人教版新高考物理一轮总复习训练题磁场对运动电荷的作用力

考点规范练35　磁场对运动电荷的作用力

一、单项选择题

1.如图所示,一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到底端时,速度为v。若加上一个垂直纸面向外的磁场,则滑到底端时(　　)

A.v变大 B.v变小

C.v不变 D.不能确定v的变化

2.如图所示,在正方形abcd区域内存在一垂直纸面的匀强磁场,磁感应强度的大小为B1。一带电粒子从ad边的中点P垂直ad边射入磁场区域后,从cd边的中点Q射出磁场。若将磁场的磁感应强度大小变为B2后,该粒子仍从P点以相同的速度射入磁场,结果从c点射出磁场,则等于(　　)

A. B. C. D.

3.如图所示,两根长直导线竖直插入光滑绝缘水平桌面上的M、N两小孔中,O为M、N连线中点,连线上a、b两点关于O点对称,导线均通有大小相等、方向向上的电流。已知长直导线在周围空间某点产生的磁场的磁感应强度B=,式中k是常数、I是导线中电流、r为该点到直导线的距离。现有一置于a点的带负电小球获得一沿ab方向的初速度v0,已知小球始终未离开桌面。关于小球在两导线间的运动情况,下列说法正确的是(　　)

A.小球先做加速运动后做减速运动

B.小球做曲率半径先增大后减小的曲线运动

C.小球对桌面的正压力先减小后增大

D.小球做匀速直线运动

4.如图所示,直角坐标系中y轴右侧存在一垂直纸面向里、宽为a的有界匀强磁场,磁感应强度为B,右边界PQ平行于y轴。一粒子(重力不计)从原点O以与x轴正方向成θ角的速度v垂直射入磁场,当斜向上射入时,粒子恰好垂直PQ射出磁场;当斜向下射入时,粒子恰好不从右边界射出。粒子的比荷及粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的时间分别为(　　)

A. B.

C. D.

5.(2020·山东潍坊一中模拟)如图所示,一电子以垂直于匀强磁场的速度vA,从A处进入长为d、宽为h的磁场区域,发生偏移而从B处离开磁场。电子的电荷量为e,磁场的磁感应强度为B,圆弧AB的长为l,则(　　)

A.电子在磁场中运动的时间为t=

B.电子在磁场中运动的时间为t=

C.洛伦兹力对电子做功是BevA·h

D.电子在A、B两处的速度相同

6.(2020·山东诸城期末)如图所示,在半径为R的圆形区域内,有匀强磁场,磁感应强度为B,方向垂直于圆平面(未画出)。一群比荷为的负离子有相同的速率v0(较大),由P点在纸平面内以不同方向射入磁场,发生偏转后飞出磁场,最终打在磁场区域右侧足够大荧光屏上,离子重力不计。下列说法正确的是(　　)

A.离子在磁场中的运动轨迹半径可能不相等

B.由Q点飞出的离子在磁场中运动的时间最长

C.离子在磁场中运动的时间一定相等

D.沿PQ方向射入的离子飞出时偏转角最大

二、多项选择题

7.(2020·山西应县一中开学考)如图所示,在一根一端封闭、内壁光滑的直管MN内有一个带正电的小球,空间中充满竖直向下的匀强磁场。开始时,直管水平放置,且小球位于管的封闭端M处。现使直管沿水平方向向右匀速运动,经一段时间后小球到达管的开口端N处。在小球从M到N的过程中(　　)

A.磁场对小球不做功 B.直管对小球做正功

C.小球所受磁场力的方向不变 D.小球的运动轨迹是一直线

8.如图所示,直线MN与水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直纸面向外的匀强磁场,左下方存在垂直纸面向里的匀强磁场,两磁场的磁感应强度大小均为B。一粒子源位于MN上的a点,能水平向右发射速度大小不同、质量为m(重力不计)、电荷量为q(q>0)的同种粒子,所有粒子均能通过MN上的b点。已知ab的长度为l,则粒子的速度大小可能是(　　)

A. B. C. D.

9.如图所示,在直径为d的圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场,磁感应强度为B1,一个带电粒子以速率v从A点沿与直径AC成30°角的方向射入磁场,经时间t1从C点射出磁场。现调整磁场的磁感应强度大小为B2,让同一粒子沿与直径AC成60°角的方向仍以速率v射入磁场,经时间t2仍从C点射出磁场,则下列说法正确的是(　　)

A.B1∶B2=∶1 B.B1∶B2=∶3

C.t1∶t2=2∶ D.t1∶t2=∶2

10.(2020·广东广州模拟)如图所示,两个中心重合的正三角形线框内分别存在着垂直于纸面向里和垂直于纸面向外的匀强磁场。已知内部三角形线框ABC边长为2a,内部磁感应强度大小为B0,且每条边的中点开有一个小孔(图中未画出)。有一电荷量为+q、质量为m的粒子从AB边中点D垂直AB进入内部磁场。如果要使粒子恰好不与边界碰撞,在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场,下列说法正确的是(　　)

A.三角形ABC与A'B'C'之间的磁感应强度大小也为B0

B.三角形A'B'C'的边长可以为2a

C.粒子的速度大小为

D.粒子再次回到D点所需的时间为

三、非选择题

11.(2020·云南陆良八中期末)如图所示,直线MN上方存在着磁感应强度方向垂直纸面向里、大小为B的无限大匀强磁场。质量为m、电荷量为+q的粒子1在纸面内以速度v0从O点射入磁场,其方向与MN的夹角α=30°;质量为m、电荷量为-q的粒子2在纸面内也从O点沿相同的方向射入磁场,其速度大小也为v0。已知粒子1、2同时到达磁场边界的a、b两点离开磁场(图中未画出),不计粒子的重力及粒子间的相互作用,求:

(1)两粒子在磁场边界上的穿出点a、b之间的距离d;

(2)1、2两粒子在磁场中运动的时间之比t1∶t2。

12.如图所示,边长为7 cm的正方形OABC区域内存在B=0.1 T、方向垂直纸面向外的匀强磁场。在此正方形区域内有一点P,P点到OC边和BC边的距离均为1 cm,在P点有一个发射正离子的装置,能够连续不断地向纸面内的各个方向发射速率不同的正离子,离子的质量m=1.0×10-14 kg、电荷量q=1.0×10-5 C,离子的重力不计,不考虑离子间的相互作用力。

(1)求速率v=5.0×106 m/s的离子在OA边上能够射出的范围。

(2)离子要从OA边上射出正方形区域,速度大小至少应为多少?

考点规范练35　磁场对运动电荷的作用力

1.B　解析:由于带负电的物体沿斜面下滑时受到垂直斜面向下的洛伦兹力作用,故物体对斜面的正压力增大,斜面对物体的滑动摩擦力增大,物体克服摩擦力做功增大,所以物体滑到底端时v变小,B正确。

2.A　解析:设正方形边长为l,根据几何知识,当粒子从Q点射出时,R1=;当粒子从c点射出时,根据几何知识可得R2=。另qvB=m,所以有,A正确。

3.D　解析:由安培定则,M导线在ab间的磁场方向垂直纸面向里,N导线在ab间的磁场方向垂直纸面向外,根据矢量的叠加可得,M到O的磁场方向垂直纸面向里,大小逐渐减小,O到N的磁场方向垂直纸面向外,大小逐渐增大。对带负电小球,在水平方向不受力,做匀速直线运动,故A、B错误,D正确。由左手定则,M到O的洛伦兹力方向竖直向下,大小逐渐减小,O到N的洛伦兹力方向竖直向上,大小逐渐增大,再由平衡条件知小球对桌面的压力逐渐减小,故C错误。

4.C　解析:粒子在磁场中运动轨迹如图所示,则由图知,斜向上射入时有rsin θ=a,斜向下射入时有rsin θ+a=r,联立求得θ=30°,且r=2a。由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m,解得r=,即粒子的比荷为。粒子恰好不从右边界射出时在磁场中运动的圆心角为α=2×(90°-30°)=120°,运动时间为t=,选项C正确。

5.B　解析:粒子走过的路程为l,则运动时间t=,A错误,B正确。洛伦兹力始终与运动方向垂直,不做功,C错误。洛伦兹力不做功,粒子速度大小不变,但速度方向改变,故A、B两处速度不同,D错误。

6.B　解析:离子在磁场中做圆周运动,洛伦兹力提供向心力,由牛顿第二定律得qvB=,解得r=,因离子的速率相同,比荷相同,故半径一定相同,A错误。由圆的性质可知,轨迹圆(离子速率较大,半径较大)与磁场圆相交,当轨迹圆的弦长最大时偏向角最大,最长弦为PQ,故由Q点飞出的离子圆心角最大,所对应的时间最长,B正确,D错误。设离子轨迹所对应的圆心角为θ,则离子在磁场中运动的时间为t=T,其中T=,所有离子的运动周期相等,由于离子从圆上不同点射出时,轨迹的圆心角不同,所以离子在磁场中运动的时间不同,C错误。

7.AB　解析:由于磁场对小球的洛伦兹力始终与小球的合运动的方向垂直,故磁场对小球不做功,A正确。对小球受力分析,受重力、支持力和洛伦兹力,其中重力和洛伦兹力不做功,而动能增加,根据动能定理可知,支持力做正功,B正确。设管子运动速度为v1,小球垂直于管子向右的分运动是匀速直线运动,小球沿管子方向受到洛伦兹力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不变,F1不变,则小球沿管子做匀加速直线运动,与平抛运动类似,小球运动的轨迹是一条抛物线,洛伦兹力方向不断变化,C、D错误。

8.AB　解析: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120°,所以粒子运动的半径为r=(n=1,2,3,…),由洛伦兹力提供向心力得qvB=m,则v=(n=1,2,3,…),所以A、B正确。

9.BD　解析:粒子运动轨迹如图所示,由图知粒子运行的轨道半径为r=,由牛顿第二定律得Bqv=m,联立得B=,所以,选项A错误,B正确。粒子运动周期T=,粒子在磁场中运行的时间为t=T=,所以,选项C错误,D正确。

10.ACD　解析:要使粒子不与边界碰撞,在磁场中运动一段时间后又能从D点射入内部磁场,则带电粒子在内、外磁场中做圆周运动的轨迹都应为半径为a的圆弧,粒子运动轨迹如图所示,所以三角形ABC与A'B'C'之间的磁感应强度大小也应该为B0,A正确。由几何知识可知,三角形A'B'C'的最短边长为2a+2a,B错误。带电粒子做圆周运动的轨迹半径为r=a=,速度为v=,C正确。分析知粒子再次回到D点时,其运动轨迹对应的圆心角θ=2×60°+300°=420°,故t=T=,D正确。

11.解析:(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动,运动轨迹如图所示

由牛顿第二定律得qvB=m

由几何知识得d1=2Rsin 30°,d1=d2

a、b之间的距离d=d1+d2=。

(2)粒子在磁场中做圆周运动的周期T=

粒子在磁场中的运动时间t1=T,t2=T

粒子运动时间之比t1∶t2=1∶5。

答案:(1)　(2)1∶5

12.解析:(1)设离子在磁场中做圆周运动的半径为R

由qBv=

得R==5 cm

当离子轨迹与OC边相切时,射出OA边时离O点的距离最小,为y1

由几何关系得y1=1 cm

当离子轨迹与OA边相切时,射出OA边时离O点的距离最大,为y2

由几何关系得y2=1 cm+2 cm=5.9 cm

所以射出OA边的范围是距O点1~5.9 cm。

(2)当离子速度很小时,无法射出磁场区域,而当离子圆轨迹同时与OC边、OA边相切时为离子能射出OA边的临界情况,此时相应的速度最小为v1,对应的圆半径为R1

由qBv1=得v1=

建立以O为原点、OC为x轴、OA为y轴的直角坐标系

由图知lO'P=R1,lO'Q=R1-yP,lPQ=xP-R1

对△O'PQ得

即=(R1-yP)2+(xP-R1)2

代入数据解得R1=(7-2) cm

R1'=(7+2) cm(不合理,舍去)

则v1==(7-2)×106 m/s=3.5×106 m/s。

答案:(1)距O点1~5.9 cm　(2)3.5×106 m/s