2019年高考物理一轮规范练习：第9章 第2讲　磁场对运动电荷的作用(含解析)

配餐作业　磁场对运动电荷的作用

见学生用书P359

A组·基础巩固题

1．如图表示洛伦兹力演示仪，用于观察运动电子在磁场中的运动，在实验过程中下列选项错误的是(　　)

A．不加磁场时电子束的径迹是直线

B．加磁场并调整磁感应强度，电子束径迹可形成一个圆周

C．保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径减小

D．保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小

解析　不加磁场时电子不受力，电子束的径迹是直线，故A项正确；加磁场使磁场的方向与电子初速度的方向垂直，并调整磁感应强度电子束径迹可形成一个圆周，故B项正确；电子受到的洛伦兹力提供向心力，则qvB＝所以r＝，保持磁感应强度不变，增大出射电子的速度，电子束圆周的半径增大，故C项错误；保持出射电子的速度不变，增大磁感应强度，电子束圆周的半径减小，故D项正确。

答案　C　

2．(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是(　　)

A．油滴必带正电荷，电荷量为

B．油滴必带正电荷，比荷＝

C．油滴必带负电荷，电荷量为

D．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝

解析　油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力必向上与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝，油滴的比荷为＝，A、B项正确。

答案　AB

3．如图所示，在第Ⅰ象限内有垂直纸面向里的匀强磁场，一对正、负电子分别以相同速率沿与x轴成30°角的方向从原点射入磁场，则正、负电子在磁场中运动的时间之比为(　　)

A．1∶2   B．2∶1

C．1∶ D．1∶1

解析　正、负电子在磁场中运动轨迹如图所示，正电子做匀速圆周运动在磁场中的部分对应圆心角为120°，负电子圆周部分所对应圆心角为60°，故时间之比为2∶1。

答案　B

4.(多选)如图所示，a、b、c是三个面积相等的匀强磁场区域，图中的虚线是三个圆直径的连线，该虚线与水平方向的夹角为45°。一个不计重力的带电粒子，从a磁场的M点以初速度v0竖直向上射入磁场，运动轨迹如图，最后粒子从c磁场的N点离开磁场。已知粒子的质量为m，电荷量为q，匀强磁场的磁感应强度为B。则(　　)

A．磁场a和c的方向垂直于纸面向里，磁场b的方向垂直于纸面向外

B．粒子在N的速度方向水平向左

C．粒子从M点运动到N点的时间为

D．粒子从M点运动到N点的时间为

解析　不知道带电粒子的电性，所以无法判断磁场的方向，A项错误；根据几何关系，粒子在N的速度方向水平向左，B项正确；粒子从M点运动到N点的时间为四分之三个周期，由T＝，可得T＝，所以时间t＝T＝，C项正确，D项错误。

答案　BC　

5．已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度大小B与该点到导线间的距离r的关系为B＝k(k为常量)。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是(　　)

解析　通电长直导线产生的磁场的磁感应强度B方向在水平面内，由于洛伦兹力F与B、v0的方面均垂直，所以F沿竖直方向，小球在水平方向上不受力而做匀速直线运动，只有A项正确。

答案　A　

6．(多选)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由Ⅰ区运动到Ⅱ区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为2∶1，下列判断一定正确的是(　　)

A．两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为2∶1

B．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1

C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1

D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1

解析　粒子在磁场中所受的洛伦兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，A项错误；运动轨迹粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，B项正确；已知粒子通过aP、Pb两段弧的速度大小不变，而路程之比为2∶1，可求出运动时间之比为2∶1，C项正确；由图知两个磁场的磁感应强度大小不等，粒子在两个磁场中做圆周运动时的周期T＝也不等，粒子通过弧aP与弧Pb的运动时间之比并不等于弧aP与弧Pb对应的圆心角之比，D项错误。

答案　BC

7．(多选)如图所示，MN、PQ之间存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁场区域水平方向足够长，MN、PQ间距为L，现用电子枪将电子从O点垂直边界MN射入磁场区域，调整电子枪中的加速电压可使电子从磁场边界不同位置射出。a、b、c为磁场边界上的三点，下列分析正确的是　(　　)

A．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vb＜vc

B．从a、b、c三点射出的电子速率关系为va＜vc＜vb

C．若从边界MN射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜2L

D．若从边界PQ射出的电子出射点与O点的距离为s，则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜2L

解析　画出轨迹圆可知，从a、b、c三点射出的电子的半径关系为Ra＜Rb＜Rc，由R＝，知va＜vb＜vc，A项对，B项错；电子垂直于边界MN射入磁场，能从边界MN射出，其轨迹的最大圆与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有0＜s＜2L，C项对；若电子从边界PQ射出，其轨迹的最小圆也与边界PQ相切，则无论怎样调整加速电压，必有L＜s＜L，D项错。

答案　AC

8．如图所示，一个带负电的物体从粗糙斜面顶端滑到斜面底端时的速度为v。若加上一个垂直纸面指向读者方向的磁场，则滑到底端时(　　)

A．v变大 B．v变小

C．v不变 D．不能确定

解析　洛伦兹力虽然不做功，但其方向垂直斜面向下，使物体与斜面间的正压力变大，故摩擦力变大，损失的机械能增加。

答案　B

B组·能力提升题

9．如图所示，在平面直角坐标系xOy中只有第四象限存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，点M的坐标为(0，－d)。一电荷量为q，质量为m的带电粒子以某一速度从点M与y轴负方向成θ＝37°角垂直磁场射入第四象限，粒子恰好垂直穿过x轴，已知sin37°＝0.6，cos37°＝0.8。若不考虑粒子重力，下列说法正确的是(　　)

A．粒子可能带负电

B．粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为d

C．粒子的速度大小为

D．若仅减小磁感应强度大小，粒子可能不会穿过x轴

解析　粒子运动轨迹如图，由左手定则判断粒子应带正电，A项错误；由几何知识得粒子的轨道半径r＝＝，B项错误；结合qvB＝得粒子的速度大小v＝，C项正确；若减小磁感应强度B，粒子的轨道半径增大，一定能过x轴，D项错误。

答案　C

10.(2018·皖南八校第二次联考)(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点是cd边的中点。若一个带正电的粒子(重力忽略不计)从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场。现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入正方形内，那么下列说法正确的是(　　)

A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场

B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0

C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0

D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它在磁场中经历的时间一定是t0

解析　由题，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0。随粒子速度逐渐增大，轨迹由①→②→③→④依次渐变，由图可以知道粒子在四个边射出时，射出范围分别为OG、FE、DC、BA之间，不可能从四个顶点射出，所以A项正确；当粒子从O点沿纸面垂直于cd边射入正方形内，轨迹恰好为半个圆周，即时间t0刚好为半周期，从ab边射出的粒子所用时间小于半周期t0，从bc边射出的粒子所用时间小于T＝，所有从cd边射出的粒子圆心角都是300°，所用时间为＝，故B、C项错误，A、D项正确。

答案　AD

11．(多选)在xOy平面上以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面。一个质量为m、电荷量为q的带电粒子，从原点O以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t后经过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角，如图所示。不计重力的影响，则下列关系一定成立的是(　　)

A．若r＜，则0°＜θ＜90°

B．若r≥，则t≥

C．若t＝，则r＝

D．若r＝，则t＝

解析　带电粒子在磁场中从O点沿y轴正方向开始运动，圆心一定在垂直于速度的方向上，即在x轴上，轨道半径R＝。当r≥时，P点在磁场内，粒子不能射出磁场区，所以垂直于x轴过P点，θ最大且为90°，运动时间为半个周期，即t＝；当r＜时，粒子在到达P点之前射出圆形磁场区，速度偏转角φ在大于0°、小于180°范围内，如图所示，能过x轴的粒子的速度偏转角φ＞90°，所以过x轴时0°＜θ＜90°，A项对，B项错；同理，若t＝，则r≥，若r＝，则t＝，C项错，D项对。

答案　AD

12．如图所示，一个质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，不计重力，在a点以某一初速度水平向左射入磁场区域Ⅰ，沿曲线abcd运动，ab、bc、cd都是半径为R的圆弧，粒子在每段圆弧上运动的时间都为t。规定垂直于纸面向外的磁感应强度为正，则磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三部分的磁感应强度B随x变化的关系可能是下图中的(　　)

解析　由左手定则可判断出磁感应强度B在磁场区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ内磁场方向分别为向外、向里和向外，在三个区域中均运动圆周，故t＝，由于T＝，求得B＝，只有C项正确。

答案　C

13．如图所示，在直角坐标系xOy中，x轴上方有匀强磁场，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于纸面向外。许多质量为m、电荷量为＋q的粒子，以相同的速率v沿纸面内由x轴负方向与y轴正方向之间各个方向从原点O射入磁场区域，不计重力及粒子间的相互作用，下列图中阴影部分表示带电粒子在磁场中可能经过的区域，其中R＝，正确的图是(　　)

解析　粒子在磁场中做匀速圆周运动，以x轴为边界的磁场，粒子从x轴进入磁场后再离开，速度v与x轴的夹角相同，根据左手定则和R＝，知射入粒子沿x轴负方向的刚好进入磁场做一个圆周，沿y轴正方向进入的刚好转半个周期，如图，在两图形的相交的部分是粒子不经过的地方，故D项正确。

答案　D　

【误区警示】

带电粒子在磁场中的偏转与数学知识的综合问题对学生的形象思维能力要求较高，通过练习掌握对此类问题的处理技巧。

14．如图，在圆心为O的圆形区域内存在磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场。边界上的一粒子源A，向磁场区域发射出质量为m、带电荷量为q(q>0)的粒子，其速度大小均为v，方向垂直于磁场且分布在AO右侧θ角的范围内(θ为锐角)。磁场区域的半径为，其左侧有与AO平行的接收屏，不计带电粒子所受重力和相互作用力。求：

(1)沿AO方向入射的粒子离开磁场时的方向与入射方向的夹角。

(2)接收屏上能接收到带电粒子区域的宽度。

解析　(1)根据带电粒子在磁场中的运动规律，可知粒子在磁场中沿逆时针方向做圆周运动，设其半径为R，有qBv＝，得R＝。

可知，带电粒子运动半径与磁场区域半径相等。沿AO射入磁场的粒子离开磁场时的方向与入射方向之间的夹角为，如图所示。

(2)设粒子入射方向与AO的夹角为θ，粒子离开磁场的位置为A′，粒子做圆周运动的圆心为O′。根据题意可知四边形AOA′O′四条边长度均为，是菱形，有O′A′∥OA，故粒子出射方向必然垂直于OA，然后做匀速直线运动垂直击中接收屏，如图所示。

设与AO成θ角射入磁场的粒子离开磁场时与A点竖直距离为d，有

d＝R＋Rcos＝，

设d的最大值和最小值分别为d1和d2，有

d1＝，d2＝，

故接收屏上能接收到带电粒子的宽度Δd为

Δd＝d1－d2＝。

答案　(1)　(2)

15．(2017·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B0；x＜0区域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)。一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0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R1；在x<0区域，圆周半径为R2。由洛伦兹力公式及牛顿定律得

qv0B0＝m，

qv0λB0＝m，

粒子速度方向转过180°时，所需时间t1＝，

粒子再转过180°时，所需时间

t2＝，

粒子运动的总时间t＝t1＋t2，

联立以上各式解得，粒子运动的总时间

t＝。

(2)由几何关系得，粒子与O点间的距离

d＝2(R1－R2)，

结合qv0B0＝m和qv0λB0＝m，两式解得

d＝。

答案　(1)　(2)

16．如图所示，在一个圆形区域内，两个方向相反且都垂直于纸面的匀强磁场分布在以直径A2A4为边界的两个半圆形区域Ⅰ、Ⅱ中，A2A4与A1A3的夹角为60°。一质量为m、电荷量为＋q的粒子以某一速度从Ⅰ区的边缘点A1处沿与A1A3成30°角的方向射入磁场，随后该粒子沿垂直于A2A4的方向经过圆心O进入Ⅱ区，最后再从A4处射出磁场。已知该粒子从射入到射出磁场所用的时间为t，求：

(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹。

(2)粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的轨迹半径R1和R2的比值。

(3)Ⅰ区和Ⅱ区中磁感应强度的大小(忽略粒子重力)。

解析　(1)画出粒子在磁场Ⅰ和Ⅱ中的运动轨迹如图所示。

(2)设粒子的入射速度为v，已知粒子带正电，故它在磁场中先顺时针做圆周运动，再逆时针做圆周运动，最后从A4点射出，用B1、B2，R1、R2，T1、T2分别表示在磁场Ⅰ、Ⅱ区的磁感应强度、轨迹半径和周期。

设圆形区域的半径为r，已知带电粒子过圆心且垂直A2A4进入Ⅱ区磁场，连接A1A2，△A1OA2为等边三角形，A2为带电粒子在Ⅰ区磁场中运动轨迹的圆心，其半径R1＝A1A2＝OA2＝r，

粒子在Ⅱ区磁场中运动的轨迹半径R2＝，

即＝2∶1。

(3)qvB1＝m，

qvB2＝m，

T1＝＝，

T2＝＝，

圆心角∠A1A2O＝60°，带电粒子在Ⅰ区磁场中运动的时间为t1＝T1，

在Ⅱ区磁场中运动的时间为t2＝T2，

带电粒子从射入到射出磁场所用的总时间

t＝t1＋t2，

由以上各式可得

B1＝，B2＝。

答案　(1)见解析图　(2)2∶1

(3)　

17．为了进一步提高回旋加速器的能量，科学家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦过程中，离子能以不变的速率在闭合平衡轨道上周期性旋转。扇形聚焦磁场分布的简化图如图所示，圆心为O的圆形区域等分成六个扇形区域，其中三个为峰区，三个为谷区，峰区和谷区相间分布。峰区内存在方向垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B，谷区内没有磁场。质量为m，电荷量为q的正离子，以不变的速率v旋转，其闭合平衡轨道如图中虚线所示。

(1)求闭合平衡轨道在峰区内圆弧的半径r，并判断离子旋转的方向是顺时针还是逆时针。

(2)求轨道在一个峰区内圆弧的圆心角θ，及离子绕闭合平衡轨道旋转的周期T。

(3)在谷区也施加垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B′，新的闭合平衡轨道在一个峰区内的圆心角θ变为90°，求B′和B的关系。(已知：sin(α±β)＝sinαcosβ±cosαsinβ，cosα＝1－2sin2)

解析　(1)峰区内圆弧半径

r＝，旋转方向为逆时针。

(2)由对称性，峰区内圆弧的圆心角θ＝，

每个圆弧的长度

l＝＝，

每段直线长度

L＝2rcos＝r＝，

周期T＝，

代入得T＝。

(3)谷区内的圆心角

θ′＝120°－90°＝30°，

谷区内的轨道圆弧半径

r′＝，

由几何关系rsin＝r′sin，

由三角关系

sin＝sin15°＝，

代入得B′＝B。

答案　(1)　逆时针

(2)　

(3)B′＝B

18．回旋加速器的工作原理如图甲所示，置于真空中的D形金属盒半径为R，两盒间狭缝的间距为d，磁感应强度为B的匀强磁场与盒面垂直，被加速粒子的质量为m、电荷量为＋q，加在狭缝间的交变电压如图乙所示，电压值的大小为U0，周期T＝。一束该种粒子在t＝0～时间内从A处均匀地飘入狭缝，其初速度视为零。现考虑粒子在狭缝中的运动时间，假设能够出射的粒子每次经过狭缝均做加速运动，不考虑粒子间的相互作用。求：

(1)出射粒子的动能Em。

(2)粒子从飘入狭缝至动能达到Em所需的总时间t0。

(3)要使飘入狭缝的粒子中有超过99%能射出，d应满足的条件。

解析　(1)粒子运动半径为R时

qvB＝m，

且Em＝mv2，

解得Em＝。

(2)粒子被加速n次达到动能Em，则Em＝nqU0，

粒子在狭缝间做匀加速运动，设n次经过狭缝的总时间为Δt，

加速度a＝，

匀加速直线运动nd＝a·(Δt)2，

由t0＝(n－1)·＋Δt，解得

t0＝－。

(3)只有在0～(－Δt)时间内飘入的粒子才能每次均被加速，则所占的比例为η＝，

由η>99%，解得d<。

答案　(1)

(2)－

(3)d<