2020版高考物理教科版大一轮复习训练：第九章 基础课2 磁场对运动电荷的作用 Word版含解析

基础课2　磁场对运动电荷的作用一、选择题(1～6题为单项选择题，7～10题为多项选择题)1．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷的受力方向之间的关系正确的是( )解析　根据左手定则，A中F方向应向上，B中F方向应向下，故A错、B对；C、D 中都是v∥B，F＝0，故C、D都错。

答案　B2．(2015·海南单科，1)如图1所示，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。

在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向( )图1A．向上B．向下C．向左D．向右解析　条形磁铁的磁感线在a点垂直P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。

答案　A3．在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方置一根通有如图2所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会( )图2A．向上偏转B．向下偏转C．向纸内偏转D．向纸外偏转解析　由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B 选项正确。

答案　B4.两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a 、b ，以不同的速率沿着AO 方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图3所示。

若不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )图3A ．a 粒子带正电，b 粒子带负电B ．a 粒子在磁场中所受洛伦兹力较大C ．b 粒子的动能较大D ．b 粒子在磁场中运动时间较长解析　由左手定则可知，a 粒子带负电，b 粒子带正电，A 错误；由q v B ＝m v 2r 得r ＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b 粒子的速率较大，m v qB 在磁场中所受洛伦兹力较大，B 错误；由E k ＝m v 2可得b 粒子的动能较大，C 12正确；由T ＝知两者的周期相同，b 粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a 粒2πm qB子运动的轨迹对应的圆心角，所以b 粒子在磁场中运动时间较短，D 错误。

答案　C5. (2017·陕西渭南一模)在真空室中，有垂直于纸面向里的匀强磁场，三个质子1、2和3分别以大小相等、方向如图4所示的初速度v 1、v 2和v 3经过平板MN 上的小孔O 射入匀强磁场，这三个质子打到平板MN 上的位置到小孔O 的距离分别是s 1、s 2和s 3，不计质子重力，则有( )图4A ．s 1＞s 2＞s 3B ．s 1＜s 2＜s 3C ．s 1＝s 3＞s 2D ．s 1＝s 3＜s 2解析　由已知条件可知三个质子运动轨迹的半径相等。

由于初速度v 1和v 3的方向与MN 的夹角相等，所以这两个质子的运动轨迹正好能组合成一个完整的圆，则这两个质子打到平板MN 上的位置到小孔的距离是相等的，且小于轨迹圆的直径；而初速度为v 2的质子方向与MN 垂直，则它的运动轨迹正好是半圆，所以质子打到平板MN 上的位置到小孔的距离恰好是圆的直径，即s 1＝s 3＜s 2，D 正确。

答案　D6．如图5为洛伦兹力演示仪的结构图。

励磁线圈产生的匀强磁场方向垂直纸面向外，电子束由电子枪产生，其速度方向与磁场方向垂直。

电子速度大小可通过电子枪的加速电压来控制，磁场强弱可通过励磁线圈的电流来调节。

下列说法正确的是( )图5A ．仅增大励磁线圈的电流，电子束径迹的半径变大B ．仅提高电子枪的加速电压，电子束径迹的半径变大C ．仅增大励磁线圈的电流，电子做圆周运动的周期将变大D ．仅提高电子枪的加速电压，电子做圆周运动的周期将变大解析　当仅增大励磁线圈的电流时，也就是增大磁感应强度B ，由牛顿第二定律知q v B ＝m ，得R ＝，电子束径迹的半径变小，选项A 错误；当仅提高电子v 2R m v qB枪的加速电压时，由qU ＝m v 2和q v B ＝m 得R ＝，可知电子束径迹的12v 2R2mqU qB 半径变大，选项B 正确；由T ＝＝知，电子做圆周运动的周期T 与速度v 2πR v2πm qB 大小无关，所以选项C 、D 错误。

答案　B7.如图6所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a 点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b 点射出。

增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是( )图6A ．该粒子带正电B ．该粒子带负电C ．粒子从ab 间射出D ．粒子从bc 间射出解析　根据带电粒子在磁场中偏转的方向，由左手定则判断可知该粒子带负电，选项A 错误，B 正确；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r ＝，m v qB所以当粒子入射的速率增大时，其轨道半径r 会增大，粒子会从图中的bc 之间射出磁场，故选项C 错误，D 正确。

答案　BD8．如图7所示，Q 1，Q 2带等量正电荷，固定在光滑的绝缘杆的两端，杆上套一带正电的小球，杆所在的区域同时存在一个匀强磁场，方向如图所示，小球的重力不计。

现将小球从图示位置由静止释放，在小球运动过程中，下列说法中正确的是( )图7A ．小球的速度将一直增大B ．小球的加速度将不断变化C ．小球所受洛伦兹力将一直增大D ．小球所受洛伦兹力大小变化，方向也变化解析　Q 1，Q 2连线上中点处电场强度为零，从中点向两侧电场强度增大且方向都指向中点，故小球所受电场力总是指向中点，又因杆光滑，所以小球将做关于Q 1，Q 2连线中点对称的往复运动，中点位置速度最大，两端速度为零，所以洛伦兹力的大小和方向都不断变化，由以上分析可知B ，D 项正确。

故本题正确答案为BD 。

答案　BD9．如图8所示，直线MN 与水平方向成60°角，MN 的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场，左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B 。

一粒子源位于MN 上的a 点，能水平向右发射不同速率、质量为m (重力不计)、电荷量为q (q ＞0)的同种粒子，所有粒子均能通过MN 上的b 点，已知ab ＝L ，则粒子的速度可能是( )图8A. B. C. D.3qBL6m 3qBL3m 3qBL2m 3qBLm解析　由题意可知粒子可能的运动轨迹如图所示，所有圆弧的圆心角均为120°，所以粒子运动的半径为r ＝·(n ＝1，2，3，…)，由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝33L nm ，则v ＝＝·(n ＝1，2，3，…)，所以A 、B 正确。

v 2rqBr m 3qBL 3m 1n答案　AB10．如图9所示，MDN 为绝缘材料制成的固定的竖直光滑半圆形轨道，半径为R ，直径MN 水平，整个空间存在方向垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B ，一带电荷量为－q ，质量为m 的小球自M 点无初速度下滑，下列说法中正确的是( )图9A ．小球由M 点滑到最低点D 时所用时间与磁场无关B ．小球滑到D 点时，对轨道的压力一定大于mgC ．小球滑到D 点时，速度大小v ＝2gRD ．小球滑到轨道右侧时，可以到达轨道最高点N解析　小球下滑过程中受重力、洛伦兹力、轨道支持力，因洛伦兹力与轨道支持力均垂直运动方向，故不影响速度大小，所以下滑时间与磁场无关，选项A 正确；整个运动过程中只有重力做功，机械能守恒，下滑至最低点过程中，由机械能守恒定律知，mgR ＝m v 2，所以向左或向右经过D 点速度都为，选项C 正确；122gR 根据机械能守恒定律知小球能滑至与M 等高的N 点，选项D 正确；由D 点受力分析及牛顿第二定律知，当向左经过D 点时F ＋N －mg ＝m ，得N ＝3mg －q v B ，v 2R由于不知道洛伦兹力q v B 大小，故支持力F N 大小不确定，故B 错误。

答案　ACD二、非选择题11．(2016·辽宁沈阳一模)如图10所示，在真空中坐标xOy 平面的x ＞0区域内，有磁感应强度B ＝1.0×10－2 T 的匀强磁场，方向与xOy 平面垂直，在x 轴上的P (10，0)点，有一放射源，在xOy 平面内向各个方向发射速率v ＝104 m/s 的带正电的粒子，粒子的质量为m ＝1.6×10－25 kg ，电荷量为q ＝1.6×10－18 C ，求带电粒子能打到y 轴上的范围。

图10解析　带电粒子在磁场中运动时由牛顿第二定律得：q v B ＝m 解得：R ＝＝0.1 m ＝10 cm v 2R m v qB如图所示，当带电粒子打到y 轴上方的A 点与P 连线正好为其圆轨迹的直径时，A 点即为粒子能打到y 轴上方的最高点。

因OP ＝10 cmAP ＝2R ＝20 cm,则OA ＝＝10 cmAP 2－OP 23当带电粒子的圆轨迹正好与y 轴下方相切于B 点时，若圆心再向左偏，则粒子就会从纵轴离开磁场，所以B 点即为粒子能打到y 轴下方的最低点，易得OB ＝R ＝10 cm ，综上所述，带电粒子能打到y 轴上的范围为－10～10 cm 。

3答案　－10～ cm312．(2016·四川眉山三诊)如图11所示，在空间中存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，其边界AB 与CD 之间的宽度为d ，在左边界的Q 点处有一质量为m 、带电荷量为－q 的粒子沿与左边界夹角为30°的方向射入磁场，粒子重力不计。

图11(1)求带电粒子能从AB 边界飞出的最大速度；(2)若带电粒子能垂直CD 边界飞出磁场，穿过小孔进入如图所示的匀强电场中减速至零且不碰到负极板，求极板间电压及整个过程中粒子在磁场中运动的时间；(3)若带电粒子的速度是(2)中的倍，并可以从Q 点沿纸面各个方向射入磁场，3求粒子从出发点到打到CD 边界的最高点位置之间的距离。

解析　(1)当粒子运动到右边界，其轨迹恰好与CD 边相切时，所对应的速度是能从AB 边界飞出的最大速度，其轨迹图如图甲所示，设其轨道半径为R ，最大速度为v max由几何关系得：R ＋R cos 30°＝d由洛伦兹力提供向心力得：Bq v max ＝m v R由以上两式解得：v max ＝2（2－3）Bqd m(2)粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何关系知粒子此时的轨道半径为：R 2＝d cos 30°设这时粒子在磁场中运动的速度大小为v 2，由洛伦兹力提供向心力得：Bq v 2＝m vR 2粒子进入电场在电场中运动，由动能定理得：m v ＝qU 122解得极板间电压U ＝＝B 2qd 22m cos 2 30°2B 2qd 23m粒子不碰到右极板所加电压满足的条件为U ≥2B 2qd 23m因粒子转过的圆心角为60°，所用时间为，而周期T 6T ＝2πm Bq因返回通过磁场所用时间相同，所以总时间t ＝2×＝T 62πm 3Bq(3)当粒子速度为(2)中的倍时，即v 3＝v 2，根据Bq v 3＝m 解得R 3＝2d 33v R3当粒子沿BA 方向进入磁场时，打在DC 边上的点为最高点，如图丙，由几何关系可得粒子能打到CD 边界的最高点位置与Q 点的距离为：l ＝R 3＝2d 答案　(1)　(2)U ≥ (3)2d 2（2－3）Bqd m 2B 2qd 23m 2πm 3Bq。