《2019高考物理大一輪復習 第9章 第2講 磁場對運動電荷的作用精練（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2019高考物理大一輪復習 第9章 第2講 磁場對運動電荷的作用精練（含解析）（9頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第2講　磁場對運動電荷的作用 ◎基礎鞏固練 1．(2015·新課標全國Ⅰ·14)兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力)，從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后，粒子的(　　) A．軌道半徑減小，角速度增大 B．軌道半徑減小，角速度減小 C．軌道半徑增大，角速度增大 D．軌道半徑增大，角速度減小 解析：　由于速度方向與磁場方向垂直，粒子受洛倫茲力作用做勻速圓周運動，即qvB＝，軌道半徑r＝，從較強磁場進入較弱磁場后，速度大小不變，軌道半徑r變大，根據角速度ω＝＝可知角速度變小，選項D正確。 答案：　D 2.

2、(2015·海南單科·1)如圖所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內向右彎曲經過a點。在電子經過a點的瞬間，條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　　) A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 解析：　條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A正確。 答案：　A 3. 在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方置一根通有如圖所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則陰極射線將會(　　) A．向上偏轉 B．向下偏轉 C

3、．向紙內偏轉 D．向紙外偏轉 解析：　由題意可知，直線電流的方向由左向右，根據安培定則，可判定直導線下方的磁場方向為垂直紙面向里，而陰極射線電子運動方向由左向右，由左手定則知(電子帶負電，四指要指向其運動方向的反方向)，陰極射線將向下偏轉，故B選項正確。 答案：　B 4. (2016·全國甲卷·18) 一圓筒處于磁感應強度大小為B的勻強磁場中，磁場方向與筒的軸平行，筒的橫截面如圖所示。圖中直徑MN的兩端分別開有小孔，筒繞其中心軸以角速度ω順時針轉動。在該截面內，一帶電粒子從小孔M射入筒內，射入時的運動方向與MN成30°角。當筒轉過90°時，該粒子恰好從小孔N飛出圓筒。不計重力

4、。若粒子在筒內未與筒壁發(fā)生碰撞，則帶電粒子的比荷為(　　) A.　　　　　　　　　 B． C. D． 解析：　如圖所示，粒子在磁場中做勻速圓周運動，圓弧M所對應的圓心角由幾何知識知為30°，則＝·，即＝，選項A正確。 答案：　A 5. 如圖所示，截面為正方形的空腔abcd中有一勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。若有一束具有不同速率的電子由小孔a沿ab方向射入磁場，打在腔壁上的電子都被腔壁吸收，則(　　) A．由小孔c和小孔d射出的電子的速率之比為1∶2 B．由小孔c和小孔d射出的電子的速率之比為2∶1 C．由小孔c和d射出的電子在磁場中運動的時間之比為2∶1 D．由小

5、孔c和d射出的電子在磁場中運動的時間之比為4∶1 解析：　設正方形空腔abcd的邊長為L，根據r＝，可知L＝，＝，則＝2∶1，故選項A錯誤，選項B正確；根據T＝，可知tc＝＝，td＝＝，＝1∶2，故選項C、D錯誤。 答案：　B 6. (2018·太原聯(lián)考)如圖所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則 (　　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出的粒子，在磁場中運動的時間長 D．從Q射出的粒子，在磁場中運動的時間長 解析：　據題意，由題圖可知從P點射出的粒子運動半徑較小，據

6、v＝可知，該粒子速度較小，故選項A錯誤，B正確；據T＝可知，由于比荷相同，則兩種粒子在該磁場中運動周期相同，由于它們在磁場中運動軌跡圓弧所對應的圓心角相等，據＝，則在磁場中的運動時間相同，選項C、D錯誤。 答案：　B 7. (多選)如圖所示，在x軸上方存在磁感應強度為B的勻強磁場，一個電子(質量為m，電荷量為q)從x軸上的O點以速度v斜向上射入磁場中，速度方向與x軸的夾角為45°并與磁場方向垂直。電子在磁場中運動一段時間后，從x軸上的P點射出磁場。則(　　) A．電子在磁場中運動的時間為 B．電子在磁場中運動的時間為 C．O、P兩點間的距離為 D．O、P兩點間的距離為 解析

7、：　 畫出電子的運動軌跡如圖所示，O1A⊥OP，電子在磁場中的運動時間t＝T＝×＝，A正確，B錯誤；設電子在磁場中做圓周運動的半徑為R，根據qvB＝得R＝，在直角三角形OO1A中，由幾何關系得Rsin 45°＝，解得OP＝2Rsin 45°＝，C正確，D錯誤。 答案：　AC 8. 如圖所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直于紙面向里的勻強磁場，一質量為m＝5.0×10－8 kg、電荷量為q＝1.0×10－6 C的帶電粒子，從靜止開始經U0＝10 V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場。已知OP＝30 cm，粒子重力不計，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，求

8、： (1)帶電粒子到達P點時速度v的大小。 (2)若磁感應強度B＝2.0 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離。 (3)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應強度B′滿足的條件。 解析：　(1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理得 qU0＝mv2 代入數據得v＝20 m/s (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有 qvB＝ 得R＝ 代入數據得R＝0.50 m 而＝0.50 m 故圓心一定在x軸上，軌跡如圖甲所示。 由幾何關系可知：OQ＝R＋Rsin 53° 故OQ＝0.90 m (3)帶電粒子不從x軸射出(如圖乙)，由幾何關系得 OP≥R′＋R′

9、cos 53°① R′＝② 由①②并代入數據得 B′≥ T＝5.33 T 答案：　(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B′≥5.33 T ◎能力提升練 9．如圖所示是電視機顯像管及其偏轉線圈的示意圖。初速度不計的電子經加速電場加速后進入有限邊界的勻強磁場中發(fā)生偏轉，最后打在熒光屏上。如果發(fā)現(xiàn)電視畫面幅度與正常的相比偏小，則引起這種現(xiàn)象的可能原因是(　　) A．電子槍發(fā)射能力減弱，電子數減少 B．加速電場的電壓過低，電子速率偏小 C．偏轉線圈局部短路，線圈匝數減少 D．偏轉線圈中電流過大，偏轉磁場增強 解析：　電視畫面幅度比正常的偏小，是由于電子束的偏轉角

10、減小，即軌道半徑增大。而電子在磁場中偏轉時的半徑r＝，電子槍發(fā)射能力減弱，即發(fā)射的電子數減少，而運動的電子速率及磁場不變，因此不會影響電視畫面幅度的大小，故A錯誤；當加速電場電壓過低，則電子速率偏小，導致電子運動半徑減小，從而使偏轉角度增大，導致畫面幅度與正常的相比偏大，故B錯誤；當偏轉線圈局部短路，線圈匝數減少時，導致偏轉磁場減弱，從而使電子運動半徑增大，電于束的偏轉角減小，則畫面幅度與正常的相比偏小，故C正確；當偏轉線圈中電流過大，偏轉磁場增強時，導致電子運動半徑變小，所以畫面幅度與正常的相比偏大，故D錯誤。 答案：　C 10．(多選)(2018·河北省石家莊第二中學高三聯(lián)考)

11、如圖所示，S處有一粒子源，可向紙面內任意方向不斷地均勻發(fā)射質量為m＝6.4×10－27 kg，帶電荷量q＝＋3.2×10－19 C，速度大小v＝1.0×106 m/s的帶電粒子，有一垂直紙面的感光板，其在紙面內的長度為0.4 m，中點O與S連線垂直板，OS距離為0.2 m，板下表面和上表面被粒子擊中會把粒子吸收，整個平面充滿方向垂直于紙面向外的勻強磁場(圖中未畫出)，磁感應強度為B＝0.1 T，不考慮粒子間的相互作用，則(　　) A．粒子打板前均順時針做勻速圓周運動 B．所有粒子都可以打到板上 C．所有打中板的粒子中的最長運動時間為 D．穩(wěn)定后某時刻，擊中上、下板面粒子之比為1∶1

12、解析：　 根據左手定則可判斷出帶電粒子打板前均順時針做勻速圓周運動，選項A正確；由洛倫茲力提供向心力qvB＝m，解得r＝＝0.2 m，剛好等于OS距離0.2 m，由答圖可知向左發(fā)射的粒子打不到板上，選項B錯誤；如圖所示，向右上發(fā)射的粒子能打到板上且運動時間大于＝×＝，選項C錯誤；由圖可知偏左方向射出的粒子打不到板上，偏右方向射出的粒子打在板上，穩(wěn)定后某時刻，擊中上、下板面粒子之比為1∶1，選項D正確。 答案：　AD 11．(2017·全國卷Ⅲ·24) 如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場。在x≥0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應強度的大小為λB0

13、(常數λ＞1)。一質量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力) (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離。 解析：　(1)在勻強磁場中，帶電粒子做圓周運動，設在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2，由洛倫茲力公式及牛頓定律得 qB0v0＝m① qλB0v0＝m② 粒子速度方向轉過180°時，所需時間t1為 t1＝③ 粒子再轉過180°時，所需時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間為t0＝t1＋t2＝(1＋)⑤ (2)由幾何關系及①②式得，所求距離為 d0＝2(R1－R2)＝(1－)⑥ 答案：　(1)(1＋)　(2)(1－) 9