 D．2∶3C解析根據(jù)題意作出粒子運動軌跡如圖所示．由幾何知識可知α＝90°，β＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πm,qB)，粒子在磁場中的運時間t＝eq\f(θ,2π)T，粒子在磁場中的運動時間之比eq\f(t1,t2)＝eq\f(α,β)＝eq\f(90°,60°)＝eq\f(3,2)，故選項C正確，A、B、D錯誤．2．(2017·全國卷Ⅱ)如圖所示，虛線所示的圓形區(qū)域內(nèi)存在一垂直于紙面的勻強磁場，P為磁場邊界上的一點，大量相同的帶電粒子以相同的速率經(jīng)過P點，在紙面內(nèi)沿不同方向射入磁場．若粒子射入速率為v1，這些粒子在磁場邊界的出射點分布在六分之一圓周上；若粒子射入速率為v2，相應(yīng)的出射點分布在三分之一圓周上．不計重力及帶電粒子之間的相互作用．則v2∶v1為()A．eq\r(3)∶2 B．eq\r(2)∶1C．eq\r(3)∶1 D．3∶eq\r(2)C解析由于是相同的粒子，粒子進入磁場時的速度大小相同，由qvB＝meq\f(v2,R)可知，R＝eq\f(mv,qB)，即粒子在磁場中做圓周運動的半徑相同．若粒子運動的速度大小為v1，如圖所示，通過旋轉(zhuǎn)圓可知，當(dāng)粒子在磁場邊界的出射點A離P點最遠時，則AP＝2R1；同樣，若粒子運動的速度大小為v2，粒子在磁場邊界的出射點B離P點最遠時，則BP＝2R2，由幾何關(guān)系可知，R1＝eq\f(R,2)，R2＝Rcos30°＝eq\f(\r(3),2)R，則eq\f(v2,v1)＝eq\f(R2,R1)＝eq\r(3)，選項C正確．3．如圖所示，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向外的勻強磁場．一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當(dāng)速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當(dāng)速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力．則()A．vb∶vc＝1∶2tb∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2tb∶tc＝1∶2A解析如圖所示，設(shè)正六邊形的邊長為l，當(dāng)帶電粒子的速度大小為vb時，其圓心在a點，軌道半徑r1＝l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ1＝eq\f(2,3)π，當(dāng)帶電粒子的速度大小為vc時，其圓心在O點(即fa、cb延長線的交點)，故軌道半徑r2＝2l，轉(zhuǎn)過的圓心角θ2＝eq\f(π,3)，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，得v＝eq\f(qBr,m)，故eq\f(vb,vc)＝eq\f(r1,r2)＝eq\f(1,2)；由于T＝eq\f(2πr,v)得T＝eq\f(2πm,qB)，所以兩粒子在磁場中做圓周運動的周期相等，又t＝eq\f(θ,2π)T，所以eq\f(tb,tc)＝eq\f(θ1,θ2)＝eq\f(2,1)，故選項A正確，B、C、D錯誤．4．(2019·洛陽高三第一次質(zhì)量預(yù)測)(多選)在xOy平面內(nèi)以O(shè)為圓心，半徑為r的圓形區(qū)域內(nèi)，存在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直于xOy平面．一個質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從原點O以初速度v沿y軸正方向開始運動，經(jīng)時間t通過x軸上的P點，此時速度與x軸正方向成θ角，如圖所示．不計粒子的重力，下列說法正確的是()A．r一定大于eq\f(\r(2)mv,qB)B．若r＝eq\f(\r(3)mv,qB)，則θ＝60°C．若r＝eq\f(2mv,qB)，則t＝eq\f(πm,qB)D．若θ＝45°，則t＝eq\f(3πm,4qB)ACD解析粒子在磁場中運動時，洛倫茲力提供向心力，得qvB＝meq\f(v2,R)，粒子運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)，經(jīng)時間t通過x軸上的P點，則由圖可知出磁場的方向斜向下，所以粒子運動的軌道半徑為滿足R<eq\f(r,\r(2))，即eq\f(mv,qB)<eq\f(r,\r(2))，解得r>eq\f(\r(2)mv,qB)，故選項A正確；若r＝eq\f(\r(3)mv,qB)，粒子運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(\r(3),3)r，則由圖和幾何關(guān)系可得圓心角為120°，此時速度與x軸正方向成θ＝30°，故選項B錯誤；若r＝eq\f(2mv,qB)，粒子運動的軌道半徑為R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(1,2)r，則粒子能在磁場中做完整的圓周運動，經(jīng)過P點的時間t＝eq\f(T,2)＝eq\f(πm,qB)，故選項C正確；若θ＝45°，則由圖和幾何關(guān)系可得圓心角為135°，經(jīng)過P點的時間t＝eq\f(135°,360°)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(3πm,4qB)，故選項D正確．5．(2019·皖北協(xié)作區(qū)高三聯(lián)考)(多選)如圖所示，兩根長直導(dǎo)線豎直插入粗糙絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中，O為M、N連線中點，連線上a、b兩點關(guān)于O點對稱．導(dǎo)線通有大小相等、方向相反的電流．已知通電長直導(dǎo)線在周圍產(chǎn)生的磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，式中k是常數(shù)、I為導(dǎo)線中電流、r為點到導(dǎo)線的距離．帶負電的小物體在拉力F的作用下，以速度v從a點出發(fā)沿連線運動到b點做勻速直線運動，小球與桌面的動摩擦因數(shù)為μ，關(guān)于上述過程，下列說法正確的是()A．拉力F一直增大B．小物體對桌面的壓力先減小后增大C．桌面對小物體的作用力方向不變D．拉力F的功率先減小后增大BCD解析根據(jù)右手螺旋定則可知直線M附近處的磁場方向垂直于MN向里，直線N附近的磁場方向垂直于MN向里，根據(jù)磁場的磁感應(yīng)強度B＝keq\f(I,r)，可知磁感應(yīng)強度先減小后增大，根據(jù)左手定則可知，帶負電的小球受到的洛倫茲力方向向下，根據(jù)F＝qvB可知，其大小是先減小后增大，小球?qū)ψ烂娴膲毫ο葴p小后增大，摩擦力也是先減小后增大，因為小球做勻速直線運動，合力為零，所以拉力先減小后增大，選項A錯誤，B正確；因為小球做勻速直線運動，合力為零，在水平方向上拉力與摩擦力相等，在豎直方向上支持力和重力相等，所以桌面對小物體的作用力方向不變，選項C正確；由上可知拉力先減小后增大且物體做勻速運動，根據(jù)P＝Fv，可知拉力F的功率先減小后增大，選項D正確．6．(2019·南京、鹽城高三第二次模擬)如圖所示，在磁感應(yīng)強度為B，范圍足夠大的水平勻強磁場內(nèi)，固定著傾角為θ的絕緣斜面，一個質(zhì)量為m、電荷量為－q的帶電小物塊以初速度v0沿斜面向上運動，小物塊與斜面間的動摩擦因數(shù)為μ.設(shè)滑動時電荷量不變，在小物塊上滑過程中，其加速度大小a與時間t的關(guān)系圖象，可能正確的是()C解析根據(jù)牛頓第二定律，沿斜面方向mgsinθ＋μFN＝ma，垂直斜面方向FN＝mgcosθ＋qvB，聯(lián)立解得a＝gsinθ＋μgcosθ＋eq\f(μqvB,m)，速度越小，加速度越小，速度減小的越慢，加速度減小的越慢，但減不到零，故選項C正確，A、B、D錯誤．7．(2019·長沙模擬)如圖所示，一個理想邊界為PQ、MN的勻強磁場區(qū)域，磁場寬度為d，方向垂直紙面向里．一電子從O點沿紙面垂直PQ以速度v0進入磁場．若電子在磁場中運動的軌道半徑為2d.O′在MN上，且OO′與MN垂直．下列判斷正確的是()A．電子將向右偏轉(zhuǎn)B．電子打在MN上的點與O′點的距離為dC．電子打在MN上的點與O′點的距離為eq\r(3)dD．電子在磁場中運動的時間為eq\f(πd,3v0)D解析電子帶負電，進入磁場后，根據(jù)左手定則判斷可知，所受的洛倫茲力方向向左，電子將向左偏轉(zhuǎn)，如圖所示，故選項A錯誤；設(shè)電子打在MN上的點與O′點的距離為x，則由幾何知識得x＝r－eq\r(r2－d2)＝2d－eq\r(2d2－d2)＝(2－eq\r(3))d，故選項B、C錯誤；設(shè)軌跡對應(yīng)的圓心角為θ，由幾何知識得sinθ＝eq\f(d,2d)＝0.5，得θ＝eq\f(π,6)，則電子在磁場中運動的時間為t＝eq\f(θr,v0)＝eq\f(πd,3v0)，故選項D正確．8．(2019·茂名高三綜合測試)(多選)如圖所示，OACD是一長為OA＝L的矩形，其內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，一質(zhì)量為m、帶電量為q的粒子從O點以速度v0垂直射入磁場，速度方向與OA的夾角為α，粒子剛好從A點射出磁場，不計粒子的重力，則()A．粒子一定帶正電B．勻強磁場的磁感應(yīng)強度為eq\f(2mv0sinα,qL)C．粒子從O到A所需的時間為eq\f(αL,v0sinα)D．矩形磁場的寬度最小值為eq\f(2L,sinα)(1－cosα)BC解析由題意可知，粒子進入磁場時所受洛倫茲力斜向右下方，由左手定則可知，粒子帶負電，故選項A錯誤；粒子運動軌跡如圖所示，由幾何知識可得r＝eq\f(L,2sinα)，粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qv0B＝meq\f(v\o\al(2,0),r)，解得B＝eq\f(2mv0sinα,qL)，故選項B正確；由幾何知識可知，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角θ＝2α，粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v0)，粒子在磁場中的運動時間t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(αL,v0sinα)，故選項C正確；根據(jù)圖示，由幾何知識可知，矩形磁場的最小寬度d＝r－rcosα＝eq\f(L,2sinα)(1－cosα)，故選項D錯誤．9．(2019·四川四市高三第二次診斷)(多選)如圖所示，半徑為R的半圓形區(qū)域，直徑為MN，圓心為O，A、C、D是圓弧上的點，AO垂直于MN，C點到MN的距離為eq\f(1,2)R.該區(qū)域內(nèi)(包括邊界)有垂直紙面向里的勻強磁場．帶正電的粒子a和b，先后以平行于MN方向的速度v從C、D點射入磁場，都從O點離開磁場．粒子質(zhì)量均為m，電荷量分別為qa、qb.不計粒子重力．則()A．磁感應(yīng)強度B＝eq\f(2mv,qaR)B．粒子a在磁場中運動時間t＝eq\f(πR,3v)C．qa>qbD．qa<qbBD解析由幾何關(guān)系可知，設(shè)C點到OA的距離為x，則x2＝eq\f(R,2)×eq\f(3R,2)，解得x＝eq\f(\r(3),2)R；粒子a從O點離開磁場，設(shè)軌道半徑為r，則由幾何關(guān)系r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(r－\f(R,2)))2＋x2，解得r＝R，則由qvB＝meq\f(v2,r)，解得B＝eq\f(mv,qaR)，選項A錯誤；由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動轉(zhuǎn)過的角度為sinθ＝eq\f(x,r)＝eq\f(\r(3),2)，則θ＝60°，則所用的時間t＝eq\f(60°,360°)T＝eq\f(1,6)·eq\f(2πr,v)＝eq\f(πR,3v)，選項B正確；由幾何關(guān)系可知，粒子a運動的半徑大于b，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)可知，qa<qb，選項C錯誤，D正確．10．(2019·河南省實驗中學(xué)高三模擬)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．若帶電粒子只受磁場力的作用，則下列說法正確的是()A．它們做圓周運動的周期Ta<Tb<TcB．a(chǎn)粒子在磁場中運動時間最短C．三粒子離開磁場時速度方向仍然相同D．c粒子速率最大D解析由于粒子運動的周期T＝eq\f(2πm,Bq)及t＝eq\f(θ,2π)T可知，三粒子運動的周期相同，a在磁場中運動的偏轉(zhuǎn)角最大，運動的時間最長，故選項A、B錯誤；曲線運動的速度的方向沿曲線的切線的方向，所以三粒子離開磁場時速度方向不相同，故選項C錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，可得r＝eq\f(mv,Bq)，則可知三個帶電粒子的質(zhì)量、電荷量相同，在同一個磁場中，當(dāng)速度越大時，軌道半徑越大，則由圖知，a粒子速率最小，c粒子速率最大，故選項D正確．11．(2019·安徽舒城中學(xué)高三仿真)(多選)如圖所示，xOy坐標軸上有A(L,0)、C(0，eq\r(3)L)兩點．在△OCA區(qū)域內(nèi)有垂直于xOy平面向里的勻強磁場B．一群質(zhì)量為m、電荷量為q(q>0)的同種粒子(粒子間相互作用不計)，同一時刻從OC邊以平行于x軸方向射入磁場．粒子射入磁場前間距均勻(極小)、速度相同．從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)75%.不計重力．下列說法正確的是()A．粒子在磁場中按順時針方向運動B．粒子在磁場中運動時間最長為eq\f(πm,qB)C．粒子速度大小為eq\f(\r(3)qBL,9m)D．當(dāng)粒子速度大小為eq\f(\r(3)qBL,6m)時，從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)50%BD解析用左手定則可以判斷粒子在磁場中按逆時針方向運動，故選項A錯誤；粒子在磁場中運動的周期為T＝eq\f(2πm,qB)，軌跡對應(yīng)的圓心角最大值為θ＝π，所以運動時間最長為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(πm,qB)，故選項B正確；設(shè)從OC邊P點入射的粒子恰能從OC邊射出，半徑為r，其軌跡恰好與AC相切，如圖所示，因為C點坐標為(0，eq\r(3)L)，所以O(shè)C＝eq\r(3)L，因為粒子從OC邊均勻射入，75%粒子能從OC邊射出，故OC邊75%長度射入的粒子能從OC邊射出，即從OP段入射的粒子均能從OC邊射出，CP段入射粒子不能從OC邊射出，可知CP＝eq\f(1,4)OC＝eq\f(\r(3),4)L，根據(jù)幾何關(guān)系可得CP＝r＋eq\f(r,sin30°)＝eq\f(\r(3),4)L，解得r＝eq\f(\r(3)L,12)，①根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得qvB＝meq\f(v2,r)，②聯(lián)立①②式可得粒子速度大小v＝eq\f(\r(3)qBL,12m)，故選項C錯誤；當(dāng)粒子速度大小為eq\f(\r(3)qBL,6m)，根據(jù)qvB＝meq\f(v2,r)，r＝eq\f(\r(3)L,6)，CP＝r＋eq\f(r,sin30°)＝eq\f(\r(3)L,2)，從OC邊射出的粒子占粒子總數(shù)50%，故選項D正確．12．(2019·皖南八校高三第二次聯(lián)考)(多選)如圖所示，正方形abcd區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，O點是cd邊的中點，一個帶正電的粒子(重力忽略不計)若從O點沿紙面以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場．現(xiàn)設(shè)法使該帶電粒子從O點沿紙面以與Od成30°的方向(如圖中虛線所示)，以各種不同的速率射入正方形內(nèi)，那么下列說法正確的是()A．該帶電粒子不可能剛好從正方形的某個頂點射出磁場B．若該帶電粒子從ab邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是eq\f(2,3)t0C．若該帶電粒子從bc邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是t0D．若該帶電粒子從cd邊射出磁場，它在磁場中經(jīng)歷的時間可能是eq\f(4,3)t0ABC解析由題知，帶電粒子以垂直于cd邊的速度射入正方形內(nèi)，經(jīng)過時間t0剛好從c點射出磁場，則知帶電粒子的運動周期為T＝2t0.作出粒子恰好從各邊射出的軌跡，發(fā)現(xiàn)粒子不可能經(jīng)過正方形的某頂點，故選項A正確．作出粒子恰好從ab邊射出的軌跡，由幾何關(guān)系知圓心角不大于150°，在磁場中經(jīng)歷的時間不大于eq\f(5,12)個周期，即eq\f(5t0,6)；圓心角不小于60°，在磁場中經(jīng)歷的時間不小于eq\f(1,6)個周期，即eq\f(t0,3)，故選項B正確．作出粒子恰好從bc邊射出的軌跡，由幾何關(guān)系知圓心角不大于240°，在磁場中經(jīng)歷的時間不大于eq\f(2,3)個周期，即eq\f(4t0,3)；圓心角不小于150°，在磁場中經(jīng)歷的時間不小于eq\f(5,12)個周期，即eq\f(5t0,6)，故選項C正確．若該帶電粒子在磁場中經(jīng)歷的時間是eq\f(5,6)個周期，即eq\f(5t0,3)；粒子軌跡的圓心角為θ＝eq\f(5π,3)，速度的偏向角也為eq\f(5π,3)，根據(jù)幾何知識得知，粒子射出磁場時與磁場邊界的夾角為30°，必定從cd射出磁場，故選項D錯誤．13．(2019·黃山高三質(zhì)量檢測)如圖所示，在半個空間中分布一勻強磁場，磁感應(yīng)強度為B(垂直紙面并指向紙面內(nèi))．磁場邊界為MN(垂直紙面的一個平面)．在磁場區(qū)內(nèi)有一點電子源(輻射發(fā)射源)S，向四面八方均勻地，持續(xù)不斷地發(fā)射電子．這里僅考察電子源所在的平面內(nèi)，由電子源發(fā)射的電子，不計電子間的相互作用，并設(shè)電子源離界面MN的垂直距離為L.(1)點電子源S發(fā)射的電子，其速度達多大時，界面MN上將有電子逸出？(2)若點電子源S發(fā)射的電子速度大小均為eq\f(eBL,m)，在界面MN上多寬范圍內(nèi)有電子逸出？(其中m為電子質(zhì)量，e為電子帶電量)(3)若電子速度為eq\f(22－\r(3)BeL,m)，逸出的電子數(shù)占總發(fā)射電子數(shù)的比例為多少？解析(1)由洛倫茲力提供向心力eq\f(mv2,r)＝Bev，得r＝eq\f(mv,Be)，臨界圖如圖甲所示，又2r＝L，得v＝eq\f(eBL,2m).(2)把v＝eq\f(eBL,m)代入r＝eq\f(mv,Be)，有r＝L；畫出臨界圖如圖乙所示．在A下方A、B兩點之間有電子射出，故YAB＝L，在A點上方A、C兩點之間有電子射出，故YAC＝eq\r(2r2－L2)＝eq\r(3)L，綜上，在邊界寬度為(eq\r(3)＋1)L的范圍內(nèi)有電子射出．(3)把v＝