高考物理一轮复习课时作业42磁吃运动电荷的作用含解析新人教版

磁场对运动电荷的作用
一、选择题
1．(2018·莆田二模)真空中，一带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，当它运动到A 点时与一不带电的静止粒子发生碰撞并合为一体．则碰撞前、后粒子的运动轨迹正确的是(实线表示碰撞前的轨迹，虚线表示碰撞后的轨迹)( )
答案 A
解析 两粒子碰撞过程动量守恒，根据半径公式有：r ＝mv
qB ，碰撞前、后动量不变，电量q
不变，所以运动的轨道半径不变，故A 项正确，故B 、C 、D 三项错误．
2.(2018·玉溪二模)如图所示，一条直线上有O 、M 、N 三点，OM ＝MN ，直线上方的整个空间存在垂直纸面向外的匀强磁场，一质子和一α粒子分别以速度v 1、v 2从O 点沿OP 方向射入磁场，质子经时间t 1从M 点射出磁场，α粒子经时间t 2从N 点射出磁场，质子和α粒子的重力不计，不考虑它们之间的相互作用，则关于t 1、t 2、v 1、v 2的判断正确的是( )
A ．t 1＝t 2，v 1＝v 2
B ．t 1＜t 2，v 1＝v 2
C ．t 1＜t 2，v 1＜v 2
D ．t 1＞t 2，v 1＞v 2
答案 B
解析 画出两粒子的轨迹过程图，如图所示，
设OM ＝MN ＝L ，对质子根据洛伦兹力提供向心力：q 1v 1B ＝m 1v 12
r 1，可得：r 1＝m 1v 1
q 1B
根据几何关系可得：2r 1sin θ＝L 联立可得：v 1＝q 1BL
2m 1sin θ
同理对α粒子可得：v 2＝q 2BL
m 2sin θ
又因为：m 2＝4m 1，q 2＝2q 1 联立可得：v 1＝v 2
质子在磁场中运动的周期：T 1＝2πr 1v 1＝2πm 1
q 1B
α粒子在磁场中运动的周期：T 2＝2πr 2v 2＝2πm 2
q 2B
根据：m 2＝4m 1，q 2＝2q 1
可得：T 2＞T 1，因为圆心角相等，所以：t 1＜t 2.
3．(2018·汕头二模)(多选)如图所示，虚线MN 将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域分别存在着与纸面垂直的匀强磁场．一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，曲线aPb 为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP 、弧Pb 的弧长之比为2∶1，且粒子经过a 、b 点时的速度方向均水平向右，下列判断正确的是( )
A ．Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为1∶2
B ．粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1
C ．粒子通过aP 、Pb 两段弧的时间之比为1∶1
D ．弧aP 与弧Pb 对应的圆心角之比为2∶1 答案 AB
解析 粒子在磁场中只受洛伦兹力作用，洛伦兹力做向心力，不做功，故有：Bvq ＝mv
2
R ，Ⅰ、
Ⅱ区域粒子速度大小不变；
根据粒子偏转方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度方向相反；
根据粒子偏转方向相反，由粒子经过a 、b 点时的速度方向均水平向右可得：粒子转过的角度相等；又有弧aP 、弧Pb 的弧长之比为2∶1，粒子在Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场中的运动半径之比为2∶1；
根据B ＝mv
qR
可得：Ⅰ、Ⅱ区域两个磁场的磁感应强度大小之比为1∶2；
根据粒子做圆周运动的周期T ＝2πR
v ，由中心角相等可得：粒子通过aP 、Pb 两段弧的时间
之比为2∶1，故A 、B 两项正确，C 、D 两项错误．
4．(2018·安徽模拟)(多选)半径为R 的光滑绝缘竖直圆形轨道的最低点，有一个电量为＋q 的介质小球，以初速度v 0＝5gR 向右冲上轨道．下面四种情形中，A 图圆心处放置正点电
荷，B 图加上竖直向下的匀强电场，场强E ＝mg 2q ，C 图加上水平向右的匀强电场，场强E ＝mg
q ，
D 图加上垂直纸面向外的匀强磁场．则小球一定能够在圆轨道内做完整的圆周运动是( )
答案 AD
解析 A 项，小球运动的过程中受到重力和库仑力，其中库仑力不做功，只有重力做功，则小球到达最高点时的速度满足： 12mv 12＋2mgR ＝12mv 02
可得：v 1＝gR
小球在最高点需要的向心力：F n1＝mv 12
R
＝mg
小球在最高点受到重力、向上的库仑力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点．故A 项正确；
B 项，小球运动的过程中受到重力和向下的电场力，重力和电场力都做负功，若小球到达最高点时，则速度满足： 12mv 22＋2mgR ＋2qER ＝12
mv 02 可得：12
mv 22
<0，这显然是不可能的，故B 项错误；
C 项，若电场的方向向右，将电场力与重力合成，等效于小球受到向右下方的等效重力mg′，则：
mg ′＝m 2g 2
＋q 2E 2
＝2mg
小球向上运动的过程中等效重力做功，若小球到达最高点时，则速度满足： 12mv 32＋2mg′R＝12mv 02 可得：12
mv 02
<0
这显然是不可能的．故C 项错误；
D 项，洛伦兹力不做功，小球在该情况下的运动与A 图的运动相似，小球到达最高点时的速度也是gR ，小球在最高点受到重力、向上的洛伦兹力，所以必定还受到轨道对小球的向下的作用力，可知，小球一定能到达最高点．故D 项正确．
5．(2018·四川模拟)(多选)如图所示，虚线所围圆形区域内有垂直于纸面的匀强磁场，比
荷相同的a 、b 两带电粒子同时从P 点进入磁场，a 的速度v 1沿半径方向，b 的速度v 2与PO 之间夹角为60°，两粒子分别经过时间t 1、t 2都从Q 点出磁场，∠POQ ＝120°.不计两粒子间相互作用力与重力，则( )
A ．t 1∶t 2＝3∶1
B ．t 1∶t 2＝1∶3
C ．v 1∶v 2＝2∶1
D ．v 1∶v 2＝2∶ 3
答案 BC
解析 设匀强磁场区域半径为R ，那么，根据粒子运动速度和运动轨迹上的两个点； 根据如图所示几何关系可得：
a 的轨道半径为Rtan60°＝3R
b 的轨道半径为Rsin60°＝
3
2
R ； a 转过的圆心角为60°，b 转过的圆心角为180°； 故根据洛伦兹力做向心力可得：Bvq ＝mv
2
r
故速度v ＝Bqr
m
运动周期T ＝2πR v ＝2πm
qB
，所以运动周期相等；
故运动时间之比t 1∶t 2＝60°∶180°＝1∶3，速度之比v 1∶v 2＝r a ∶r b ＝2∶1，故B 、C 两项正确，A 、D 两项错误．
6．(2018·湖南模拟)(多选)如图所示，电子由P 点从静止开始沿直线PQ 做加速直线运动，从Q 点射出．若要求电子能击中在与直线PQ 成α角方向、与Q 点相距d 的点M(已知：电子的电荷量为e 、质量为m 、加速电压为U 、不计电子重力)．下列选项正确的是( )
A ．电子运动到Q 点的速度v ＝
2eU
m
B ．若在Q 的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B ，则其大小为B ＝
2d
sinα2eU
m
C ．若在Q 的右侧加一个平行于PQ 的匀强磁场，则电子不可能到达M 点
D ．若在Q 的右侧加一个垂直于PQ 向上的匀强电场
E ，则其大小为E ＝4Usinα
dcos 2
α 答案 ACD
解析 A 项，在电场中加速，根据动能定理有： eU ＝12mv 2
－0
所以：v ＝
2eU
m
.故A 项正确； B 项，若在Q 的右侧加一个垂直于纸面向里的匀强磁场B ，根据左手定则可知，电子受到的洛伦兹力的方向向下，电子在磁场中偏转：rsinα＝1
2d
又：evB ＝m v
2
r
联立解得：B ＝mv er ＝22emU sinα
ed
.故B 项错误；
C 项，若在Q 的右侧加一个平行于PQ 的匀强磁场，电子在磁场中运动的方向与磁场的方向平行，则电子不受洛伦兹力，则不可能到达M 点．故C 项正确；
D 项，若在Q 的右侧加一个垂直于PQ 向上的匀强电场
E ，电子沿PQ 方向匀速运动，有：dcosα＝vt
得：t ＝dcosα
v
垂直于PQ 方向匀加速运动，加速度为：a ＝eE
m
垂直于PQ 方向的位移：y ＝dsinα＝12at 2
联立解得：E ＝4Usinα
dcos 2
α
.故D 项正确． 7．(2018·衡阳二模)如图所示，由Oa 、Ob 、Oc 三个铝制薄板互成120°角均匀分开的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个匀强磁场区域，其磁感应强度分别用B 1、B 2、B 3表示．现有带电粒子自a 点垂直Oa 板沿逆时针方向射入磁场中，带电粒子完成一周运动，假设带电粒子穿过铝质薄板过程中电荷量不变，在三个磁场区域中的运动时间之比为1∶3∶5，轨迹恰好是一个以O 为圆心的圆，不计粒子重力，则( )
A ．磁感应强度
B 1∶B 2∶B 3＝1∶3∶5 B ．磁感应强度B 1∶B 2∶B 3＝5∶3∶1
C ．其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为25∶2
D ．其在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为27∶5 答案 C
解析 A 、B 两项，带电粒子在磁场中运动的时间为：t ＝θ
2πT
在各个区域的圆心角均为θ＝2
3π
根据洛伦兹力提供向心力可得：qvB ＝m v
2
r
可得粒子在磁场中运动的周期：T ＝2πr v ＝2πm
qB
所以t ＝2πm 3qB ，故B ＝2πm
3qt
，又因为m 、q 均为定值
在三个区域的磁感应强度之比为B 1∶B 2∶B 3＝15∶5∶3，故A 、B 两项错误； C 、D 两项，三个区域的磁场半径相同，为r ＝mv qB ，又因为动能E k ＝12mv 2
联立可得：E k ＝q 2B 2r
2
2m
，
因为q 、m 和r 均相同，故三个区域中运动的动能之比为：E k1∶E k2∶E k3＝B 12
∶B 22
∶B 33
＝225∶25∶9 设比例常数k ，则：
在b 处穿越铝板所损失的动能为ΔE k1＝225k －25k ＝200k 在c 处穿越铝板所损失的动能为ΔE k2＝25k －9k ＝16k
在b 、c 处穿越铝板所损失的动能之比为：ΔE k1∶ΔE k2＝25∶2，故C 项正确，D 项错误． 8．(2018·贵州模拟)如图所示，aefc 和befd 是垂直于纸面向里的匀强磁场Ⅰ、Ⅱ的边界．磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度分别为B 1、B 2，且B 2＝2B 1.一质量为m 、电荷量为q 的带电粒子垂直边界ae 从P 点射入磁场Ⅰ，后经f 点进入磁场Ⅱ，并最终从fc 边界射出磁场区域．不计粒子重力，该带电粒子在磁场中运动的总时间为( ) A.2πm qB 1
B.
3πm
2qB 1
C.πm qB 1
D.
3πm
4qB 1
答案 B
解析 粒子在磁场中运动只受洛伦兹力作用，故粒子做圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bvq ＝mv 2
R ，所以，R ＝mv
qB ；粒子垂直边界ae 从P 点射入磁场Ⅰ，后经f 点进入磁场Ⅱ，故根
据几何关系可得：粒子在磁场Ⅰ中做圆周运动的半径为磁场宽度d ； 粒子在磁场Ⅱ中做圆周运动的半径为磁场宽度12
d ；
那么，根据几何关系可得：粒子从P 到f 转过的中心角为90°，粒子在f 点沿fd 方向进入磁场Ⅱ；然后粒子在磁场Ⅱ中转过180°在e 点沿ea 方向进入磁场Ⅰ；最后，粒子在磁场Ⅰ中转过90°后从fc 边界射出磁场区域；
故粒子在两个磁场区域分别转过180°，根据周期T ＝
2πR v ＝2πm
qB
可得：该带电粒子在磁场中运动的总时间为12T 1＋12T 2＝πm qB 1＋πm qB 2＝3πm
2qB 1
，故B 项正确，A 、C 、D 三项错误．
9．(2018·江苏三模)如图所示，在直角坐标系xOy 中，x 轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B ，磁场方向垂直于纸面向外．许多质量为m 、电荷量为＋q 的粒子，以相同的速率v 沿纸面内，由x 轴负方向与y 轴正方向之间各个方向从原点O 射入磁场区域．不计重力及粒子间的相互作用．下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R ＝mv
qB
，正确的图是( )
答案 D
解析 粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x 轴为边界的磁场，粒子从x 轴进入磁场后到离开，
速度v 与x 轴的夹角相同，根据左手定则和R ＝mv
qB
，
知沿x 轴负轴的刚好进入磁场做一个圆周，沿y 轴进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D 项正确．
10.(2018·深圳二模)如图所示，在垂直纸面向里、磁感应强度B ＝2 T 的匀强磁场中，有一长度L ＝5 m 的细圆筒，绕其一端O 在纸面内沿逆时针方向做角速度ω＝60 rad/s 的匀速圆周运动．另端有一粒子源，能连续不断相对粒子源沿半径向外发射速度为v ＝400 m/s 的带正电粒子．已知带电粒子的电量q ＝2.5×10－6
C ，质量m ＝3×10－8
kg ，不计粒子间相互作用及重力，打在圆筒上的粒子均不被吸收，则带电粒子在纸面内所能到达的范围面积S 是( )
A ．48 π m 2
B. 9 π m 2
C ．49 π m 2
D ．16 π m 2
答案 A
解析 发射粒子时，粒子沿半径方向的速度为v ＝400 m/s ，粒子随细圆筒做圆周运动，垂直半径方向的速度为ωL ＝300 m/s ；
故粒子速度为v′＝500 m/s ，粒子速度方向与径向成arctan ωL
v ＝37°；
粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力做向心力，故有：Bv′q＝mv′
2
R
所以，运动半径为：R ＝mv′
qB
＝3 m ；
根据左手定则可知：粒子做圆周运动也是沿逆时针方向运动； 根据几何关系，粒子做圆周运动的圆心到O 的距离为s ＝4 m
故带电粒子在纸面内所能到达的范围为内径为s －R ＝1 m ，外径为s ＋R ＝7 m 的环形区域； 故带电粒子在纸面内所能到达的范围面积为：S ＝π(7)2
－π(1)2
(m 2
)＝48 πm 2
，故A 项正确，B 、C 、D 三项错误． 二、非选择题
11．(2018·海南)如图，圆心为O 、半径为r 的圆形区域外存在匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向外，磁感应强度大小为B.P 是圆外一点，OP ＝3r.一质量为m 、电荷量为q(q ＞0)的粒子从P 点在纸面内垂直于OP 射出．已知粒子运动轨迹经过圆心O ，不计重力．求
(1)粒子在磁场中做圆周运动的半径； (2)粒子第一次在圆形区域内运动所用的时间．
解析 (1)根据题意，画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示
设粒子在磁场中做圆周运动的半径为R ， 由几何关系有：(3r －R)2
＝R 2
＋r 2
解得：R ＝4
3
r
(2)由R ＝mv qB 得v ＝4qBr
3m
粒子第一次在圆形区域内运动的时间t ＝2r v ＝3m
2qB
.
12．(2018·宿州一模)利用如图所示的装置可以测出电子的比荷和初速度大小，该装置可简化为：半径R ＝ 3 m 的圆简处于磁感应强度大小B ＝2×10－9
T 的匀强磁场中，磁场方向与筒的中心轴O 平行，过某一直径的两端分别开有小孔a 、b.电子以某一速度从小孔a 沿着ab 方向射入筒内，与此同吋，简绕其中心轴以角速度ω＝3.6×102
rad/s 顺时针转动．当筒转过60°时，该粒子恰好从小孔b 飞出圆筒被接收器收到，不计重力．若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，求：
(1)电子的比荷；
(2)电子的初速度大小(结果保留两位有效数字)．
解析 (1)电子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，电子的运动轨迹如图
电子在磁场中做匀速圆周运动的周期为：T ＝2πm
eB
由几何关系知，圆弧所对的圆心角为
60°，电子运动时间为： t 1＝60°360°T ＝16·2πm eB ＝πm 3eB
圆筒匀速转动60°的时间为为： t 2＝13πω＝π3ω
其中t 1＝t 2
解得：e m ＝ωB
＝1.8×1011
C/kg
(2)设电子匀速圆周运动的轨道半径为r ， 根据几何关系有：tan30°＝R
r
得：r ＝3R ＝3 m
根据半径公式r ＝mv 0
eB
，有：
v 0＝eBr m
＝1.8×1011×2×10－9×3≈1.1×103
m/s.
13．(2018·德州一模)如图所示，在水平面内，OC 与OD 间的夹角θ＝30°，OC 与OD 间有垂直纸面向外的匀强磁场I ，磁感应强度大小为B 1＝B 0，OA 与OC 间的夹角α＝45°，OA 与OC 间有垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，一质量为m 带负电荷的粒子q(不计重力)从M 点沿与OD 方向成60°角的方向射入磁场I ，并刚好垂直于OC 离开磁场Ⅰ进入磁场Ⅱ，且粒子刚好能从OA 边飞出．求：
(1)粒子经过匀强磁场Ⅰ所用的时间；
(2)匀强磁场Ⅱ的磁感应强度B 2大小；
(3)在OD 边下方一圆形区域内(未画出)存在竖直方向的匀强电场，电场强度大小为E ，粒子以初速度v 0垂直于电场线方向射入电场，飞经电场后再从M 点沿与OD 方向成60°角进入磁场，则圆形电场区域的最小面积S.
解析 (1)带电粒子在磁场中偏转如图，由几何关系可知，粒子在Ⅰ区运动的圆心角为60°，
由：qvB 0＝m v 2r
周期T ＝2πr v 运动时间t ＝16
T 解得：t ＝πm 3qB 0
(2)由题意知，粒子的运动轨迹如图，设粒子在磁场Ⅰ内运动的轨道半径为R 1，在磁场Ⅱ内
的轨道半径为R 2，由几何关系可知：O 2P OO 2＝R 22R 1＋R 2
＝sin45° 解得：R 1R 2＝2－12
又由R ＝mv qB
解得：B 1B 2＝R 2R 1＝22－1
解得B 2＝2－12B 0 (3)由题意可知，带电粒子在圆形电场中做类平抛运动，
在水平方向：x ＝v 0t ；
竖直方向：y ＝12
at 2 v y ＝at
根据牛顿第二定律：a ＝qE m
在M 点速度的合成与分解有：v y ＝v 0tan60° 粒子在电场中的位移：L ＝x 2＋y 2
圆的面积：S ＝π(L 2
)2 联立解得：S ＝21πm 2v 0416q 2E 2.。