【人教版】高考物理一轮优化习题：第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用(含解析)

[课时作业]单独成册方便使用[基础题组]一、单项选择题1．如图，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()A．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：A2．(2018·辽宁朝阳三校协作体联考)如图所示，半径为r的圆形区域内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，磁场边界上A点有一粒子源，源源不断地向磁场发射各种方向(均平行于纸面)且速度大小相等的带正电的粒子(重力不计)，已知粒子的比荷为k，速度大小为2kBr.则粒子在磁场中运动的最长时间为()A.πkB B.π2kBC.π3kB D.π4kB解析：粒子在磁场中运动的半径为R＝m vqB＝2kBrBk＝2r；当粒子在磁场中运动时间最长时，其轨迹对应的圆心角最大，此时弦长最大，其最大值为磁场圆的直径2r，故t＝T6＝πm3qB＝π3kB，故选项C正确．答案：C3．一个带电粒子A在一边长为a的正方形匀强磁场区域中做匀速圆周运动，运动的轨迹半径为R，在某点与一个静止的微粒(不带电)碰撞后结合在一起继续做匀速圆周运动，不计带电粒子和微粒的重力，根据题述信息，下列说法正确的是() A．可以得出带电粒子与微粒碰撞前的速度大小B ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后的速度大小C ．可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径D ．带电粒子与微粒碰撞后继续运动，可能从正方形匀强磁场区域中射出解析：由于题干中没有给出带电粒子的质量和电荷量、匀强磁场的磁感应强度等信息，因此不能得出带电粒子与微粒碰撞前、后的速度大小，选项A 、B 错误．带电粒子与微粒碰撞前后动量守恒，即m v 0＝(m ＋m ′)v 1；对带电粒子与微粒碰撞前在磁场中的运动，有q v 0B ＝m v 20R ；对带电粒子与微粒碰撞后在磁场中的运动，有q v 1B ＝(m ＋m ′)v 21R 1，联立解得R 1＝R ，即可以得出带电粒子与微粒碰撞后在磁场中运动的轨迹半径R 1，选项C 正确．由于带电粒子与微粒碰撞后继续运动的轨迹半径不变，所以不可能从正方形匀强磁场区域中射出，选项D 错误． 答案：C4．(2018·豫东、豫北十校联考)在光滑绝缘的水平面上，OP 右侧有如图所示的匀强磁场，两个完全相同的带电小球a 和b 以大小相等的初速度从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后两球均运动到OP 边界的P 侧，下列说法正确的是( )A ．球a 带正电，球b 带负电B ．球a 在磁场中运动的时间比球b 的短C ．球a 在磁场中运动的路程比球b 的短D ．球a 在OP 上的落点与O 点的距离比球b 的近解析：两球均运动到P 侧，即a 、b 均向P 侧偏转，由左手定则知，a 、b 均带正电，A 项错误；由r ＝m v qB 可知，a 、b 两球轨道半径相等，b 在磁场中运动了半个圆周，a 的运动大于半个圆周，故a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近，飞行路程比b 的长，又因两球速率相等，球a 运动时间长，B 、C 两项错误，D 项正确．答案：D5．(2018·四川成都诊断)如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第一象限内，磁感应强度为B 、方向垂直于纸面向里．一质量为m 、电荷量绝对值为q 、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向．下列判断正确的是()A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经历的时间为t＝πm 3qBD．离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°解析：根据题意和左手定则可判断，该带电粒子带负电，故A选项错误；该带电粒子在洛伦兹力作用下在匀强磁场中做匀速圆周运动，虽然粒子的速度的大小不变，但速度的方向时刻改变，则粒子的速度不断变化，故B选项错误；根据带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的运动时间t与圆心角θ、周期T的关系t＝θ2π·T和带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的周期公式T＝2πmqB，根据数学知识可得θ＝π3，解得t＝πm3qB，故C选项正确；根据带电粒子在有界匀强磁场中运动的对称性可知，该带电粒子离开第一象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角应该为60°，故D选项错误．答案：C二、多项选择题6．如图所示，ABC为竖直平面内的光滑绝缘轨道，其中AB为倾斜直轨道，BC为与AB相切的圆形轨道，并且圆形轨道处在匀强磁场中，磁场方向垂直纸面向里．质量相同的甲、乙、丙三个小球中，甲球带正电、乙球带负电、丙球不带电．现将三个小球在轨道AB上分别从不同高度处由静止释放，都恰好通过圆形轨道的最高点，则()A．经过最高点时，三个小球的速度相等B．经过最高点时，甲球的速度最小C．甲球的释放位置比乙球的高D．运动过程中三个小球的机械能均保持不变解析：设磁感应强度为B，圆形轨道半径为r，三个小球质量均为m，它们恰好通过最高点时的速度分别为v甲、v乙和v丙，则mg＋B v甲q＝m v2甲r，mg－B v乙q＝m v 2乙r ，mg ＝m v 2丙r ，显然，v 甲>v 丙>v 乙，选项A 、B 错误；三个小球在运动过程中，只有重力做功，即它们的机械能守恒，选项D 正确；甲球在最高点处的动能最大，因为重力势能相等，所以甲球的机械能最大，甲球的释放位置最高，选项C 正确．答案：CD7．在正方形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 从一边长中点垂直磁场方向进入磁场，a 粒子从正方形的顶点射出磁场，b 粒子从正方形边长的中点射出磁场，运动轨迹如图所示，则( )A ．a 带负电，b 带正电B ．a 带正电，b 带负电C ．a 、b 进入磁场时的速率之比为1∶2D ．a 、b 在磁场中运动的时间之比为1∶1解析：磁场的方向向外，粒子运动的方向向左，由左手定则可知，正电荷受到的洛伦兹力的方向向上，负电荷受到的洛伦兹力的方向向下，所以a 带正电，b 带负电，A 错误，B 正确；由洛伦兹力提供向心力得q v B ＝m v 2r ，有r ＝m v qB ＝1B ·m q ·v ，比荷相同的两个粒子运动的半径与速率成正比，由题图可知，r a r b ＝12，则v a v b ＝r a r b＝12，C 正确；由T ＝2πr v ＝2πm qB ＝2πB ·m q 知，比荷相同的两个粒子在磁场中的运动周期相等，由t ＝θ2π·T 知，t a t b ＝θa θb＝ππ2＝21，D 错误． 答案：BC8．如图所示，长方形abcd 的长ad ＝0.6 m ，宽ab ＝0.3 m ，O 、e分别是ad 、bc 的中点，以e 为圆心、eb 为半径的四分之一圆弧和以O 为圆心、Od 为半径的四分之一圆弧组成的区域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、质量为m ＝3×10－7 kg 、电荷量为q ＝＋2×10－3 C的带正电粒子以速度v ＝5×102 m/s 沿垂直ad 方向且垂直于磁场射入磁场区域，则下列判断不正确的是( )A ．从Od 边射入的粒子，出射点全部分布在Oa 边B ．从aO 边射入的粒子，出射点全部分布在ab 边C ．从Od 边射入的粒子，出射点分布在ab 边D ．从ad 边射入的粒子，出射点全部通过b 点解析：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，得到：r ＝m v qB ＝3×10－7×5×1022×10－3×0.25 m ＝0.3 m ； 因ab ＝0.3 m ，从Od 边射入的粒子，形成以r 为半径的圆弧，从点O 射入的粒子从b 点射出；从Od 之间射入的粒子，因边界上无磁场，粒子到达bc 后应做直线运动，即全部通过b 点．从aO 边射入的粒子先做一段时间的直线运动，设某一个粒子在M 点进入磁场，其圆心为O ′，如图所示，根据几何关系可得，虚线的四边形O ′Meb 是菱形，则粒子的出射点一定是从b 点射出；同理可知，从aO 边射入的粒子，出射点全部从b 点射出．故选项A 、B 、C 错误，D 正确．答案：ABC[能力题组]一、选择题9．(多选)如图所示，空间有一边长为L 的正方形匀强磁场区域abcd ，一带电粒子以垂直于磁场的速度v 从a 处沿ab 方向进入磁场，后从bc 边的点p 离开磁场，bp ＝33L ，若磁场的磁感应强度为B ，则以下说法中正确的是( )A ．粒子带负电B ．粒子的比荷为23LB 3vC ．粒子在磁场中运动的时间t ＝23πL 9vD ．粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°解析：粒子轨迹如图所示，由左手定则知，粒子带负电，A正确．设粒子轨迹圆心为O ，由图知在△abp 中，tan θ＝33，θ＝30°，则ap ＝233L ，过O 作ap 的垂线交ap 于e ，则在△aOe 中，sin θ＝12ap r ，又由r ＝m v qB ，解得粒子的比荷q m ＝3v 2BL ，B 错误．因粒子的轨迹所对应的圆心角2θ＝60°，故粒子在磁场中运动的时间t ＝2θ360°T ＝T 6＝16×2πm qB ＝23πL 9v ，C 正确．因粒子速度偏向角φ＝2θ＝60°，则粒子在p 处的速度方向与bc 边的夹角为30°，D 正确．答案：ACD10.如图所示，边界OA 与OC 之间分布有垂直纸面向里的匀强磁场，边界OA 上有一个粒子源S .某一时刻，从S 平行于纸面向各个方向发射出大量带正电的同种粒子(不计粒子的重力及粒子间的相互作用)，所有粒子的初速度大小相同，经过一段时间有大量粒子从边界OC 射出磁场．已知∠AOC ＝60°，从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最短时间等于T 6(T 为粒子在磁场中运动的周期)，则从边界OC 射出的粒子在磁场中运动的最长时间为( )A.T 3B.T 2C.2T 3D.5T 6解析：由左手定则可知，粒子在磁场中做逆时针方向的圆周运动，由于粒子速度大小都相同，故轨迹弧长越小，粒子在磁场中运动时间就越短；而弧长越小，弦长也越短，所以从S 点作OC 的垂线SD ，则SD 为最短弦，可知粒子从D 点射出时运动时间最短，如图所示．根据最短时间为T 6，可知△O ′SD 为等边三角形，粒子圆周运动半径R ＝SD ，过S 点作OA 的垂线交OC 于E 点，由几何关系可知SE ＝2SD ，SE 为圆弧轨迹的直径，所以从E 点射出，对应弦最长，运行时间最长，且t ＝T 2，故B 项正确．答案：B11．(多选)(2018·湖北六校联考)如图所示，xOy 平面的一、二、三象限内存在垂直纸面向外，磁感应强度B ＝1 T 的匀强磁场，ON 为处于y 轴负方向的弹性绝缘薄挡板，长度为9 m ，M 点为x 轴正方向上一点，OM ＝3 m ．现有一个比荷大小为q m ＝1.0 C/kg 可视为质点带正电的小球(重力不计)从挡板下端N 处小孔以不同的速度向x 轴负方向射入磁场，若与挡板相碰就以原速率弹回，且碰撞时间不计，碰撞时电荷量不变，小球最后都能经过M 点，则小球射入的速度大小可能是( )A ．3 m/sB ．3.75 m/sC ．4 m/sD ．5 m/s解析：因为小球通过y 轴的速度方向一定是＋x 方向，故带电小球圆周运动轨迹半径最小值为3 m ，即R min ＝m v min qB ，解得v min ＝3 m/s ；经验证，带电小球以3 m/s 速度进入磁场，与ON 碰撞一次，再经四分之三圆周经过M 点，如图1所示，A 项正确；当带电小球与ON 不碰撞，直接经过M 点，如图2所示，小球速度沿－x 方向射入磁场，则圆心一定在y 轴上，做出MN 的垂直平分线，交于y 轴的点即得圆心位置，由几何关系解得轨迹半径最大值R max ＝5 m ，又R max ＝m v max qB ，解得v max ＝5 m/s ，D 项正确；当小球速度大于3 m/s 、小于5 m/s 时，轨迹如图3所示，由几何条件计算可知轨迹半径R ＝3.75 m ，由半径公式R ＝m v qB ，得v ＝3.75 m/s ，B 项正确，由分析易知选项C 错误．答案：ABD二、非选择题12．(2017·高考全国卷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B 0；x <0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ>1)．一质量为m 、电荷量为q (q >0)的带电粒子以速度v 0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)在匀强磁场中，带电粒子做圆周运动．设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；在x <0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qB 0v 0＝m v 20R 1① qλB 0v 0＝m v 20R 2② 粒子速度方向转过180°时，所需时间t 1为t 1＝πR 1v 0③ 粒子再转过180°时，所需时间t 2为t 2＝πR 2v 0④ 联立①②③④式得，所求时间为t 0＝t 1＋t 2＝πm B 0q (1＋1λ)⑤ (2)由几何关系及①②式得，所求距离为d 0＝2(R 1－R 2)＝2m v 0B 0q (1－1λ)⑥ 答案：(1)πm B 0q (1＋1λ) (2)2m v 0B 0q (1－1λ) 13．如图所示，中轴线PQ 将矩形区域MNDC 分成上、下两部分，上部分充满垂直纸面向外的匀强磁场，下部分充满垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度皆为B .一质量为m 、电荷量为q 的带正电的粒子从P 点进入磁场，速度与边MC 的夹角θ＝30°.MC 边长为a ，MN 边长为8a ，不计粒子重力，求：(1)若要求该粒子不从MN 边射出磁场，其速度最大是多少？(2)若要求该粒子恰从Q 点射出磁场，其在磁场中的运行时间最少是多少？ 解析：(1)设该粒子恰不从MN 边射出磁场时的轨迹半径为r ，由几何关系得r cos 60°＝r －12a ，解得r ＝a又由q v B ＝m v 2r解得最大速度v ＝qBa m .(2)由几何关系知，轨迹半径为r 时，粒子每经过分界线PQ 一次，在PQ 方向前进的位移为轨迹半径r 的3倍设粒子进入磁场后第n 次经过PQ 时恰好到达Q 点有n ×3r ＝8a解得n ＝8a 3r当r ＝a ，n ＝4.62时，粒子在磁场中运动时间最少，n 所能取的最小自然数为5粒子做圆周运动的周期为T ＝2πm qB 粒子每经过PQ 分界线一次用去的时间为t ＝13T ＝2πm 3qB粒子到达Q 点的最短时间为t min ＝5t ＝10πm 3qB .答案：(1)qBa m (2)10πm 3qB。