高考物理一轮总复习专题训练 磁场对运动电荷的作用(含解析)

第2讲 磁场对运动电荷的作用图8－2－151．如图8－2－15，没有磁场时，显像管内电子束打在荧光屏正中的O 点，加磁场后电子束打在荧光屏O 点上方的P 点，则所加磁场的方向可能是( )A ．垂直于纸面向内B ．垂直于纸面向外C ．平行于纸面向上D ．平行于纸面向下解析：电子受到的洛伦兹力的方向向上，由左手定则，可判定磁场方向可能垂直于纸面向外，B 项正确． 答案：B 2.图8－2－16如图8－2－16所示，在半径为R 的圆形区域内，有匀强磁场，磁感应强度为B ，方向垂直于圆平面(未画出)．一群比荷为qm的负离子体以相同速率v 0(较大)，由P 点在纸平面内向不同方向射入磁场中发生偏转后，又飞出磁场，则下列说法正确的是(不计重力)( ) A ．离子飞出磁场时的动能一定相等 B ．离子在磁场中运动半径一定相等C ．由Q 点飞出的离子在磁场中运动的时间最长D ．沿PQ 方向射入的离子飞出时偏转角最大解析：射入磁场的粒子比荷相等，但质量不一定相等，故射入时初动能可能不等，又因为磁场对电荷的洛伦兹力不做功，故这些粒子从射入到射出动能不变，但不同粒子的动能可能不等，A 项错误．粒子在磁场中偏转的半径为r ＝mvqB，由于比荷和速度都相等，磁感应强度B为定值，故所有粒子的偏转半径都相等，B 正确．同时各粒子在磁场中做圆周运动的周期T ＝2πm qB，也相等，根据几何规律：圆内，较长的弦对应较大的圆心角，所以从Q 点射出的粒子偏转角最大，在磁场内运动的时间最长，C 对．沿PQ 方向射入的粒子不可能从Q 点射出，故偏角不最大，D 错，选BC. 答案：BC图8－2－173．(2009·北京西城模拟)如图8－2－17所示，在x 轴上方的空间存在着垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B.许多相同的离子，以相同的速率v ，由O 点沿纸面向各个方向(y>0)射入磁场区域．不计离子所受重力，不计离子间的相互影响．图中曲线表示离子运动的区域边界，其中边界与y 轴交点为M ，边界与x 轴交点为N ，且OM ＝ON ＝L.由此可判断( )A ．这些离子是带负电的B ．这些离子运动的轨道半径为LC ．这些离子的荷质比为q m ＝vLB D ．当离子沿y 轴正方向射入磁场时会经过N 点解析：根据左手定则，离子带正电，A 项错误；由图可知，粒子轨道半径为12L ，B 项错误；再根据qvB ＝mv 212L ，q m ＝2v LB ，C 项错误；由于ON ＝L ，粒子半径为12L ，ON 恰好为粒子圆周运动直径，故D 项正确． 答案：D图8－2－184．(2009·东营模拟)如图8－2－18所示，在一匀强磁场中有三个带电粒子，其中1和2为质子，3为α粒子(42He)的径迹．它们在同一平面内沿逆时针方向做匀速圆周运动，三者轨道半径r 1>r 2>r 3并相切于P 点，设T 、v 、a 、t 分别表示它们做圆周运动的周期、线速度、向心加速度以及各自从经过P 点算起到第一次通过图中虚线MN 所经历的时间，则( ) A ．T 1＝T 2<T 3 B ．v 1＝v 2>v 3 C ．a 1>a 2>a 3D ．t 1<t 2<t 3解析：各粒子做圆周运动的周期T ＝2πmqB，根据粒子的比荷大小可知：T 1＝T 2<T 3，故A 项正确；由于r 1>r 2>r 3结合r ＝mvqB及粒子比荷关系可知v 1>v 2>v 3，故B 项错误；粒子运动的向心加速度a ＝qvBm，结合各粒子的比荷关系及v 1>v 2>v 3可得：a 1>a 2>a 3，故C 项正确；由题图可知，粒子运动到MN 时所对应的圆心角的大小关系为θ1<θ2<θ3，而T 1＝T 2，因此t 1<t 2，由T 2<T 3，且θ2<θ3，可知t 2<t 3，故D 项正确． 答案：ACD图8－2－195．如图8－2－19所示，在x 轴上方存在垂直纸面向里的磁感应强度为B 的匀强磁场，x 轴下方存在垂直纸面向外的磁感应强度为B2的匀强磁场．一带负电的粒子从原点O 以与x 轴成30°角斜向上射入磁场，且在上方运动半径为R.则( ) A ．粒子经偏转一定能回到原点OB ．粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为2∶1C ．粒子完成一次周期性运动的时间为2πm3qBD ．粒子第二次射入x 轴上方磁场时，沿x 轴前进3R解析：由r ＝mvqB可知，粒子在x 轴上方和下方两磁场中运动的半径之比为1∶2，所以B 项错误；粒子完成一次周期性运动的时间t ＝16T 1＋16T 2＝πm 3qB ＋2πm 3qB ＝πmqB，所以C 项错误；粒子第二次射入x 轴上方磁场时沿x 轴前进l ＝R ＋2R ＝3R ，则粒子经偏转不能回到原点O ，所以A 项不正确，D 项正确． 答案：D1．带电荷量为＋q 的粒子在匀强磁场中运动，下列说法中正确的是( ) 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、速度均不变解析：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 且速度反向时所形成的电流方向与原＋q 运动形成的电流方向相同，由左手定则可知洛伦兹力方向不变，再由F ＝qvB 知大小不变，所以B 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 项错． 答案：B图8－2－202．初速为v 0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图8－2－20所示，则( )A ．电子将向右偏转，速率不变B ．电子将向左偏转，速率改变C ．电子将向左偏转，速率不变D ．电子将向右偏转，速率改变解析：由安培定则可知，通电导线右方磁场方向垂直纸面向里，则电子受洛伦兹力方向由左手定则可判知向右，所以电子向右偏；由于洛伦兹力不做功，所以电子速率不变． 答案：A图8－2－213．如图8－2－21所示，在一矩形区域内，不加磁场时，不计重力的带电粒子以某一初速度垂直左边界射入，穿过此区域的时间为t.若加上磁感应强度为B 水平向外的匀强磁场，带电粒子仍以原来的初速度入射，粒子飞出时偏离原方向60°，利用以上数据可求出下列物理量中的( )A ．带电粒子的比荷B ．带电粒子在磁场中运动的周期C ．带电粒子的初速度D ．带电粒子在磁场中运动的半径解析：由带电粒子在磁场中运动的偏向角，可知带电粒子运动轨迹所对的圆心角为60°，因此由几何关系得磁场宽度l ＝Rsin 60°＝mv 0qBsin 60°，又未加磁场时有l ＝v 0t ，所以可求得比荷q m ＝sin 60°Bt ，A 项对；周期T ＝2πm qB 可求出，B 项对；但初速度未知，所以C 、D 项错．答案：AB 4.图8－2－22如右图8－2－22所示为圆柱形区域的横截面，在该区域加沿圆柱轴线方向的匀强磁场．带电粒子(不计重力)第一次以速度v 1沿截面直径入射，粒子飞入磁场区域时，速度方向偏转60°角；该带电粒子第二次以速度v 2从同一点沿同一方向入射，粒子飞出磁场区域时，速度方向偏转90°角．则带电粒子第一次和第二次在磁场中运动的( ) A ．半径之比为3∶1 B ．速度之比为1∶ 3 C ．时间之比为2∶3 D ．时间之比为3∶2 答案：AC 5.图8－2－23如图8－2－23是三个从O 点同时发出的正、负电子的运动轨迹，匀强磁场方向垂直纸面向里，可以判定( )A ．a 、b 是正电子，c 是负电子，a 、b 、c 同时回到O 点B ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 首先回到O 点C ．a 、b 是负电子，c 是正电子，b 首先回到O 点D ．a 、b 是负电子，c 是正电子，a 、b 、c 同时回到O 点解析：考查带电粒子在磁场中的运动．电子所受洛伦兹力的方向指向曲线弯曲的方向，速度方向为曲线的切线方向，故结合左手定则判断可知，a 、b 为负电子，c 为正电子，电子做圆周运动的周期T ＝2πmqB ，与电子带电的正负无关，故a 、b 、c 同时回到O 点，故D 项正确．答案：D图8－2－246．如图8－2－24所示，在x>0、y>0的空间有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy 平面向里，大小为B ，现有四个质量及电荷量均相同的带电粒子，由x 轴上的P 点以不同的初速度平行于y 轴射入此磁场，其出射方向如图所示，不计重力的影响，则( ) A ．初速度最大的粒子是沿①方向射出的粒子 B ．初速度最大的粒子是沿②方向射出的粒子 C ．在磁场中运动时间最长的是沿③方向射出的粒子 D ．在磁场中运动时间最长的是沿④方向射出的粒子解析：显然图中四条圆弧中①对应的半径最大，由半径公式R ＝mvBq可知，质量和电荷量相同的带电粒子在同一个磁场中做匀速圆周运动的速度越大，半径越大，A 项对B 项错；根据周期公式T ＝2πm Bq 知，当圆弧对应的圆心角为θ时，带电粒子在磁场中运动的时间为t ＝πθmBq，圆心角越大则运动时间越长，圆心均在x 轴上，由半径大小关系可知④的圆心角为π，且最大，故在磁场中运动时间最长的是沿④方向出射的粒子，D 对，C 错． 答案：AD 7.图8－2－25如图8－2－25所示，在屏MN 的上方有磁感应强度为B 的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里．P 为屏上的一个小孔．PC 与MN 垂直．一群质量为m 、带电量为－q 的粒子(不计重力)，以相同的速率v ，从P 处沿垂直于磁场的方向射入磁场区域．粒子入射方向在与磁场B 垂直的平面内，且散开在与PC 夹角为θ的范围内．则在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为( ) A.2mv qB B.2mvcos θqBC.2mv(1－sin θ)qBD.2mv(1－cos θ)qB解析：由图可知，沿PC 方向射入磁场中的带负电的粒子打在MN 上的点离P 点最远，为PR ＝2mv Bq ，沿两边界线射入磁场中的带负电的粒子打在MN 上的点离P 点最近为：PQ ＝2mv Bqcos θ，故在屏MN 上被粒子打中的区域的长度为：QR ＝PR －PQ ＝2mv(1－cos θ)qB ，选项D 正确．答案：D图8－2－268．如图8－2－26所示为一个质量为m 、电荷量为＋q 的圆环，可在水平放置的足够长的粗糙细杆上滑动，细杆处于磁感应强度为B 的匀强磁场中，现给圆环向右的初速度v 0，在以后的运动过程中，圆环运动的速度图象可能是下图中的( )解析：给圆环向右的初速度v 0，圆环运动有三种可能性，若Bv 0q ＝mg 时，圆环做匀速直线运动，故A 项正确．若v>v 0时，圆环与杆下边有摩擦力作用，摩擦力逐渐减小，运动加速度逐渐减小，最终为零，Bvq ＝mg 时，圆环做匀速直线运动，故D 项正确．若v<v 0时，圆环与杆上边有摩擦力作用，洛伦兹力减小，摩擦力增大，加速度逐渐增大的减速运动，直至停止，故C 项错． 答案：AD 9.图8－2－27如图8－2－27所示，为电视机显像管及其偏转线圈L 的示意图．如果发现电视画面的幅度比正常时偏小，不可能是下列哪些原因引起的( ) A ．电子枪发射能力减弱，电子数减小 B ．加速电场的电压过高，电子速率偏大 C ．偏转线圈匝间短路，线圈匝数减小 D ．偏转线圈的电流过小，偏转磁场减弱解析：画面变小是由于电子束的偏转角减小，即偏转轨道半径变大造成的．根据轨道半径公式R ＝mveB，因为加速电压增大，将引起v 增大，而偏转线圈匝数或电流减小，都会引起B 减小，从而使轨道半径增大，偏转角减小画面变小． 答案：A 10.图8－2－28如图8－2－28所示是某离子速度选择器的原理示意图，在横截面半径r ＝10 cm 的圆形区域内有磁感应强度B ＝1×10－4T 的匀强磁场，磁场方向平行于柱形圆筒的轴线，在圆柱形筒壁上某一直径两端开有两个小孔a 、b ，分别作为离子的入射孔和出射孔．现有一束比荷为qm＝2×1011C/kg 的正离子，从a 孔射入，正离子射入的角度不同，最后能从b 孔射出的离子速度大小就不同，其中入射角θ＝30°，且不与筒壁碰撞而从出射孔射出的离子的速度大小为( )A ．4×105m/s B ．2×105m/sC ．4×106m/s D ．2×106m/s解析：画出离子运动轨迹所在的圆，如右图所示作半径R 、圆心O′，由圆的性质可知三角形abO′是等边三角形，即半径R ＝2r ＝0.2 m ，由qvB ＝m v 2R 得v ＝qBR m＝2×1011×1×10－4×0.2 m/s＝4×106m/s. 答案：C 11.图8－2－29(2009·江苏，14)1932年，劳伦斯和利文斯顿设计出了回旋加速器．回旋加速器的工作原理如图8－2－29所示，置于高真空中的D 形金属盒半径为R ，两盒间的狭缝很小，带电粒子穿过的时间可以忽略不计．磁感应强度为B 的匀强磁场与盒面垂直．A 处粒子源产生的粒子，质量为m 、电荷量为＋q ，在加速器中被加速，加速电压为U.加速过程中不考虑相对论效应和重力作用．(1)求粒子第2次和第1次经过两D 形盒间狭缝后轨道半径之比； (2)求粒子从静止开始加速到出口处所需的时间t ；(3)实际使用中，磁感应强度和加速电场频率都有最大值的限制．若某一加速器磁感应强度和加速电场频率的最大值分别为B m 、f m ，试讨论粒子能获得的最大动能E km . 解析：(1)设粒子第1次经过狭缝后的半径为r 1，速度为v 1 qU ＝12mv 21，qv 1B ＝m v 21r 1，解得r 1＝1B2mUq同理，粒子第2次经过狭缝后的半径r 2＝1B4mUq，则r 2∶r 1＝2∶1. (2)设粒子到出口处被加速了n 圈2nqU ＝12mv 2，qvB ＝m v 2R ，T ＝2πm qB ，t ＝nT ，解得t ＝πBR22U.(3)加速电场的频率应等于粒子在磁场中做圆周运动的频率，即f ＝qB2πm当磁感应强度为B m 时，加速电场的频率应为fB m ＝qB m 2πm ，粒子的动能E k ＝12mv 2当fB m ≤f m 时，粒子的最大动能由B m 决定，qv m B m ＝m)v m 2R ，解得E km ＝q 2B m 2R22m .当fB m ≥f m 时，粒子的最大动能由f m 决定，v m ＝2πf m R ，解得E km ＝2π2mf m 2R 2. 答案：(1)2∶1 (2)πBR22U(3)当fB m ≤f m 时，E km ＝q 2B m 2R 22m；当fB m ≥f m 时，E km ＝2π2mf m 2,R 2图8－2－3012．如图8－2－30所示，在真空中半径r ＝3.0×10－2 m的圆形区域内，有磁感应强度B ＝0.2T ，方向如图的匀强磁场，一批带正电的粒子以初速度v 0＝1.0×106m/s ，从磁场边界上直径ab 的一端a 沿着各个方向射入磁场，且初速度方向与磁场方向都垂直，该粒子的比荷为q/m＝1.0×108C/kg ，不计粒子重力．求： (1)粒子的轨迹半径；(2)粒子在磁场中运动的最长时间；(3)若射入磁场的速度改为v 0′＝3.0×105m/s ，其他条件不变，试用斜线画出该批粒子在磁场中可能出现的区域．(sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)解析：(1)由牛顿第二定律可求得粒子在磁场中运动的半径．qv 0B ＝m v 20R ，R ＝mv 0qB ＝5.0×10－2m.(2)由于R>r ，要使粒子在磁场中运动的时间最长，则粒子在磁场中运动的圆弧所对应的弧长最长，从右图中可以看出，以直径ab 为弦、R 为半径所作的圆周，粒子运动时间最长，T ＝2πm qB ，运动时间t m ＝2α2π×T＝2α·mqB ，又sin α＝r R ＝35，所以t m ＝6.5×10－8s.(3)R′＝mv 0′qB＝1.5×10－2m ，粒子在磁场中可能出现的区域见答案图所示(以aO 为直径的半圆加上以a 为圆心，aO 为半径所作圆与磁场相交的部分)． 答案：(1)5.0×10－2m (2)6.5×10－8s (3)。