高考物理一輪復習訓練第9章第2講磁場對運動電荷的作用

第九章磁場第2講磁場對運動電荷的作用知識鞏固練習1．(2021年河源名校檢測)一個粒子源沿垂直于勻強磁場的方向射出一束粒子，勻強磁場的方向垂直紙面向外，其中a、b、c、d四個粒子的運動軌跡如圖所示．粒子的重力不計．則下列說法正確的是()A．a(chǎn)粒子帶正電 B．b粒子帶負電C．c粒子帶負電 D．d粒子帶負電【答案】B【解析】勻強磁場的方向垂直于紙面向外，a、b粒子向上偏轉，根據(jù)左手定則可知a、b粒子帶負電，故A錯誤，B正確；c粒子不偏轉，故c粒子不帶電，故C錯誤；根據(jù)左手定則可知d粒子帶正電，故D錯誤．2．(2021年蕪湖質(zhì)檢)如圖，邊長ab＝1.5L、bc＝eq\r(3)L的矩形區(qū)域內(nèi)存在垂直于區(qū)域平面向里的勻強磁場．在ad邊中點O處有一粒子源，可在區(qū)域平面內(nèi)沿各方向發(fā)射速度大小相等的同種帶電粒子．已知沿Od方向射入的粒子在磁場中運動的軌道半徑為L，且經(jīng)時間t0從邊界cd離開磁場．不計粒子的重力和粒子間的相互作用，下列說法正確的是()A．粒子帶負電B．粒子可能從c點射出C．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0D．粒子在磁場中運動的最長時間為2t0【答案】D【解析】粒子運動軌跡如圖甲所示，根據(jù)左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；如圖甲O″圓弧，當粒子軌跡與dc相切時，設切點與d點距離為x，由幾何關系得x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(\r(3),2)L))2＝L2，解得x＝eq\r(\r(3)－\f(3,4))L<1.5L，則粒子不會達到c點，故B錯誤；由圖甲在O′的圓弧設粒子軌跡對應的圓心角為θ，sinθ＝eq\f(\f(bc,2),L)，解得θ＝60°，根據(jù)題意得eq\f(60°,360°)T＝t0，T＝6t0，故C錯誤；由幾何關系可以得到，粒子軌跡與bc邊相切且從b點處射出時，粒子在磁場中運動的時間最長．如圖乙所示，Ob＝eq\r(ab2＋Oa2)＝eq\r(3)L.設此時運動的角度為α，由幾何關系得sineq\f(α,2)＝eq\f(\f(Ob,2),L)，解得α＝120°.則運動時間T＝eq\f(120°,360°)T＝2t0，故D正確．3．已知通入電流為I的長直導線在周圍某點產(chǎn)生的磁感應強度B與該點到導線間的距離r的關系為B＝keq\f(I,r).如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上．絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度v0水平向右運動．小球始終在水平面上運動．運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是()ABCD【答案】A【解析】根據(jù)右手螺旋定則可知，直線電流I產(chǎn)生的磁場方向與光滑的水平面垂直．根據(jù)左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向始終與該水平面垂直，小球將做勻速直線運動，故A正確．4．(2021年常德質(zhì)檢)如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構．由電子槍產(chǎn)生電子束，玻璃泡內(nèi)充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡．前后兩個勵磁線圈之間產(chǎn)生勻強磁場，磁場方向與兩個線圈中心的連線平行．電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流I來調(diào)節(jié)．適當調(diào)節(jié)U和I，玻璃泡中就會出現(xiàn)電子束的圓形徑跡．下列調(diào)節(jié)方式中，一定能讓圓形徑跡半徑增大的是()A．同時增大U和I B．同時減小U和IC．增大U，減小I D．減小U，增大I【答案】C【解析】電子在加速電場中加速，由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有eBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r).解得r＝eq\f(mv0,eB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e)).增大電子槍的加速電壓，使v0增大；減小勵磁線圈中的電流，則電流產(chǎn)生的磁場減小，都可以使電子束的軌道半徑變大．故C正確．5．(多選)如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上．兩個相同的帶正電小球(可視為質(zhì)點)從兩軌道的左端最高點同時由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點，則()A．兩小球到達軌道最低點的速度vM＞vNB．兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FNC．兩小球第一次到達最低點的時間相同D．兩小球都能到達軌道的另一端【答案】AB6．(多選)(2020年揭陽名校質(zhì)檢)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上有兩個質(zhì)量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角．則正負離子在磁場中()A．運動時間相同B．運動軌道的半徑相同C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同D．重新回到邊界的位置與O點的距離相等【答案】BCD【解析】根據(jù)左手定則可以判斷，兩粒子運動軌跡不同，轉過的圓心角不同，但是運動周期T＝eq\f(2πm,Bq)相同，所以運動時間不同，A錯誤．根據(jù)r＝eq\f(mv,Bq)可知，粒子運動半徑相同，B正確．因為從同一邊界射入，又從相同邊界射出，所以出射角等于入射角，且洛倫茲力時刻與速度垂直，不做功，所以出射速度大小與入射速度相同，C正確．根據(jù)題意可知，重新回到邊界的位置與O點距離d＝2rsinθ相同，故D正確．綜合提升練習7．(多選)(2021年安慶質(zhì)檢)如圖所示，傾角為θ的斜面上固定一內(nèi)壁光滑且由絕緣材料制成的圓筒軌道，軌道半徑為R，軌道平面與斜面共面，整個裝置處于垂直斜面向上的勻強磁場中．一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的小球從軌道內(nèi)的最高點M無初速沿軌道滑下，運動到軌道最低點N時恰好對軌道無沿半徑方向的壓力(小球半徑r?R)．下列說法正確的是()A．帶電小球運動到最低點N時所受洛倫茲力大小為mgsinθB．帶電小球在圓筒軌道內(nèi)沿順時針運動C．帶電小球在整個運動過程中機械能不守恒D．勻強磁場的磁感應強度大小為eq\f(5m,2q)eq\r(\f(gsinθ,R))【答案】BD【解析】小球在運動過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功．小球到達最低端時的速度為v，由于小球恰好對軌道無沿半徑方向的壓力，故受到的洛倫茲力沿斜面向上．根據(jù)左手定則可知，帶電小球在圓筒軌道內(nèi)沿順時針方向運動，根據(jù)動能定理可知，2mgRsinθ＝eq\f(1,2)mv2.在最低點時有qvB－mgsinθ＝eq\f(mv2,R).解得qvB＝5mgsinθ，B＝eq\f(5m,2q)eq\r(\f(gsinθ,R)).故A錯誤，B、D正確．在整個過程中，只有重力做功，機械能守恒，故C錯誤．8．(2021年黃岡質(zhì)檢)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子從O點以初速度v0水平射出．若該帶電粒子運動的區(qū)域內(nèi)有一方向豎直向下的勻強電場，則粒子恰好能通過該區(qū)域中的A點；若撤去電場，加一垂直紙面向外的勻強磁場，仍將該粒子從O點以初速度v0水平射出，則粒子恰好能經(jīng)A點到達該區(qū)域中的B點．已知OA之間的距離為d，B點在O點的正下方，∠BOA＝60°，粒子重力不計．求：(1)磁場磁感應強度的大小B；(2)粒子在加電場時運動到達A點速度的大小v.【答案】(1)eq\f(mv0,qd)(2)eq\r(\f(7,3))v0【解析】(1)如圖所示，撤去電場加上磁場后，粒子恰好能經(jīng)A點到達B點，由此可知，OB為該粒子做圓周運動的直徑，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑R＝eq\f(OB,2)＝d，由于qBv0＝meq\f(v\o\al(2,0),R)，得B＝eq\f(mv0,qd).(2)粒子在勻強電場中做類平拋運動．設粒子從O點運動到A點所需要的時間為t，則dsin60°＝v0t，dcos60°＝eq\f(1,2)eq\f(qE,m)t2，由動能定理有qEdcos60°＝eq\f(1,2)mv2－eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0)，解得v＝eq\r(\f(7,3))v0.9．如圖a所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖b所示．當B為＋B0時，磁感應