2023年高考物理一輪復習第9章磁場練案26磁場對運動電荷的作用新人教版

練案[26]磁場對運動電荷的作用一、選擇題(此題共8小題，1～5題為單項選擇，6～8題為多項選擇)1．(2023·河南省南陽市高三上學期第五次月考)質(zhì)量為m，帶電荷量為q的小物塊，從傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個斜面置于方向水平向里的勻強磁場中，磁感應強度為B，如下圖，假設帶電小物塊下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，下面說法中正確的選項是eq\x(導學號21993213)(B)A．小物塊一定帶正電荷B．小物塊在斜面上運動時做勻加速直線運動C．小物塊在斜面上運動時做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運動D．小物塊在斜面上下滑過程中，當小物塊對斜面壓力為零時的速率為eq\f(mg,qB)[解析]帶電小球下滑后某時刻對斜面的作用力恰好為零，知洛倫茲力的方向垂直于斜面向上。根據(jù)左手定那么知，小球帶負電，故A錯誤；小球在運動的過程中受重力、斜面的支持力、洛倫茲力，合外力沿斜面向下，大小為mgsinθ，根據(jù)牛頓第二定律知a＝gsinθ，小球在離開斜面前做勻加速直線運動，故B正確，C錯誤；當壓力為零時，在垂直于斜面方向上的合力為零，有mgcosθ＝qvB，解得v＝eq\f(mgcosθ,Bq)，故D錯誤。2．(2023·四川成都月考)如下圖，正六邊形abcdef區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場。一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，在磁場中運動的時間為tb，當速度大小為vc時，從c點離開磁場，在磁場中運動的時間為tc，不計粒子重力。那么eq\x(導學號21993214)(A)A．vb︰vc＝1︰2，tb︰tc＝2︰1B．vb︰vc＝2︰1，tb︰tc＝1︰2C．vb︰vc＝2︰1，tb︰tc＝2︰1D．vb︰vc＝1︰2，tb︰tc＝1︰2[解析]設正六邊形的邊長為L，一帶正電的粒子從f點沿fd方向射入磁場區(qū)域，當速度大小為vb時，從b點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rb＝L，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡對應的圓心角為120°，由洛倫茲力提供向心力Bqvb＝eq\f(mv\o\al(2,b),L)，得L＝eq\f(mvb,qB)，且T＝eq\f(2πL,vb)，得tb＝eq\f(1,3)·eq\f(2πm,qB)；當速度大小為vc時，從c點離開磁場，由幾何關(guān)系可知，粒子在磁場中做圓周運動的軌跡所對應的圓心角2θ＝60°，粒子在磁場中做圓周運動的半徑rc＝L＋eq\f(\f(1,2)L,sinθ)＝2L，同理有2L＝eq\f(mvc,qB)，tc＝eq\f(1,6)·eq\f(2πm,qB)，解得vb︰vc＝1︰2，tb︰tc＝2︰1，A項正確。3．(2023·湖北襄陽高三期末)如下圖，在0≤x≤eq\r(3)a,0≤y≤a的長方形區(qū)域有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B，坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(重力不計)，它們的速度方向均在xOy平面內(nèi)的第一象限，且與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內(nèi)，速度大小不同，且滿足eq\f(2qBa,m)≤v≤eq\f(3qBa,m)，粒子在磁場中做圓周運動的周期為T，那么以下說法正確的選項是eq\x(導學號21993215)(A)A．所有粒子在磁場中運動經(jīng)歷最長的時間為eq\f(T,6)B．所有粒子在磁場中運動經(jīng)歷最長的時間小于eq\f(T,6)C．從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間大于eq\f(T,12)D．從磁場上邊界飛出的粒子經(jīng)歷最短的時間為eq\f(T,12)[解析]粒子在洛倫茲力作用下做圓周運動，洛倫茲力提供向心力，所以有，Bvq＝eq\f(mv2,R)，那么有，R＝eq\f(mv,Bq)；又因為eq\f(2qBa,m)≤v≤eq\f(3qBa,m)，所以，2a≤R≤3a；粒子做圓周運動的周期T＝eq\f(2πR,v)＝eq\f(2πm,Bq)；當速度與y軸正方向的夾角θ為零時，有R越大，對應的φ越小，所以，當R＝3a時，φ最小，此時，sinφ＝eq\f(1,3)<eq\f(1,2)，所以，φ＜eq\f(π,6)，t＝eq\f(φ,2π)T<eq\f(1,12)T，故C、D錯誤；θ從0增大，那么粒子在磁場上邊界的出射點右移，設磁場橫向無右邊界，那么粒子在上邊界最遠能到達的位置為粒子做圓周運動與上邊界相切的點，此時，粒子出射點的橫坐標x＝eq\r(R2－R－a2)＝eq\r(2Ra－a2)≥eq\r(3)a，所以，粒子一定能到達磁場邊界的右上頂點且粒子做圓周運動的軌跡都是劣弧，該點對應粒子做圓周運動的弦最大值，所以，粒子出射點為磁場邊界右上邊界點時，粒子在磁場中轉(zhuǎn)過角度最大，運動時間最長；對應于相同的弦長，半徑越小，圓心角越大，所以，當R＝2a，且粒子出射點為磁場邊界右上頂點時，粒子在磁場中運動經(jīng)歷的時間最長；此時，半徑和弦長相等，所以，粒子轉(zhuǎn)過的角度φ＝eq\f(π,3)，運動經(jīng)歷的時間t＝eq\f(\f(1,3)π,2π)T＝eq\f(1,6)T，故A正確，B錯誤。4．(2023·湖北襄陽月考)如下圖，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)充滿磁感應強度為B的勻強磁場，MN是一豎直放置的感光板。從圓形磁場最高點P以速度v垂直磁場射入大量的帶正電的粒子，且粒子所帶電荷量為q、質(zhì)量為m。不考慮粒子間的相互作用力，關(guān)于這些粒子的運動以下說法正確的選項是eq\x(導學號21993216)(C)A．只要對著圓心入射，出射后均可垂直打在MN上B．即使是對著圓心入射的粒子，其出射方向的反向延長線也不一定過圓心C．只要速度滿足v＝eq\f(qBR,m)，沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上D．對著圓心入射的粒子，速度越大在磁場中通過的弧長越長，時間也越長[解析]沿半徑射入必沿半徑射出，但不一定垂直打在MN上，A錯誤；同理B錯誤；只要速度滿足v＝eq\f(qBR,m)，粒子的偏轉(zhuǎn)半徑等于磁場的半徑，由幾何關(guān)系可知沿不同方向入射的粒子出射后均可垂直打在MN上，C正確；速度不同的粒子，周期相同，速度越小，圓心角越大，時間越長，D錯誤。5．(2023·河北衡水檢測)如下圖，圓形區(qū)域內(nèi)有一垂直紙面的勻強磁場，磁感應強度的大小為B1，P為磁場邊界上的一點。相同的帶正電荷粒子，以相同的速率從P點射入磁場區(qū)域，速度方向沿位于紙面內(nèi)的各個方向。這些粒子射出邊界的位置均處于邊界的某一段弧上，這段圓弧的弧長是圓周長的eq\f(1,3)。假設將磁感應強度的大小變?yōu)锽2，結(jié)果相應的弧長變?yōu)閳A周長的eq\f(1,4)，不計粒子的重力和粒子間的相互影響，那么eq\f(B2,B1)等于eq\x(導學號21993217)(C)A．eq\f(3,4) B．eq\f(\r(3),2)C．eq\f(\r(6),2) D．eq\f(\r(2),3)[解析]設圓形磁場的半徑為r，磁感應強度為B1時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為M，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，∠POM＝120°，如下圖：所以粒子做圓周運動的半徑為R1＝rsin60°。磁感應強度為B2時，從P點射入的粒子與磁場邊界的最遠交點為N，最遠的點是軌跡上直徑與磁場邊界圓的交點，∠PON＝90°，如下圖：所以粒子做圓周運動的半徑為R2＝rcos45°，由帶電粒子做圓周運動的半徑R＝eq\f(mv,qB)，解得eq\f(B2,B1)＝eq\f(\r(6),2)，故A、B、D項錯誤，C項正確。6．(2023·浙江嘉興檢測)如下圖，兩根彼此絕緣的金屬導線平行放置，導線中通入等大、反向的電流，一帶正電的電荷沿中軸線射入，不計電荷的重力。那么關(guān)于該電荷的運動情況，以下說法正確的選項是eq\x(導學號21993218)(BC)A．粒子不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，沿中軸線做勻速直線運動B．粒子將會向右偏轉(zhuǎn)，且速率保持不變C．假設粒子由P點垂直紙面向里射入，不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)D．假設粒子由P點垂直紙面向里射入，將會發(fā)生偏轉(zhuǎn)[解析]由安培定那么可知P點磁場方向垂直紙面向外，正電荷沿中軸線射入，由左手定那么可知，粒子受到向右的洛倫茲力，而洛倫茲力始終與速度方向垂直，對粒子不做功，故速率保持不變，A項錯誤，B項正確；假設粒子由P點垂直紙面向里射入，粒子不受洛倫茲力，不會發(fā)生偏轉(zhuǎn)，C項正確，D項錯誤。7．(2023·河北省衡水第一中學高三上學期分科綜合考試)如下圖，半徑為R的光滑半圓弧絕緣軌道固定在豎直面內(nèi)，磁感應強度為B的勻強磁場方向垂直軌道平面向里。一可視為質(zhì)點，質(zhì)量為m，電荷量為q(q>0)的小球由軌道左端A處無初速度滑下，當小球滑至軌道最低點C時，給小球再施加一始終水平向右的外力F，使小球能保持不變的速率滑過軌道右側(cè)的D點，假設小球始終與軌道接觸，重力加速度為g，那么以下判斷正確的選項是eq\x(導學號21993219)(BD)A．小球在C點受到的洛倫茲力大小為qBeq\r(gR)B．小球在C點對軌道的壓力大小為3mg－qBeq\r(2gR)C．小球從C到D的過程中，外力F大小保持不變D．小球從C到D的過程中，外力F的功率增大[解析]因為洛倫茲力始終對小球不做功，故洛倫茲力不改變小球速度的大小，從A點運動到C點的過程中只有重力做功，根據(jù)動能定理得：mgR＝eq\f(1,2)mv2，解得：v＝eq\r(2gR)。故小球在C點受到的洛倫茲力大小為f＝qBv＝qBeq\r(2gR)，A錯誤；由左手定那么可知，小球向右運動到C點時假設受到的洛倫茲力的方向向上，那么有：N＋qvB－mg＝meq\f(v2,R)，解得：N＝3mg－qvB＝3mg－qBeq\r(2gR)，B正確；小球從C到D的過程中，洛倫茲力和支持力沿水平方向的分力增大，所以水平外力F增大，故C錯誤；小球從C到D的過程中小球的速率不變，而洛倫茲力和支持力不做功，所以小球的動能不變，拉力F的功率與重力的功率大小相等，方向相反。由運動的合成與分解可知，小球從C向D運動的過程中，豎直方向的分速度越來越大，所以重力的功率增大，所以外力F的功率也增大，D正確。8．(2023·四川宜賓期中)如下圖，兩方向相反、磁感應強度大小均為B的勻強磁場被邊長為L的等邊三角形ABC理想分開，三角形內(nèi)磁場方向垂直紙面向里，三角形頂點A處有一質(zhì)子源，能沿∠BAC的角平分線發(fā)射速度不同的質(zhì)子(質(zhì)子重力不計)，所有質(zhì)子均能通過C點，質(zhì)子比荷eq\f(q,m)＝k，那么質(zhì)子的速度可能為eq\x(導學號21993220)(BD)A．2kBL B．eq\f(kBL,2)C．eq\f(3kBL,2) D．eq\f(kBL,8)[解析]因質(zhì)子帶正電，且經(jīng)過C點，其可能的軌跡如下圖，所以圓弧所對圓心角均為60°，所以質(zhì)子運動半徑r＝eq\f(L,n)(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得Bqv＝meq\f(v2,r)，即v＝eq\f(Bqr,m)＝Bkeq\f(L,n)(n＝1,2,3…)，B、D項正確。二、非選擇題9．(2023·廣東梅州檢測)如下圖，在邊長為L的正方形區(qū)域內(nèi)存在垂直于紙面向里的勻強磁場，其磁感應強度大小為B。在正方形對角線CE上有一點P，其到CF、CD的距離均為eq\f(L,4)，且在P點處有一個發(fā)射正離子的裝置，能連續(xù)不斷地向紙面內(nèi)的各方向發(fā)射出速率不同的正離子。離子的質(zhì)量為m、電荷量為q，不計離子的重力及離子間的相互作用。求：eq\x(導學號21993221)(1)速率在什么范圍內(nèi)的所有離子均不可能射出正方形區(qū)域；(2)速率v＝eq\f(13qBL,32m)的離子在DE邊的射出點距離D點的范圍。答案：(1)v≤eq\f(qBL,8m)(2)eq\f(L,4)≤d≤eq\f(2＋\r(3),8)L[解析](1)依題意可知，假設離子在正方形區(qū)域內(nèi)做圓周運動不射出該正方形區(qū)域，那么半徑r≤eq\f(1,8)，對離子，由牛頓第二定律有qvB＝meq\f(v2,r)，解得v＝eq\f(qBr,m)≤eq\f(qBL,8m)。甲(2)當v＝eq\f(13qBL,32m)時，設離于在磁場中做圓周運動的半徑為R，由qvB＝meq\f(v2,R)，可得R＝eq\f(mv,qB)＝eq\f(m,qB)·eq\f(13qBL,32m)＝eq\f(13L,32)，要使離子從DE邊射出，那么其必不能從CD射出，其臨界狀態(tài)是離子軌跡與CD邊相切，恰不能從CD邊射出，設切點與C點距離為s，其軌跡如圖甲所示，由幾何關(guān)系得R2＝(s－eq\f(L,4))2＋(R－eq\f(L,4))2，解得s＝eq\f(5,8)L，設此時DE邊出射點與D點的距離為d1，那么由幾何關(guān)系有(L－s)2＋(R－d1)2＝R2，解得d1＝eq\f(L,4)，乙而當離子軌跡與DE邊相切時，離子恰好不能從EF邊射出，設此時切點與D點距離為d2，其軌跡如圖乙所示，由幾何關(guān)系有R2＝(eq\f(3,4)L－R)2＋(d2－eq\f(L,4))2，解得d2＝eq\