（浙江选考）2020版高考物理一轮复习第20讲磁场对运动电荷的作用夯基提能作业本.docx

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1、1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

2、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

3、两个匀强磁场区域和,中的磁感应强度是中的 k 倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与中运动的电子相比,中的电子( )A.运动轨迹的半径是中的 k 倍B.加速度的大小是中的 k 倍C.做圆周运动的周期是中的 k 倍D.做圆周运动的角速度与中的相等答案 AC 设电子的质量为 m,速率为 v,电荷量为 q,B2=B,B1=kB2则由牛顿第二定律得 qvB= mv2RT= 2Rv由得 R= ,T= ,所以 =k, =kmvqB 2mqB R2R1 T2T1根据 a= ,= 可知 = , =v2R vR a2a11k 2 11k所以选项 A、C 正确,选项 B、D 错误。4.如图所示,ab

4、 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= 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mvqB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(

5、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3B.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= = ,其等效环形电流 I= = ,故 D 选项2Rv 2mqB

6、qTq2B2m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 R 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12R 的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力,则( )23A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为 r1r 2= 2 3B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为 r1r 2=23C.前后两次磁感应强度的大小之比为 B1B 2= 2 3D.前后两次磁感应强度的大小之比为 B1B 2=

7、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= R 对应的弦长为粒子圆周运动的直12径,则 r1= 2R sin =R sin =R sin 。如图 2,磁感应强度为 B2时,弧长 L2= R 对应的弦长为粒12 L12R 4 23子圆周运动的直径,则 r2= 2R sin =R sin =R sin ,因此 r1r 2=sin sin = ,故 A12 L22R 3 4 3 2 3正确,B 错误。由洛伦兹力提供向心力,可得:qv 0B=m ,则 B= ,可以得出 B1B 2=r2r 1= ,故 Cv20r mv0qr 3 2错误,D 正确。图 14图 28.如

8、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=k ,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Ir速

9、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

10、洛伦兹力的方向向下,随磁场的增强逐渐增大,所以对5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 31B.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 61C.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

11、为 21D.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 16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 11,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 11。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= T 知,正

12、、负电子在磁场中运动的时间之比为 16。2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 11 与 16 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 SPMN,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 t1t 2为(重力不计)( )A.13 B.43 C.11 D.326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

13、为60。由 t= T,T= ,可得:t 1t 2=32,故选 D。2 2mBq2.(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 =k,则质子的速度可能为( )qmA.2BkL B. C. D.BkL2 3BkL2 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=,r3= ,所以质子运行半径 r= (n=1,2,3,

14、),由洛伦兹力提供向心力得 Bqv=m ,即L2 L3 Ln v2rv= =Bk (n=1,2,3,),选项 B、D 正确。Bqrm Ln3.如图所示,在 x0、y0 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5m3qB7C.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 mqBD.粒子在磁场中运动所经历的时间可能为 m6qB答

15、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 T,而最小的圆心角对应 P 点56在坐标原点,即 120,运动时间为 T,而 T= ,故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为 ,最短为 ,选13 2mqB 5m3qB 2m3qB项 C 正确,B、D 错误。4.(2018 浙江

16、 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 。忽略边缘效应,下列判断正确的是( )A.上板为正极,电流 I=BdvabRab+dB.上板为负极,电流 I=Bvad2Rab+bC.下板为正极,电流 I=BdvabRab+dD.下板为负极,电流 I=Bvad2Rab+b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

17、板间的电势差为 U,则q =Bqv,得 U=Bdv,电流 I= = ,选 C。Ud UR+ dabBdvabRab+d5.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8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(q0)的带电粒子由静止释放,粒子经过 S 处的速度大小为

18、 v= ,方向垂直于 EF 边并指向磁场。若粒子与三角形框架的qBL2m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) (2) + L (3) +B2qL28dm 12 33 5mBq8mdBqL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= mv212解得 E

19、=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=mv2rr= =mvBqL2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9bmin=r+ L= + L33 12 33(3)粒子圆周运动周期 T= =2rv 2mBq粒子在磁场中的总时间 t1= T3=56 5mBq粒子在电场中的总时间 t2= 2= =dv 4dv8mdBqL粒子从 M 板处出发到第一次返回 M 板处的总时间 t=t1+t2= +5mBq8mdBqL6.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

20、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 t= ,且粒子也能到达 B m3Bq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) (2) (3)2qBam 3qBa2

21、m 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=m ,解得v21r1v1= 。2qBam(2)粒子在磁场中的运动周期 T= ,故粒子在磁场中运动轨迹的圆心角为 = 360=60,如图乙所2mBq tT示,粒子到达 B 点的速度与 x 轴夹角为 =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=m ,解得 v2= 。v22r2 3qBa2m10(3

22、)设粒子从 C 点进入圆形区域,如图丙所示,OC 与 OA 的夹角为 ,轨迹圆半径为 r,由几何关系得2a=r sin +a cos ,故当 =60时,半径最小为 rmin= a3又 qvminB=m ,v2minrmin解得 vmin= 。3aBqm7.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 =1.0108 qmC/kg。(1)请判

23、断当粒子分别以 v1=1.5 106 m/s 和 v2=0.5 106 m/s 的速度射入磁场时,能否打到荧光3 3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=3.0106 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)v 1能,v 2不能 (2)v 01.5106 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 rR 时,粒子沿图中方向射出磁场能打到屏上,当粒子做圆周运动的半径 rR

24、 时,将沿图中方向射出磁场,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=m ,解得 r1= RR,故能打到屏上;v21r1 3同理,当粒子的速度为 v2时,解得 r2= R1.5106 m/s 时,粒子能打到荧光屏上。(3)设速度 v0=3.0106 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=m ,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v24r4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

25、点,此时粒子的出射点为 B,偏角 最大,射到荧光屏上 P 点离 A 点最远。由几何知识得 AP=CAtan =(2R-r 4 tan 30)tan 60= m0.15 m。3-158.(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= 。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。2mqB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

26、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(q0)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。12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()见图 1,Ek02qU0图 1由 y= 、R 0= 、R 1=mv2qB mv0qB

27、mv1qB和 m = m -qU0、 m = m -qU012v2112v20 12v2212v21及 x=y+2(R0+R1)得 x=y+ +2qB(yqB)2+2mqU02qB(yqB)2+4mqU0()见图 2,qU0Ek02qU0图 2由-y-d= 、R 0=mv2qB mv0qB13和 m = m +qU012v2012v22及 x=3(-y-d)+2R0得 x=-3(y+d)+2qB(y+d)2q2B2+2mqU0()见图 3,Ek0qU0图 3由-y-d= 、R 0=mv2qB mv0qB和 m = m -qU012v2012v22及 x=-y-d+4R0得 x=-y-d+4qB(y+d)2q2B2-2mqU0