【物理】2020届一轮复习人教版磁场对运动电荷的作用作业（江苏专用）

【物理】2020届一轮复习人教版磁场对运动电荷的作用作业（江苏专用）

课时跟踪检测（二十七） 磁场对运动电荷的作用 对点训练：对洛伦兹力的理解 ‎1．2015年3月3日，中国南极中山站站区上空出现绚丽的极光现象，持续时间超过数小时。极光现象是太阳活动增强时所发射的高能带电粒子流(太阳风)到达地球南北两极上空时“轰击”地球高层大气而产生的现象。假如高速电子流以与地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一点，则电子流在进入地球周围的空间时，将(　　)‎ A．向东偏转　　　　　　　 　B．向西偏转 C．向北偏转 D．竖直向下沿直线射向地面 解析：选B　地磁场在赤道附近由南到北，电子带负电，由左手定则判断得电子将相对于预定点稍向西偏转，故B正确，A、C、D错误。‎ ‎2.有一个电子射线管(阴极射线管)，放在一通电直导线的上方，发现射线的径迹如图所示，则此导线该如何放置，且电流的流向如何(　　)‎ A．直导线如图所示位置放置，电流从A流向B B．直导线如图所示位置放置，电流从B流向A C．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸内 D．直导线垂直于纸面放置，电流流向纸外 解析：选B　电子射线管发出电子，为负电荷，从题图中可知电子向下偏转，即受到向下的洛伦兹力，根据左手定则可知电子处在垂直纸面向里的磁场中，根据右手螺旋定则可知导线按如图所示的位置放置，电流方向从B到A，B正确。‎ 对点训练：带电粒子在匀强磁场中的运动 ‎3.如图，虚线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点。已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则(　　)‎ A．质子1在磁场中运动的半径为a B．质子2在磁场中的运动周期为 C．质子1在磁场中的运动时间为 D．质子2在磁场中的运动时间为 解析：选B　由几何关系分别求出两质子做匀速圆周运动的半径分别为r1＝r2＝＝a，故质子的运动周期为T＝＝，而两质子从O到P分别旋转60°和300°，时间分别为t1＝T＝×＝，t2＝T＝，故B正确。‎ ‎4.(2018·银川一中模拟)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场，速度大小为v、方向与AB成30°角时，恰好从B点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为(　　)‎ A.v　　　　　　　　　 　B.v C.v D.v 解析：选A　粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断第二个粒子的运动轨迹半径，即可根据牛顿第二定律求出速度大小。设圆形区域的半径为R。带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，得r＝，r∝v　①；当粒子从B点飞出磁场时，入射速度与出射速度与AB的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°。根据几何知识得知：轨迹半径为r1＝2R　②，当粒子从A点沿AB方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°。根据几何知识得，粒子的轨迹半径为r2＝R　③，则由①得：＝＝ ，则得v′＝v，故A正确。‎ 对点训练：带电粒子在匀强磁场中的多解问题 ‎5．[多选]如图所示，一束电子以大小不同的速率沿图示方向飞入横截面是一正方形的匀强磁场，下列判断正确的是(　　)‎ A．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线越长 B．电子在磁场中运动时间越长，其轨迹线所对应的圆心角越大 C．在磁场中运动时间相同的电子，其轨迹不一定重合 D．电子的速率不同，它们在磁场中运动的时间一定不相同 解析：选BC　由周期公式T＝知，周期与电子的速率无关，由t＝T知，电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹线所对应的圆心角θ越大，故A错误，B正确；由半径公式r＝知，电子的速率越大，在磁场中的运动轨迹半径越大，电子在磁场中的运动周期相同，当它们在磁场中运动时间相同时，轨迹不一定重合，比如：轨迹3、4与5，它们的运动时间相同，但它们的轨迹对应的半径不同，即它们的速率不同，故C正确，D错误。‎ ‎6．[多选]如图所示，在某空间的一个区域内有一直线PQ与水平面成45°角，在PQ两侧存在垂直于纸面且方向相反的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。位于直线上的a点有一粒子源，能不断地水平向右发射速率不等的相同粒子，粒子带正电，电荷量为q，质量为m，所有粒子运动过程中都经过直线PQ上的b点。已知ab＝d，不计粒子重力及粒子相互间的作用力，则粒子的速率可能为(　　)‎ A. B. C. D. 解析：选ABC　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90°，所以粒子运动的半径r＝·(n＝1,2,3，…)，由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m，则v＝＝·(n＝1,2,3，…)，故A、B、C正确，D错误。‎ 对点训练：带电粒子在有界磁场中的临界极值问题 ‎7．[多选]在正方形ABCD区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，比荷相同的两个粒子a、b从一边长中点垂直边界方向进入磁场，其在磁场中的运动轨迹如图所示，a粒子从B点射出，b粒子从CD中点射出，则(　　)‎ A．a带正电，b带负电 B．a、b进入磁场时的速率之比为1∶2‎ C．a、b在磁场中运动的周期之比为2∶1‎ D．a、b在磁场中运动的时间之比为1∶1‎ 解析：选AB　由左手定则结合题图可知，a粒子带正电，b粒子带负电，故A正确；由半径公式r＝得：v＝，由图可知，a运动半径为b的一半，所以两粒子的速率之比为1‎ ‎∶2，故B正确；由公式T＝可知，两粒子的周期之比为1∶1，故C错误；由公式t＝·T，由题图可知，a粒子在磁场中偏转的角度为b粒子的两倍，所以a、b粒子在磁场中运动时间之比为2∶1，故D错误。‎ ‎8.如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，在磁场边界上的A点有一粒子源，可以沿垂直于磁场方向向磁场内发射质量为m，电荷量为q的带正电的粒子。O为圆形区域的圆心，在AO的延长线上有一垂直于AO放置的荧光屏，荧光屏足够大，AO延长线与荧光屏的交点为P，O到荧光屏的距离为2R，不计粒子的重力。‎ ‎(1)若粒子沿AO方向射入磁场，要使粒子不能打在荧光屏上，粒子的速度v应满足什么条件？‎ ‎(2)若粒子进入磁场的速度大小为v＝，改变粒子射入磁场的方向，使该粒子在磁场中运动的时间最长，则该粒子最终打在荧光屏上的位置离P点的距离为多少？‎ 解析：(1)粒子刚好不能打在荧光屏上，其运动轨迹如图所示，‎ 由几何关系可知，粒子做圆周运动的半径r1＝R 由qv1B＝m 求得v1＝ 即粒子的速度v≤时，粒子不能打在荧光屏上。‎ ‎(2)当粒子在磁场中运动的速度v＝ 由qvB＝m 得粒子做圆周运动的半径r2＝2R 当此粒子在磁场中运动的时间最长时，在磁场中运动的轨迹对应的弦最长，此时粒子运动的轨迹如图所示。‎ 由几何关系，sin θ＝＝ θ＝30°‎ 由几何关系，粒子打在荧光屏上的位置Q点离P点的距离 x＝Rtan 30°＝R。‎ 答案：(1)v≤　(2)R ‎9.如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B，宽度为d，边界为CD和EF。一电子从CD边界外侧以速率v0垂直射入匀强磁场，入射方向与CD边界间夹角为θ。已知电子的质量为m，电荷量为e，为使电子能从磁场的另一侧EF射出，求：‎ ‎(1)电子的速率v0至少多大？‎ ‎(2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？‎ 解析：(1)当入射速率v0很小时，电子会在磁场中转动一段圆弧后又从CD一侧射出，速率越大，轨道半径越大，当轨道的边界与EF相切时，电子恰好能从EF射出，如图所示，‎ 电子恰好射出时，由几何知识可得：‎ r＋rcos θ＝d①‎ 又r＝②‎ 由①②得v0＝③‎ 故电子要射出磁场，速率至少应为。‎ ‎(2)由③式可知，θ＝0°时，v0＝最小，‎ 由②式知此时半径最小，rmin＝，也可由轨迹分析得出上述结论。‎ 答案：(1)　(2) 考点综合训练 ‎10．(2019·扬州三模)如图所示，水平虚线MN上方有匀强磁场，磁场方向垂直于纸面向里。大量带正电的相同粒子，以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动。不计粒子重力和粒子间相互作用。下列图中阴影部分表示带电粒子可能经过的区域，其中正确的是(　　)‎ 解析：选B　由小孔O射入磁场区域，做半径为R的圆周运动，因为粒子带正电，根据左手定则可知粒子将向左偏转，故C错误；因为粒子以相同的速率沿位于纸面内水平向右到竖直向上90°范围内的各个方向发射，由O点水平向右射入的粒子恰好应为最右端边界且ON＝R，在竖直方向上有最远点为2R，由O点竖直向上射入的粒子，打在最左端且距离为OM＝2R，但是左侧因为没有粒子射入，所以中间会出现一块空白区域，故B正确，A、D错误。‎ ‎11.(2019·哈尔滨六中模拟)如图所示，某平面内有折线PAQ为磁场的分界线，已知∠A＝90°，AP＝AQ＝L。在折线的两侧分布着方向相反，与平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小均为B。现有一质量为m、电荷量为＋q的粒子从P点沿PQ方向射出，途经A点到达Q点，不计粒子重力。求粒子初速度v应满足的条件及粒子从P经A到达Q所需时间的最小值。‎ 解析：根据运动的对称性，粒子能从P经A到达Q，运动轨迹如图所示，由图可得：L＝nx 其中x为每次偏转圆弧对应的弦长，由几何关系知，偏转圆弧对应的圆心角为或 设粒子运动轨迹的半径为R，由几何关系可得：2R2＝x2‎ 解得：R＝ 又qvB＝m 解得：v＝(n＝1,2,3，…)‎ 当n取奇数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：‎ θ1＝n·＋n·＝2nπ 从P经A到Q的总时间为：‎ t1＝·＝(n＝1,3,5，…)‎ 当n取偶数时，粒子从P经A到Q过程中圆心角的总和为：‎ θ2＝n·＋n·＝nπ 从P经A到Q的总时间为：‎ t2＝·＝(n＝2,4,6，…)‎ 综合上述两种情况，可得粒子从P经A到达Q所用时间的最小值为：tmin＝。‎ 答案：v＝(n＝1,2,3，…)