高考物理總復習 第九章 第2節(jié) 磁場對運動電荷的作用檢測（含解析）試題

磁場對運動電荷的作用(建議用時：60分鐘)【A級基礎題練熟快】1．(2019·北京通州區(qū)檢測)如圖所示，矩形虛線框MNPQ內有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里．a、b、c是三個質量和電荷量都相等的帶電粒子，它們從PQ邊上的中點沿垂直于磁場的方向射入磁場，圖中畫出了它們在磁場中的運動軌跡．粒子重力和粒子間的相互作用力不計．下列說法正確的是()A．粒子a帶負電B．粒子c的動能最大C．粒子b在磁場中運動的時間最長D．粒子b在磁場中運動時的向心力最大解析：選D.根據左手定則知粒子a帶正電，粒子b、c帶負電，故A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qvB＝meq\f(v2,r)，可得：r＝eq\f(mv,qB)，粒子的動能Ek＝eq\f(1,2)mv2，三個帶電粒子的質量、電荷量相同，則可知在同一個磁場中，當速度越大時、軌道半徑越大，則由題圖知，c粒子速率最小，b粒子速率最大，則b粒子動能最大，向心力最大，故B錯誤，D正確；根據t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)＝eq\f(θm,qB)，則c粒子圓弧轉過的圓心角最大，運動時間最長，選項C錯誤．2．如圖，直線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質子1和2，兩個質子都過P點．已知OP＝a，質子1沿與OP成30°角的方向發(fā)射，不計質子的重力和質子間的相互作用力，則()A．質子1在磁場中運動的半徑為eq\f(1,2)aB．質子2在磁場中的運動周期為eq\f(2πa,v)C．質子1在磁場中的運動時間為eq\f(2πa,3v)D．質子2在磁場中的運動時間為eq\f(5πa,6v)解析：選B.根據題意作出粒子運動軌跡如圖所示：由幾何知識可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌道半徑r＝a，故A錯誤；粒子在磁場中做圓周運動的周期T＝eq\f(2πr,v)＝eq\f(2πa,v)，故B正確；由幾何知識可知，質子1在磁場中轉過的圓心角θ1＝60°，質子1在磁場中的運動時間t1＝eq\f(θ1,360°)T＝eq\f(1,6)T＝eq\f(πa,3v)，故C錯誤；由幾何知識可知，質子2在磁場中轉過的圓心角θ2＝300°，質子2在磁場中的運動時間t2＝eq\f(θ2,360°)T＝eq\f(5πa,3v)，故D錯誤．3．(2019·四川眉山模擬)如圖，圓形區(qū)域內存在一垂直紙面的勻強磁場，P和Q為磁場邊界上的兩點．氕核(eq\o\al(1,1)H)和氘核(eq\o\al(2,1)H)粒子從P點朝圓形區(qū)域中心射入磁場，且都從Q點射出，不計重力及帶電粒子之間的相互作用，關于兩粒子在磁場中的運動，下列說法正確的是()A．氘核運動的時間更長B．氘核的速率更大C．氘核的動能更大D．氘核的半徑更大解析：選A.粒子從P點朝向磁場中心射入磁場，且都從Q點射出，由幾何關系可知兩粒子運動的半徑相等，根據r＝eq\f(mv,Bq)，且氕核(eq\o\al(1,1)H)粒子的比荷eq\f(q,m)較大可知，氕核速率v＝eq\f(Bqr,m)較大，故B、D錯誤；根據動能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(r2q2B2,2m)可知，氘核(eq\o\al(2,1)H)動能較小，故C錯誤；根據t＝eq\f(s,v)，弧長s相同，氕核(eq\o\al(1,1)H)粒子的速度較大，則時間較短，故氘核運動的時間更長，故A正確．4．(2019·云南玉溪聯考)如圖所示是某粒子速度選擇器截面的示意圖，在一半徑為R＝10cm的圓柱形桶內有B＝10－4T的勻強磁場，方向平行于軸線，在圓柱桶某一截面直徑的兩端開有小孔，作為入射孔和出射孔，粒子束以不同角度入射，最后有不同速度的粒子束射出．現有一粒子源發(fā)射比荷為eq\f(q,m)＝2×1011C/kg的正粒子，粒子束中速度分布連續(xù)，當入射角α＝45°時，出射粒子速度v的大小是()A.eq\r(2)×106m/s B．2eq\r(2)×106m/sC．2eq\r(2)×108m/s D．4eq\r(2)×106m/s解析：選B.粒子從小孔a射入磁場，與ab方向的夾角為α＝45°，則粒子從小孔b離開磁場時速度與ab的夾角也為α＝45°，過入射速度和出射速度方向作垂線，得到軌跡的圓心O′，畫出軌跡如圖，由幾何知識得到軌跡所對應的圓心角為θ＝2α＝90°，則粒子的軌跡半徑r滿足eq\r(2)r＝2R，由牛頓第二定律得：Bqv＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(qBr,m)＝2eq\r(2)×106m/s，故選項B正確．5．(2019·山東省實驗中學模擬)如圖所示，在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場，磁場的磁感應強度大小為B.一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)以速度v從AC邊的中點O垂直AC邊射入磁場區(qū)域．若三角形的兩直角邊長均為2L，要使粒子從CD邊射出，則v的取值范圍為()A.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m)B.eq\f(qBL,m)≤v≤eq\f(2\r(2)qBL,m)C.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(2（\r(2)＋1）qBL,m)D.eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)解析：選D.根據洛倫茲力充當向心力可知，v＝eq\f(Bqr,m)，因此半徑越大，速度越大．根據幾何關系可知，使粒子與AD邊相切時速度最大，如圖由幾何關系可知r1＋L＝eq\f(r1,sin45°)，最大半徑為r1＝(eq\r(2)＋1)L，故最大速度應為v1＝eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)；當粒子從C點出射時半徑最小，為r2＝eq\f(L,2)，故最小速度應為v2＝eq\f(qBL,2m)，故v的取值范圍為eq\f(qBL,2m)≤v≤eq\f(（\r(2)＋1）qBL,m)，故選D.6．(2019·云南玉溪模擬)如圖所示，一條直線上有O、M、N三點，OM＝MN，直線上方的整個空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，一質子和一α粒子分別以速度v1、v2從O點沿OP方向射入磁場，質子經時間t1從M點射出磁場，α粒子經時間t2從N點射出磁場，質子和α粒子的重力不計，不考慮它們之間的相互作用，則關于t1、t2、v1、v2的判斷正確的是()A．t1＝t2，v1＝v2 B．t1<t2，v1＝v2C．t1<t2，v1<v2 D．t1>t2，v1>v2解析：選B.粒子運動軌跡如圖所示：令OM＝MN＝L，對質子有：根據洛倫茲力提供向心力，Bq1v1＝m1eq\f(veq\o\al(2,1),r1)，解得：r1＝eq\f(m1v1,q1B)，根據幾何關系可得：2r1sinθ＝L，聯立可得：v1＝eq\f(q1BL,2m1sinθ)，對α粒子同理可得：v2＝eq\f(q2BL,m2sinθ)，由題意可知：m2＝4m1，q2＝2q1，聯立可得：v1＝v2，質子的周期為：T1＝eq\f(2πm1,q1B)，α粒子的周期為：T2＝eq\f(2πm2,q2B)，可得T2>T1，因為圓心角相等，所以t2>t1，故B正確，A、C、D錯誤．7．(多選)(2019·江西上饒聯考)如圖以實線為理想邊界，上方是垂直紙面向里的勻強磁場．質量和帶電荷量大小都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經小孔S垂直邊界和磁場進入勻強磁場，運動的半圓軌跡如圖中虛線所示，不計重力和粒子間的相互作用力，下列表述錯誤的是()A．M帶負電，N帶正電B．M的速率小于N的速率C．洛倫茲力對M、N都做正功D．M在磁場中的運動時間大于N在磁場中的運動時間解析：選BCD.據左手定則可判斷，M帶負電，N帶正電，故A項正確；據qvB＝meq\f(v2,r)，解得：v＝eq\f(qBr,m)，粒子M的軌道半徑大于N的軌道半徑，則M的速率大于N的速率，故B項錯誤；洛倫茲力對電荷不做功，故C項錯誤；據T＝eq\f(2πm,qB)、t＝eq\f(T,2)，解得粒子在磁場中的運動時間t＝eq\f(πm,qB)，M、N的質量和帶電荷量大小都相等，M在磁場中的運動時間等于N在磁場中的運動時間，故D項錯誤．8．(多選)如圖，正方形abcd中△abd區(qū)域內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，△bcd區(qū)域內有方向平行bc的勻強電場(圖中未畫出)．一帶電粒子從d點沿da方向射入磁場，隨后經過bd的中點e進入電場，接著從b點射出電場．不計粒子的重力．則()A．粒子帶正電B．電場的方向是由b指向cC．粒子在b點和d點的動能相等D．粒子在磁場、電場中運動的時間之比為π∶2解析：選BD.從a到e粒子做勻速圓周運動，由左手定則能夠判定粒子帶負電，選項A錯誤；由于粒子帶負電，進入電場后彎向上方，受力向上，則電場方向就向下，由b指向c，選項B正確；由于磁場對粒子不做功，所以d、e兩點的動能相等，但從e到b電場力做正功，動能增加，所以b、d兩點的動能不相等，選項C錯誤；設正方形邊長為a，粒子在磁場中偏轉90°，時間t1＝eq\f(1,4)T＝eq\f(1,4)×eq\f(2π×\f(a,2),v)＝eq\f(πa,4v)，而在磁場中運動的時間t2＝eq\f(\f(a,2),v)＝eq\f(a,2v)，兩者比值為eq\f(π,2)，選項D正確．【B級能力題練穩(wěn)準】9．(多選)(2019·安徽六安模擬)如圖所示，直角三角形ABC的區(qū)域內有垂直紙面的勻強磁場，O、D是AB和AC邊的中點，一束帶電粒子沿OD方向射入磁場中，恰好從B點射出磁場，下列說法中正確的是()A．只改變帶電粒子的帶電性質，粒子將從A點射出磁場B．只改變帶電粒子的帶電性質，粒子將從AD邊界上的某點射出磁場C．只將磁場方向反向，粒子將從OA邊界上的某點射出磁場D．只將磁場方向反向，粒子不可能從A點射出磁場解析：選BD.一束帶電粒子沿OD方向射入磁場中，恰好從B點射出磁場，運動軌跡如圖中實線所示：如果只改變帶電粒子的帶電性質，粒子在磁場中受到的洛倫茲力方向相反，粒子將向上偏轉，粒子將從AD邊界上某點射出磁場，如圖虛線所示，故A錯誤，B正確；如果只將磁場方向反向，粒子在磁場中受到的洛倫茲力反向，粒子將向上偏轉，運動軌跡如圖中虛線所示，粒子將從AD邊界上的某點射出磁場，粒子不可能經過A點，不可能從A點射出磁場，故C錯誤，D正確．10．(多選)(2019·山東淄博模擬)如圖所示，虛線cd上、下方區(qū)域存在方向相同但強弱不同的勻強磁場，帶電粒子以v0的初速度從邊界ab上的O點垂直磁場方向射入磁場，經磁場偏轉后從邊界ab上的P點射出，現改變虛線cd上方磁感應強度的大小，使之變?yōu)樵瓉淼?倍，讓該粒子仍以速度v0從O處沿原方向射入磁場，經磁場偏轉后從邊界ab上的P′點射出，不計粒子的重力，下列關于粒子的說法正確的是()A．改變磁場后，粒子離開直線ab時的位置不變B．改變磁場后，粒子離開直線ab時的速度大小不變C．改變磁場后，粒子離開直線ab時的速度方向不變D．改變磁場后，粒子離開直線ab所用時間不變解析：選BC.虛線上方部分的磁場變大，則粒子在上方磁場中的運動半徑變小，粒子返回到cd線上的位置左移，則粒子離開直線ab時的位置向左移動，選項A錯誤；因洛倫茲力不做功，可知粒子離開直線ab時的速度大小不變，選項B正確；因粒子射入cd虛線上方磁場的速度方向不變，則離開磁場時的速度方向也不變，即粒子離開直線ab時的速度方向不變，選項C正確；上方部分的磁場變大時，粒子在磁場中的半徑變小，但是圓弧所對的圓心角不變，根據t＝eq\f(θ,2π)·eq\f(2πm,qB)可知，B變大，則t減小，即粒子離開直線ab所用時間變小，選項D錯誤．11．(2019·云南四校聯考)如圖所示，在邊長為L的正方形區(qū)域內存在垂直紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B.在正方形對角線CE上有一點P，其到CF，CD距離均為eq\f(L,4)，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內的各方向發(fā)射出速率不同的正離子．已知離子的質量為m，電荷量為q，不計離子重力及離子間相互作用力．(1)速率在什么范圍內的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域？(2)求速率為v＝eq\f(13qBL,32m)的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍．解析：因離子以垂直于磁場的速度射入磁場，故其在洛倫茲力作用下必做圓周運動．(1)依題意可知離子在正方形區(qū)域內做圓周運動不射出該區(qū)域，做圓周運動的半徑為r≤eq\f(L,8)對離子，由牛頓第二定律有qvB＝eq\f(mv2,r)?v≤eq\f(qBL,8m).(2)當v＝eq\f(13qBL,32m)時，設離子在磁場中做圓周運動的半徑為R則由qvB＝meq\f(v2,R)可得R＝eq\f(13L,32)要使離子從DE射出，則其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，設切點與C點距離為x，其軌跡如圖甲所示，由幾何關系得：R2＝(x－eq\f(L,4))2＋(R－eq\f(L,4))2計算可得x＝eq\f(5,8)L設此時DE邊出射點與D點的距離為d1，則由幾何關系有：(L－x)2＋(R－d1)2＝R2解得d1＝eq\f(L,4)而當離子軌跡與DE邊相切時，離子必將從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關系得：R2＝(eq\f(3,4)L－R)2＋(d2－eq\f(L,4))2解得d2＝eq\f(（2＋\r(3)）L,8)故速率為v＝eq\f(13qBL,