(江苏版)2019届高考物理一轮复习课时检测28《 磁场对运动电荷的作用》(含解析)

课时跟踪检测（二十八）  磁场对运动电荷的作用

对点训练：对洛伦兹力的理解

1．[多选](2018·徐州六校联考)有关电荷所受电场力和磁场力的说法中，正确的是(　　)

A．电荷在磁场中一定受磁场力的作用

B．电荷在电场中一定受电场力的作用

C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致

D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向垂直

解析：选BD　带电粒子受洛伦兹力的条件：运动电荷且速度方向与磁场方向不平行，故电荷在磁场中不一定受磁场力作用，A项错误；电场具有对放入其中的电荷有力的作用的性质，B项正确；正电荷受力方向与电场方向一致，而负电荷受力方向与电场方向相反，C项错误；磁场对运动电荷的作用力垂直磁场方向且垂直速度方向，D项正确。

2.(2018·南通期末)初速度为v0的电子(重力不计)，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则(　　)

A．电子将向右偏转，速率不变

B．电子将向左偏转，速率改变

C．电子将向左偏转，速率不变

D．电子将向右偏转，速率改变

解析：选A　由安培定则可知导线右侧磁场方向垂直纸面向里，然后根据左手定则可知运动电子所受洛伦兹力方向向右，因此电子将向右偏转，洛伦兹力不做功，故其速率不变，故B、C、D错误，A正确。

对点训练：带电粒子在匀强磁场中的运动

3.(2018·苏州模拟)如图所示，一质量为m、带电量为q的粒子，以速度v垂直射入一有界匀强磁场区域内，速度方向与磁场左边界垂直，从右边界离开磁场时速度方向偏转角θ＝30°，磁场区域的宽度为d，则下列说法正确的是(　　)

A．该粒子带正电

B．磁感应强度B＝

C．粒子在磁场中做圆周运动的半径R＝d

D．粒子在磁场中运动的时间t＝

解析：选D　粒子运动轨迹如图所示，由图可知，粒子在磁场中向下偏转，根据左手定则可知，粒子应带负电，故A错误；由几何关系可知，Rsin 30°＝d，解得：R＝2d，根据洛伦兹力充当向心力可知，Bqv＝m，解得：B＝＝，故B、C错误；粒子在磁场中转过的圆心角为30°，粒子在磁场中运动时间t＝×＝，故D正确。

4.(2018·银川一中模拟)如图所示，在圆形区域内存在垂直纸面向外的匀强磁场，AB是圆的直径。一带电粒子从A点射入磁场，速度大小为v、方向与AB成30°角时，恰好从B点飞出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t；若同一带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，也经时间t飞出磁场，则其速度大小为(　　)

A.v　　　　　　　　　　　 B.v

C.v   D.v

解析：选A　粒子在磁场中运动，运动的时间周期与粒子的速度的大小无关，分析粒子的运动的情况，可以判断第二个粒子的运动轨迹半径，即可根据牛顿第二定律求出速度大小。设圆形区域的半径为R。带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力，则有qvB＝m，得r＝，r∝v　①；当粒子从B点飞出磁场时，入射速度与出射速度与AB的夹角相等，所以速度的偏转角为60°，轨迹对应的圆心角为60°。根据几何知识得知：轨迹半径为r1＝2R　②，当粒子从A点沿AB方向射入磁场时，经过磁场的时间也是t，说明轨迹对应的圆心角与第一种情况相等，也是60°。根据几何知识得，粒子的轨迹半径为r2＝R　③，则由①得：＝＝ ，则得v′＝v，故A正确。

对点训练：带电粒子在匀强磁场中的多解问题

5.(2018·南京模拟)如图所示，在x＞0，y＞0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B。现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P沿着与x轴正方向成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是(　　)

A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点

B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为

C．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

D．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为

解析：选C　带正电的粒子从P点沿与x轴正方向成30°角的方向射入磁场中，则圆心在过P点与速度方向垂直的直线上，如图所示，粒子在磁场中要想到达O点，转过的圆心角肯定大于180°，因磁场有边界，故粒子不可能通过坐标原点，故选项A错误；由于P点的位置不确定，所以粒子在磁场中运动的圆弧对应的圆心角也不同，最大的圆心角是圆弧与y轴相切时即300°，运动时间为T，而最小的圆心角为P点在坐标原点即120°，运动时间为T，而T＝，故粒子在磁场中运动所经历的时间最长为，最短为，选项C正确，B、D错误。

6．[多选](2018·苏北六校调考)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＝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/s   B．3.75 m/s

C．4 m/s   D．5 m/s

解析：选ABD　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Rmin＝，解得vmin＝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Rmax＝5 m，又Rmax＝，解得vmax＝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＝，得v＝3.75 m/s，B项正确，由分析易知选项C错误。

对点训练：带电粒子在有界磁场中的临界极值问题

7.(2018·安徽师大附中模拟)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)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．若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短

B．若v一定，θ越大，则粒子离开磁场的位置距O点越远

C．若θ一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大

D．若θ一定，v越大，则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。若v一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，选项A正确；若v一定，θ等于90°时，粒子离开磁场的位置距O点最远，选项B错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，由ω＝可知粒子在磁场中运动的角速度与v无关，选项C、D错误。

8.如图所示，在边长为2a的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m、电荷量为－q的带电粒子(重力不计)从AB边的中心O以速度v进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB边的夹角为60°，若要使粒子能从AC边穿出磁场，则匀强磁场的大小B需满足(　　)

A．B＞   B．B＜

C．B＞   D．B＜

解析：选D　粒子刚好达到C点时，其运动轨迹与AC相切，如图所示。则粒子运动的半径为r＝acot 30°＝a，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB＝m，解得：r＝，粒子要能从AC边射出，粒子运行的半径：r＞a，解得：B＜，故D正确。

9.(2018·马鞍山二检)如图所示，abcd为一正方形边界的匀强磁场区域，磁场边界边长为L，三个粒子以相同的速度从a点沿ac方向射入，粒子1从b点射出，粒子2从c点射出，粒子3从cd边垂直于磁场边界射出，不考虑粒子的重力和粒子间的相互作用。根据以上信息，可以确定(　　)

A．粒子1带负电，粒子2不带电，粒子3带正电

B．粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1

C．粒子1和粒子3在磁场中运动时间之比为4∶1

D．粒子3的射出位置与d点相距

解析：选B　根据左手定则可知粒子1带正电，粒子2不带电，粒子3带负电，选项A错误；粒子1在磁场中的轨迹为四分之一圆周，半径r1＝L，时间t1＝T＝×＝，粒子3在磁场中的轨迹为八分之一圆周，半径r3＝L，时间t3＝T＝×＝，则t1＝t3，选项C错误；由r＝可知粒子1和粒子3的比荷之比为2∶1，选项B正确；粒子3的射出位置与d点相距(－1)L，选项D错误。

考点综合训练

10.(2018·徐州模拟)如图所示，圆心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心O为坐标原点建立坐标系，在y＝－3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板，一质量为m、带电量为＋q的粒子，与x轴成60°角从M点(－R,0)以初速度v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场。不计粒子的重力，求：

(1)磁感应强度B的大小；

(2)N点的坐标；

(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。

解析：(1)设粒子在磁场中运动的半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示，由几何关系得：r＝R

由洛伦兹力等于向心力：qv0B＝m

解得：B＝。

(2)由图几何关系可得：

x＝Rsin 60°＝R

y＝－Rcos 60°＝－R

N点的坐标为。

(3)粒子在磁场中运动的周期T＝

由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180°，粒子在磁场中运动时间t1＝

粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动可得：从出磁场到再次进磁场的时间t2＝，其中s＝3R－R

粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间t＝t1＋t2，解得：t＝。

答案：(1)　(2)　(3)

11.(2016·海南高考)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场。质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点射入时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。

(1)求磁场的磁感应强度的大小；

(2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和；

(3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC边相切，且在磁场内运动的时间为t0，求粒子此次入射速度的大小。

解析：(1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t0内其速度方向改变了90°，故其周期T＝4t0 ①

设磁感应强度大小为B，粒子速度为v，圆周运动的半径为r。由洛伦兹力公式和牛顿定律得qvB＝m ②

匀速圆周运动的速度满足v＝ ③

联立①②③式得B＝。 ④

(2)设粒子从OA边两个不同位置射入磁场，能从OC边上的同一点P射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图(a)所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系有θ1＝180°－θ2              ⑤

粒子两次在磁场中运动的时间分别为t1与t2，则t1＋t2＝＝2t0。 ⑥

(3)如图(b)，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切与B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有∠OO′D＝∠BO′A＝30°              ⑦

r0cos∠OO′D＋＝L ⑧

设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律v0＝ ⑨

联立①⑦⑧⑨式得v0＝。 ⑩

答案：(1)　(2)2t0　(3)