浙江专版2021年高考物理一轮复习课时提升作业二十四磁吃运动电荷的作用含解析

浙江专版2021年高考物理一轮复习课时提升作业二十四磁吃运动电荷的作用含解析

磁场对运动电荷的作用 ‎(建议用时40分钟)‎ ‎1.(2019·杭州模拟)一个不计重力的带正电荷的粒子,沿图中箭头所示方向进入磁场,磁场方向垂直于纸面向里,则粒子的运动轨迹为 (　　)‎ A.圆弧a B.直线b C.圆弧c D.a、b、c都有可能 ‎【解析】选A。带正电的电荷在向里的磁场中向上运动,根据左手定则可知,粒子受到的洛伦兹力的方向向左,所以粒子的可能的运动轨迹为a,所以A正确,B、C、D错误。‎ ‎2.质量分别为m1和m2、电荷量分别为q1和q2的两粒子在同一匀强磁场中做匀速圆周运动。已知两粒子的动量大小相等。下列说法正确的是 (　　)‎ A.若q1=q2,则它们做圆周运动的半径一定相等 B.若m1=m2,则它们做圆周运动的半径一定相等 C.若q1≠q2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 D.若m1≠m2,则它们做圆周运动的周期一定不相等 ‎【解析】选A。带电粒子动量大小相等,即m1v1=m2v2,根据带电粒子在磁场中运动的半径r=,若q1=q2,则r1=r2,选项A正确;若m1=m2,当q1≠q2时,它们的半径不相等,选项B错误;由周期公式T=可知,若q1≠q2,当两质量不相等时,周期可能会相等,选项C错误;若m1≠m2,当两电荷量不相等时,周期可能会相等,选项D错误。‎ ‎3.真空中有两根长直金属导线平行放置,其中只有一根导线中通有恒定电流。在两导线所确定的平面内,一电子从P点开始运动的轨迹的一部分如图中曲线PQ所示,则一定是 (　　)‎ - 11 -‎ A.ab导线中通有从a到b方向的电流 B.ab导线中通有从b到a方向的电流 C.cd导线中通有从c到d方向的电流 D.cd导线中通有从d到c方向的电流 ‎【解析】选C。根据电子运动的轨迹知在两导线之间的磁场方向垂直于两导线所在的平面,且由电子运动的方向可知,ab中通有由b到a的电流或cd中通有从c到d的电流,又从电子运动轨迹在向cd边靠近时半径变小,由r=知距离cd边越近,磁感应强度B越强,可见cd中一定有电流,只有C正确。‎ ‎4.如图所示,a、b、c、d为四根与纸面垂直的长直导线,其横截面位于正方形的四个顶点上,导线中通有大小相同的电流,方向如图所示。一带正电的粒子从正方形中心O点沿垂直于纸面的方向向外运动,它所受洛伦兹力的方向是 (　　)‎ A.向上　　B.向下　　C.向左　　D.向右 ‎【解析】选B。a、b、c、d四根导线上电流大小相同,它们在O点产生的磁场的磁感应强度B大小相同,方向如图甲所示。‎ O点合磁场方向如图乙所示,则由O点垂直纸面向外运动的带正电的粒子所受洛伦兹力方向据左手定则可以判定向下。则B正确,A、C、D错误。‎ - 11 -‎ ‎5.如图,在坐标系的第一和第二象限内存在磁感应强度大小分别为B和B、方向均垂直于纸面向外的匀强磁场。一质量为m、电荷量为q(q>0)的粒子垂直于x轴射入第二象限,随后垂直于y轴进入第一象限,最后经过x轴离开第一象限。粒子在磁场中运动的时间为 (　　)‎ A. B. C. D.‎ ‎【解析】选B。带电粒子在磁场中做匀速圆周运动,由R=可知,第一象限粒子的运动半径是第二象限的运动半径的二倍,整个运动轨迹如图:‎ 即运动由两部分组成,第一部分是个周期,第二部分是个周期,故总时间t=‎ ‎·+·=,故B正确。‎ ‎6.有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ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Ⅰ中运动的电子相比,Ⅱ中的电子 (　　)‎ A.运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍 B.加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C.做圆周运动的周期是Ⅰ中的k2倍 D.做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等 ‎【解析】选A。Ⅱ中的磁感应强度是Ⅰ中的,故Ⅱ中的电子所受洛伦兹力和加速度均为Ⅰ中的,B项错误;由洛伦兹力提供向心力可得R=,Ⅱ中的电子运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍,A - 11 -‎ 项正确;由洛伦兹力提供向心力可得T=,Ⅱ中的电子做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍,C项错误;由周期公式T=可得ω=‎ ‎=,Ⅱ中的电子做圆周运动的角速度是Ⅰ中的,D项错误。‎ ‎7.“人造小太阳”托卡马克装置使用强磁场约束高温等离子体,使其中的带电粒子被尽可能限制在装置内部,而不与装置器壁碰撞。已知等离子体中带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,为约束更高温度的等离子体,则需要更强的磁场,以使带电粒子在磁场中的运动半径不变。由此可判断所需的磁感应强度B正比于 (　　)‎ A.　　 B.T C. D.T2‎ ‎【解题指导】解答本题注意以下两点:‎ ‎(1)带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,即v2正比于T,则v正比于。‎ ‎(2)带电粒子在磁场中的运动,根据牛顿第二定律有qvB=m。‎ ‎【解析】选A。带电粒子的平均动能与等离子体的温度T成正比,则v2正比于T,从而v正比于。带电粒子在磁场中的运动半径不变,根据牛顿第二定律有qvB=m,可得B=。综上可知,B正比于,故选项A正确。‎ ‎8.如图所示,粒子源P会发出电荷量相等的带电粒子。这些粒子经装置M加速并筛选后,能以相同的速度从A点垂直磁场方向沿AB射入正方形匀强磁场ABCD。粒子1、粒子2分别从AD中点和C点射出磁场。不计粒子重力,则粒子1和粒子2 (　　)‎ - 11 -‎ A.均带正电,质量之比为4∶1‎ B.均带负电,质量之比为1∶4‎ C.均带正电,质量之比为2∶1‎ D.均带负电,质量之比为1∶2‎ ‎【解析】选B。由左手定则可判断,粒子1、2均带负电。由题图可知1和2的轨道半径之比为1∶4。由r=和=可得1和2的质量之比为1∶4。故选B。‎ ‎【加固训练】‎ ‎　　如图所示,在屏MN的上方有磁感应强度为B的匀强磁场,磁场方向垂直于纸面向里。P为屏上的一个小孔。PC与MN垂直。一群质量为m、带电荷量为-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.　　　　　 B.‎ C. D.‎ ‎【解析】选D。由图示可知,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=,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=cosθ,故在屏MN上被粒子打中的区域的长度为QR=PR-PQ=,选项D正确。‎ - 11 -‎ ‎9.如图所示,在x轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场,磁感应强度为B。在xOy平面内,从原点O处沿与x轴正方向成θ角(0<θ<π)方向以速率v发射一个带正电的粒子(重力不计),则下列说法正确的是 (　　)‎ A.当v一定时,θ越大,粒子在磁场中运动的时间越短 B.当v一定,θ越大时,粒子离开磁场的位置距O点越远 C.当θ一定,v越大时,粒子在磁场中运动的角速度越大 D.当θ一定,v越大时,粒子在磁场中运动的时间越短 ‎【解析】选A。由左手定则可知,带正电的粒子向左偏转,当v一定时,θ越大,粒子在磁场中做圆周运动的圆心角越小,由周期T=,t=T可知,粒子的运动时间越短,θ等于90°时,粒子离开磁场的位置距O点最远,A正确,B错误;当θ一定时,粒子在磁场中运动的周期与v无关,即粒子在磁场中运动的角速度与v无关,粒子在磁场中运动的时间与v无关,C、D错误。‎ ‎10.(2019·北京高考)如图所示,正方形区域内存在垂直纸面的匀强磁场。一带电粒子垂直磁场边界从a点射入,从b点射出。下列说法正确的是 (　　)‎ A.粒子带正电 B.粒子在b点速率大于在a点速率 C.若仅减小磁感应强度,则粒子可能从b点右侧射出 D.若仅减小入射速率,则粒子在磁场中运动时间变短 - 11 -‎ ‎【解析】选C。根据洛伦兹力用来提供向心力,运动轨迹向力的方向弯曲,根据左手定则:磁场穿入手心,四指指向正电荷运动方向或者负电荷运动反方向,拇指所指方向为洛伦兹力方向,由此可以判断出,粒子带负电,选项A错误;因为洛伦兹力与速度始终垂直,所以洛伦兹力只改变速度的方向,不改变速度的大小,粒子在a、b两点速率相同,选项B错误;由qBv=m解得r=,若只B减小,其他条件不变,半径r变大,粒子从b点右侧射出,选项C正确;根据T==,仅改变入射速率并不影响带电粒子运动周期T,速率减小,半径减小,由图可知,半径减小,在磁场中的轨迹所对应的圆心角先增大后不变,时间先变长后不变,选项D错误。‎ ‎11.如图所示,长方形abcd长ad=0.6 m,宽ab=0.3 m,e、f分别是ad、bc的中点,以ad为直径的半圆内有垂直纸面向里的匀强磁场(边界上无磁场),磁感应强度B=0.25 T,一群不计重力、质量m=3×10-7 kg、电荷量q=+2×10-3 C的带电粒子以速度v0=5×102 m/s从左右两侧沿垂直ad和bc方向射入磁场区域,则下列判断错误的是 (　　)‎ A.从ae边射入的粒子,出射点分布在ab边和bf边 B.从ed边射入的粒子,出射点全部分布在bf边 C.从bf边射入的粒子,出射点全部分布在ae边 D.从fc边射入的粒子,全部从d点射出 ‎【解析】选C。粒子进入磁场后做匀速圆周运动,根据洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得:qv0B=m,‎ - 11 -‎ 解得:r== m=0.3 m。‎ 从ae边射入的粒子,粒子进入磁场后向上偏转,做圆周运动,由于轨道半径r=‎ ‎0.3 m=ab,粒子将从圆弧af射出磁场,最后从ab边和bf边射出,故A正确;粒子轨道半径r=ab,从d点射入的粒子恰好从f点射出磁场,从ed边射入磁场的粒子向上偏转,最终从bf边射出,故B正确;从bf边射入的粒子,出射点分布在ae边与d点,故C错误;从fc边射入的粒子,在洛伦兹力作用下向下偏转,在磁场中转过的圆心角为90°,全部从d点射出,故D正确。‎ ‎【加固训练】‎ 如图所示,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 (　　)‎ A.带电粒子的质量 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】选B。设磁场的宽度为l,粒子射入磁场的速度v=,l未知,C错误;粒子运动的轨迹和圆心位置如图所示。由几何关系知,粒子做匀速圆周运动的半径r=l,因不知l,也无法求出半径,D错误;又因为r=,所以==,因q未知,所以m无法求出,粒子运动的周期T==πt,A错误、B正确。‎ - 11 -‎ ‎12.(2017·全国卷Ⅲ)如图,空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场。在x≥0区域,磁感应强度的大小为B0;x<0区域,磁感应强度的大小为λB0(常数λ>‎ ‎1)。一质量为m、电荷量为q(q>0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场,此时开始计时,当粒子的速度方向再次沿x轴正向时,求(不计重力): ‎ ‎(1)粒子运动的时间。‎ ‎(2)粒子与O点间的距离。‎ ‎【解析】(1)粒子的运动轨迹如图所示:带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供,所以在x≥0区域有:qv0B0=‎ 在x<0区域有:qv0(λB0)=‎ 解得R1=　R2=‎ 在x≥0区域运动时间t1=;‎ 在x<0区域运动时间t2=;‎ - 11 -‎ 粒子运动的时间t=t1+t2=。‎ ‎(2)粒子与O点间的距离 d=2(R1-R2)=‎ 答案:(1)　(2)‎ ‎13.(2019·全国卷Ⅰ)如图,在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场,磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后,沿平行于x轴的方向射入磁场;一段时间后,该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点,N点在y轴上,OP与x轴的夹角为30°,粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d,不计重力。求:‎ ‎(1)带电粒子的比荷;‎ ‎(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。‎ ‎【解析】(1)设带电粒子的质量为m,电荷量为q,加速后的速度大小为v。由动能定理有 qU=mv2 ①‎ 设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r,由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB=m ②‎ 由几何关系知d=r ③‎ 联立①②③式得= ④‎ - 11 -‎ ‎(2)由几何关系知,带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为 s=+rtan30°⑤‎ 带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为 t= ⑥‎ 联立②③④⑤⑥式得 t=(+) ⑦‎ 答案:(1)　(2)(+)‎ - 11 -‎