【物理】2020届一轮复习人教版第20讲　磁场对运动电荷的作用作业

【物理】2020届一轮复习人教版第20讲　磁场对运动电荷的作用作业

第20讲　磁场对运动电荷的作用 A组　基础题组 ‎1.下列关于洛伦兹力的说法中,正确的是(　　)‎ A.只要速度大小相同,所受洛伦兹力就相同 B.如果把+q改为-q,且速度反向,大小不变,则洛伦兹力的大小、方向均不变 C.洛伦兹力方向一定与电荷速度方向垂直,磁场方向一定与电荷运动方向垂直 D.粒子在只受到洛伦兹力作用下运动的动能、速度均不变 答案　B　因为洛伦兹力的大小不但与粒子速度大小有关,而且与粒子速度的方向有关,如当粒子速度与磁场垂直时F=qvB,当粒子速度与磁场平行时F=0。又由于洛伦兹力的方向永远与粒子的速度方向垂直,因而速度方向不同时,洛伦兹力的方向也不同,所以A选项错。因为+q改为-q且速度反向,由左手定则可知洛伦兹力方向不变,再由F=qvB知大小也不变,所以B选项正确。因为电荷进入磁场时的速度方向可以与磁场方向成任意夹角,所以C选项错。因为洛伦兹力总与速度方向垂直,因此,洛伦兹力不做功,粒子动能不变,但洛伦兹力可改变粒子的运动方向,使粒子速度的方向不断改变,所以D选项错。‎ ‎2.如图所示,电子枪向右发射电子束,其正下方水平直导线内通有向右的电流,则电子束将(　　)‎ ‎　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 ‎ A.向上偏转 B.向下偏转 C.向纸外偏转 D.向纸内偏转 答案　A　先用安培定则判断出导线上方的磁场方向为垂直纸面向外,在根据左手定则判断出电子束受到的洛伦兹力为竖直向上,故选A。‎ ‎3.(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子(　　)‎ A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 答案　AC　设电子的质量为m,速率为v,电荷量为q,B2=B,B1=kB 则由牛顿第二定律得qvB=mv‎2‎R①‎ T=‎2πRv②‎ 由①②得R=mvqB,T=‎2πmqB,所以R‎2‎R‎1‎=k,T‎2‎T‎1‎=k 根据a=v‎2‎R,ω=vR可知a‎2‎a‎1‎=‎1‎k,ω‎2‎ω‎1‎=‎‎1‎k 所以选项A、C正确,选项B、D错误。‎ ‎4.如图所示,ab是一弯管,其中心线是半径为R的一段圆弧,将它置于一给定的匀强磁场中,方向垂直纸面向里,有一束离子对准a端射入弯管,离子的质量、速度不同,但都是一价负离子,则下列说法正确的是(　　)‎ A.只有速度大小一定的离子可以沿中心线通过弯管 B.只有质量大小一定的离子可以沿中心线通过弯管 C.只有质量和速度乘积大小一定的离子可以沿中心线通过弯管 D.只有动能大小一定的离子可以沿中心线通过弯管 答案　C　由R=mvqB可知,磁场相同、电荷量相同的情况下,粒子做圆周运动的半径决定于粒子的质量和速度的乘积。‎ ‎5.来自宇宙的质子流,以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点,则这些质子在进入地球周围的空间时,将(不考虑地球自转的影响)(　　)‎ A.竖直向下沿直线射向地面 B.相对于预定地点向东偏转 C.相对于预定地点向西偏转 D.相对于预定地点向北偏转 答案　B　地球表面地磁场方向由南向北,质子是氢原子核,带正电。根据左手定则可判定,质子自赤道上空竖直下落过程中受洛伦兹力方向向东,选项B正确。‎ ‎6.处于匀强磁场中的一个带电粒子,仅在磁场力作用下做匀速圆周运动。将该粒子的运动等效为环形电流,那么此电流值(　　)‎ A.与粒子电荷量成正比 B.与粒子速率成正比 C.与粒子质量成正比 D.与磁感应强度成正比 答案　D　粒子仅在磁场力作用下做匀速圆周运动,周期T=‎2πRv=‎2πmqB,其等效环形电流I=qT=q‎2‎B‎2πm,故D选项正确。‎ ‎7.(多选)在半径为R的圆形区域内,存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源,沿垂直于磁场的各个方向,向磁场区发射速率均为v0的同种粒子,如图所示。现测得:当磁感应强度为B1时,粒子均从由P点开始弧长为‎1‎‎2‎πR的圆周范围内射出磁场;当磁感应强度为B2时,粒子则从由P点开始弧长为‎2‎‎3‎πR的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则(　　)‎ A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=‎2‎∶‎‎3‎ B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1∶r2=2∶3‎ C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=‎2‎∶‎‎3‎ D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1∶B2=‎3‎∶‎‎2‎ 答案　AD　假设粒子带正电,如图1,磁感应强度为B1时,弧长L1=‎1‎‎2‎πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r1=‎1‎‎2‎·2R sin θ=R sin L‎1‎‎2R=R sin π‎4‎。如图2,磁感应强度为B2时,弧长L2=‎2‎‎3‎πR对应的弦长为粒子圆周运动的直径,则r2=‎1‎‎2‎·2R sin α=R sin L‎2‎‎2R=R sin π‎3‎,因此r1∶r2=sin π‎4‎∶sin π‎3‎=‎2‎∶‎3‎,故A正确,B错误。由洛伦兹力提供向心力,可得:qv0B=mv‎0‎‎2‎r,则B=mv‎0‎qr,可以得出B1∶B2=r2∶r1=‎3‎∶‎2‎,故C错误,D正确。‎ 图1‎ 图2‎ ‎8.如图甲所示是电视机显像管及其偏转线圈的示意图。电流方向如图乙所示,试判断垂直纸面向外而来的电子束将向哪边偏转(　　)‎ A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 答案　C　由安培定则可知两侧线圈内的磁场方向向上,则通过圆环中间区域的磁场方向向下,根据左手定则可知电子束将向左偏转,故选项C正确。‎ ‎9.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线的中点,连线上a、b两点关于O点对称。导线中均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度B=kIr,式中k是常数、I是导线中的电流、r为点到导线的距离。一带正电的小球以初速度v0从a点出发沿连线运动到b点。关于上述过程,下列说法正确的是(　　)‎ A.小球先做加速运动后做减速运动 B.小球一直做匀速直线运动 C.小球对桌面的压力先减小后增大 D.小球对桌面的压力先增大后减小 答案　B　由右手螺旋定则可知,M处的通电导线产生的磁场,在MO区域的磁场垂直MO向纸面内,离导线越远磁场越弱,所以磁场由M到O逐渐减弱,N处的通电导线在ON区域产生的磁场垂直于MO向纸面外,由O到N逐渐增强,带正电的小球由a点沿ab连线运动到b点,受到的洛伦兹力F=Bqv,从M到O洛伦兹力的方向向上,随磁场的减弱逐渐减小,从O到N洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强逐渐增大,所以对桌面的压力一直在增大,选项C、D错误;由于桌面光滑,洛伦兹力的方向始终沿竖直方向,所以小球在水平方向上不受力,做匀速直线运动,选项B正确,选项A错误。‎ ‎10.如图所示,在OA和OC两射线间存在着匀强磁场,∠AOC为30°,正、负电子以相同的速度均从M点以垂直于OA的方向垂直射入匀强磁场,下列说法正确的是(　　)‎ A.若正电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为3∶1‎ B.若正电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为6∶1‎ C.若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为2∶1‎ D.若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比可能为1∶6‎ 答案　D　正电子向右偏转,负电子向左偏转,若正电子不从OC边射出,负电子一定不会从OC边射出,粒子运动轨迹对应的圆心角相等,可知运动的时间之比为1∶1,故A、B错误;‎ 若负电子不从OC边射出,需考虑临界情况:‎ 临界一:‎ 若负电子不从OC边射出,正电子也不从OC边射出,两粒子在磁场中运动的圆心角都为180°,可知在磁场中运动的时间之比为1∶1。‎ 临界二:‎ 当负电子恰好不从OC边射出时,对应的圆心角为180°,根据两粒子在磁场中的半径相等,由几何关系知,正电子的圆心角为30°,根据t=θ‎2πT知,正、负电子在磁场中运动的时间之比为1∶6。‎ 故若负电子不从OC边射出,正、负电子在磁场中运动时间之比在1∶1与1∶6之间,故C错误,D正确。‎ B组　提升题组 ‎1.如图所示,有界匀强磁场边界线SP∥MN,速率不同的同种带电粒子从S点沿SP方向同时射入磁场。其中穿过a点的粒子速度v1与MN垂直;穿过b点的粒子速度v2与MN成60°角,设粒子从S到a、b所需时间分别为t1和t2,则t1∶t2为(重力不计)(　　)‎ A.1∶3 B.4∶3 C.1∶1 D.3∶2‎ 答案　D　如图所示,可求出从a点射出的粒子对应的圆心角为90°,从b点射出的粒子对应的圆心角为60°。由t=α‎2πT,T=‎2πmBq,可得:t1∶t2=3∶2,故选D。‎ ‎2.(多选)如图所示,两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开,三角形内磁场垂直纸面向里,三角形顶点A处有一质子源,能沿∠BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计),所有质子均能通过C点,质子比荷qm=k,则质子的速度可能为(　　)‎ A.2BkL B.BkL‎2‎ C.‎3BkL‎2‎ D.‎BkL‎8‎ 答案　BD　因质子带正电,且经过C点,其可能的轨迹如图所示,所有圆弧所对圆心角均为60°,r1=L,r2=L‎2‎,r3=L‎3‎,…,所以质子运行半径r=Ln(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得Bqv=mv‎2‎r,即v=Bqrm=Bk·Ln(n=1,2,3,…),选项B、D正确。‎ ‎3.如图所示,在x>0、y>0的空间中有恒定的匀强磁场,磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里,大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子,从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响,则下列有关说法中正确的是(　　)‎ A.只要粒子的速率合适,粒子就可能通过坐标原点 B.粒子在磁场中运动所经历的时间一定为‎5πm‎3qB C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqB D.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm‎6qB 答案　C　带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中,则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上,如图所示,粒子在磁场中要想到达O点,转过的圆心角肯定大于180°,因磁场有边界,故粒子不可能通过坐标原点,故选项A错误;由于P点的位置不确定,所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同,最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°,运动时间为‎5‎‎6‎T,而最小的圆心角对应P点在坐标原点,即120°,运动时间为‎1‎‎3‎T,而T=‎2πmqB,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为‎5πm‎3qB,最短为‎2πm‎3qB,选项C正确,B、D错误。‎ ‎4.(2018浙江11月选考,10,3分)磁流体发电的原理如图所示。将一束速度为v的等离子体垂直于磁场方向喷入磁感应强度为B的匀强磁场中,在相距为d、宽为a、长为b的两平行金属板间便产生电压。如果把上、下板和电阻R连接,上、下板就是一个直流电源的两极。若稳定时等离子体在两板间均匀分布,电阻率为ρ。忽略边缘效应,下列判断正确的是(　　)‎ A.上板为正极,电流I=‎BdvabRab+ρd B.上板为负极,电流I=‎Bvad‎2‎Rab+ρb C.下板为正极,电流I=‎BdvabRab+ρd D.下板为负极,电流I=‎Bvad‎2‎Rab+ρb 答案　C　根据左手定则可知,带正电粒子在磁场受到的力向下,故下板为正极,两板间的电势差为U,则qUd=Bqv,得U=Bdv,电流I=UR+ρdab=BdvabRab+ρd,选C。‎ ‎5.如图所示,在半径为b(大小未知)的圆形区域内,固定放置一绝缘材料制成的边长为L的弹性等边三角形框架DEF,其中心O位于磁场区域的圆心。在三角形框架DEF与圆周之间的空间中,充满磁感应强度大小为B的匀强磁场,其方向垂直纸面向里。在三角形DEF内放置平行板电容器MN,两板间距为d,N板紧靠EF边,N板及EF中点S处均开有小孔,在两板间靠近M板处有一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子由静止释放,粒子经过S处的速度大小为v=qBL‎2m,方向垂直于EF边并指向磁场。若粒子与三角形框架的碰撞均为弹性碰撞,且粒子在碰撞过程中质量、电荷量均不变,不计带电粒子的重力,平行板电容器MN产生的电场仅限于两板间,求:‎ ‎(1)MN间匀强电场的场强大小;‎ ‎(2)若从S点发射出的粒子能再次返回S点,则圆形区域的半径b至少为多大;‎ ‎(3)若圆形区域的半径b满足第(2)问的条件,则从M板处出发的带电粒子第一次返回M板处的时间是多少。‎ 答案　(1)B‎2‎qL‎2‎‎8dm　(2)‎1‎‎2‎+‎3‎‎3‎L 　(3)‎5πmBq+‎‎8mdBqL 解析　(1)带电粒子在匀强电场中做匀加速运动,由动能定理得 Eqd=‎1‎‎2‎mv2‎ 解得E=‎B‎2‎qL‎2‎‎8dm ‎(2)粒子的磁场中做匀速圆周运动,洛伦兹力提供向心力 Bqv=‎mv‎2‎r r=mvBq=‎L‎2‎ 粒子运动轨迹如图 粒子运动轨迹与磁场圆内切时磁场圆半径最小 由几何关系得 bmin=r+‎3‎‎3‎L=‎1‎‎2‎+‎3‎‎3‎L ‎(3)粒子圆周运动周期T=‎2πrv=‎‎2πmBq 粒子在磁场中的总时间t1=‎5‎‎6‎T×3=‎‎5πmBq 粒子在电场中的总时间t2=dv×2=‎4dv=‎‎8mdBqL 粒子从M板处出发到第一次返回M板处的总时间t=t1+t2=‎5πmBq+‎‎8mdBqL ‎6.如图所示,在xOy平面内,有一个圆形区域,其直径AB与x轴重合,圆心O'的坐标为(2a,0),其半径为a,该区域内无磁场。在y轴和直线x=3a之间的其他区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电的粒子从y轴上某点射入磁场。不计粒子重力。‎ ‎(1)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°,且粒子不经过圆形区域就能到达B点,求粒子的初速度大小v1;‎ ‎(2)若粒子的初速度方向与y轴正方向夹角为60°,在磁场中运动的时间为Δt=πm‎3Bq,且粒子也能到达B点,求粒子的初速度大小v2;‎ ‎(3)若粒子的初速度方向与y轴垂直,且粒子从O'点第一次经过x轴,求粒子的最小初速度vmin。‎ 答案　(1)‎2qBam　(2)‎3qBa‎2m　(3)‎‎3‎qBam 解析　(1)粒子不经过圆形区域就能到达B点,故粒子到达B点时速度方向竖直向下,圆心必在x轴正半轴上,如图甲所示。设粒子做圆周运动的半径为r1,由几何关系,得r1 sin 30°=3a-r1,又qv1B=mv‎1‎‎2‎r‎1‎,解得v1=‎2qBam。‎ ‎(2)粒子在磁场中的运动周期T=‎2πmBq,故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为α=ΔtT×360°=60°,如图乙所示,粒子到达B点的速度与x轴夹角为β=30°,设粒子做圆周运动的轨道半径为r2,由几何关系得3a=2r2 sin 30°+2a cos 230°‎ 又qv2B=mv‎2‎‎2‎r‎2‎,解得v2=‎3qBa‎2m。‎ ‎(3)设粒子从C点进入圆形区域,如图丙所示,O'C与O'A的夹角为θ,轨迹圆半径为r,由几何关系得2a=r sin θ+a cos θ,故当θ=60°时,半径最小为rmin=‎3‎a 又qvminB=mvmin‎2‎rmin,‎ 解得vmin=‎3‎aBqm。‎ ‎7.如图所示,磁感应强度大小为B=0.15 T、方向垂直纸面向里的匀强磁场分布在半径为R=0.10 m的圆形区域内,圆的左端跟y轴相切于直角坐标系原点O,右端跟很大的荧光屏MN相切于x轴上的A点。置于原点的粒子源可沿x轴正方向以不同的速度射出带正电的粒子流,粒子的重力不计,比荷qm=1.0×108 C/kg。‎ ‎(1)请判断当粒子分别以v1=1.5‎3‎×106 m/s和v2=0.5‎3‎×106 m/s的速度射入磁场时,能否打到荧光屏上?‎ ‎(2)要使粒子能打在荧光屏上,求粒子流的速度v0的大小应满足的条件。‎ ‎(3)若粒子流的速度v0=3.0×106 m/s,且以过O点并垂直于纸面的直线为轴,将圆形磁场逆时针缓慢旋转90°,求此过程中粒子打在荧光屏上离A的最远距离。‎ 答案　(1)v1能,v2不能　(2)v0>1.5×106 m/s　(3)0.15 m 解析　(1)粒子以不同速度射入磁场的轨迹如图所示,由几何知识得当粒子做圆周运动的半径r>R时,粒子沿图中①方向射出磁场能打到屏上,当粒子做圆周运动的半径r≤R时,将沿图中②③方向射出磁场,不能打到屏上。当粒子速度为v1时,洛伦兹力提供向心力,得qv1B=mv‎1‎‎2‎r‎1‎,解得r1=‎3‎R>R,故能打到屏上;同理,当粒子的速度为v2时,解得r2=‎3‎‎3‎R1.5×106 m/s时,粒子能打到荧光屏上。‎ ‎(3)设速度v0=3.0×106 m/s时,粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r4,由洛伦兹力提供向心力,得qv4B=mv‎4‎‎2‎r‎4‎,解得r4=2R。如图所示,粒子在磁场中运动的轨迹就是以E点为圆心,以r4为半径的一段圆弧。因圆形磁场以O为轴缓慢转动,故磁场边界变为以O为圆心,以2R为半径的圆弧ABE,当A点恰转至B点,此时粒子的出射点为B,偏角α最大,射到荧光屏上P点离A点最远。由几何知识得AP=CA·tan α=(2R-r4 tan 30°)·tan 60°=‎3‎‎-1‎‎5‎ m≈0.15 m。‎ ‎8.(2018浙江11月选考,23,10分)小明受回旋加速器的启发,设计了如图1所示的“回旋变速装置”。两相距为d的平行金属栅极板M、N,板M位于x轴上,板N在它的正下方。两板间加上如图2所示的幅值为U0的交变电压,周期T0=‎2πmqB。板M上方和板N下方有磁感应强度大小均为B、方向相反的匀强磁场。粒子探测器位于y轴处,仅能探测到垂直射入的带电粒子。‎ 有一沿x轴可移动、粒子出射初动能可调节的粒子发射源,沿y轴正方向射出质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子。t=0时刻,发射源在(x,0)位置发射一带电粒子。忽略粒子的重力和其他阻力,粒子在电场中运动的时间不计。‎ ‎(1)若粒子只经磁场偏转并在y=y0处被探测到,求发射源的位置和粒子的初动能;‎ ‎(2)若粒子两次进出电场区域后被探测到,求粒子发射源的位置x与被探测到的位置y之间的关系。‎ 图1‎ 图2‎ 答案　见解析 解析　(1)发射源的位置x0=y0‎ 粒子的初动能Ek0=‎‎(qBy‎0‎‎)‎‎2‎‎2m ‎(2)分下面三种情况讨论 ‎(ⅰ)见图1,Ek0>2qU0‎ 图1‎ 由y=mv‎2‎qB、R0=mv‎0‎qB、R1=‎mv‎1‎qB 和‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎0‎‎2‎-qU0、‎1‎‎2‎mv‎2‎‎2‎=‎1‎‎2‎mv‎1‎‎2‎-qU0‎ 及x=y+2(R0+R1)‎ 得x=y+‎2‎qB‎(yqB‎)‎‎2‎+2mqU‎0‎+‎‎2‎qB‎(yqB‎)‎‎2‎+4mqU‎0‎ ‎(ⅱ)见图2,qU0

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