《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)三十二 磁場及其對電流的作用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時沖關(guān)三十二 磁場及其對電流的作用（含解析）新人教版（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場對運動電荷的作用 [A級－基礎(chǔ)練] 1．(2019·北京海淀區(qū)期末)如圖所示，在赤道處，將一小球向東水平拋出，落地點為a；給小球帶上電荷后，仍以原來的速度拋出，考慮地磁場的影響，下列說法正確的是(　　) A．無論小球帶何種電荷，小球仍會落在a點 B．無論小球帶何種電荷，小球下落時間都會延長 C．若小球帶負(fù)電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點 D．若小球帶正電荷，小球會落在更遠(yuǎn)的b點 解析：D　[地磁場在赤道上空水平由南向北，從南向北觀察，如果小球帶正電荷，則洛倫茲力斜向右上方，該洛倫茲力在豎直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地時間會變長，水平位移會變大；同理，若小球

2、帶負(fù)電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確．] 2．(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應(yīng)強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析：AC　[由r＝可知：＝＝k，A對；由a＝可知，＝＝，B錯；由T＝可知，＝＝k，C對，由ω＝可知＝，D錯．] 3.如圖是某離子速度選擇器的原理示意圖，在一半徑為R的絕緣圓柱形筒內(nèi)有磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線．在圓柱形筒上

3、某一直徑兩端開有小孔M、N，現(xiàn)有一束速率不同、比荷均為k的正、負(fù)離子，從M孔以α角入射，一些具有特定速度的離子未與筒壁碰撞而直接從N孔射出(不考慮離子間的作用力和重力)．則從N孔射出的離子(　　) A．是正離子，速率為 B．是正離子，速率為 C．是負(fù)離子，速率為 D．是負(fù)離子，速率為 解析：B　[因為離子向下偏，根據(jù)左手定則，離子帶正電，運動軌跡如圖所示，由幾何關(guān)系可知r＝，由qvB＝m可得v＝，故B正確．] 4.如圖，MN為鋁質(zhì)薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達(dá)PQ的中點O

4、.已知粒子穿越鋁板時，其動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應(yīng)強度大小之比為(　　 ) A．2　　　　　 B. C．1 D. 解析：D　[設(shè)帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1＝mv，Ek2＝mv，由題意可知Ek1＝2Ek2，即mv＝mv，則＝.粒子做圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，即qvB＝，得R＝，由題意可知＝，所以＝＝， 故選項D正確．] 5.在x軸上方有垂直于紙面的勻強磁場，同一種帶電粒子從O點射入磁場，當(dāng)入射方向與x軸的夾角α＝60°時，速度為v1、v2的兩個粒子分別從a、b兩點射出磁場，如圖所示，當(dāng)α＝45

5、°時，為了使粒子從ab的中點c射出磁場，則速度應(yīng)為(　　) A.(v1＋v2) B.(v1＋v2) C.(v1＋v2) D.(v1＋v2) 解析：B　[由幾何關(guān)系可知xOa＝R1＝，xOb＝R2＝，xOc＝R3＝，又由于xOc＝，聯(lián)立可得v3＝(v1＋v2)．] 6．(2017·全國卷Ⅲ)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(yīng)強度的大小為B0；x＜0區(qū)域，磁感應(yīng)強度的大小為λB0(常數(shù)λ＞1)．一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的帶電粒子以速度v0從坐標(biāo)原點O沿x軸正向射入磁場，此時開始計時，當(dāng)粒子的速度方向再次沿x軸正向時，求：(不計重力)

6、 (1)粒子運動的時間； (2)粒子與O點間的距離． 解析：(1)粒子的運動軌跡如圖所示．帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的向心力由洛倫茲力提供，設(shè)在x≥0區(qū)域，圓周半徑為R1；設(shè)在x＜0區(qū)域，圓周半徑為R2；由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得 qv0B0＝① qv0(λB0)＝② 粒子速度方向轉(zhuǎn)過180°時，所用時間t1為 t1＝③ 粒子再轉(zhuǎn)過180°時，所用時間t2為 t2＝④ 聯(lián)立①②③④式得，所求時間 t0＝t1＋t2＝ (2)由幾何關(guān)系及①②式得，所求距離為 d＝2(R1－R2)＝ 答案：(1)　(2) [B級－能力練] 7．(多選)長為l的水平極

7、板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應(yīng)強度為B，板間距離也為l，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v> D．使粒子的速度v滿足

8、重力，下列說法正確的有(　　 ) A．a(chǎn)、b均帶正電 B．a(chǎn)在磁場中飛行的時間比b的短 C．a(chǎn)在磁場中飛行的路程比b的短 D．a(chǎn)在P上的落點與O點的距離比b的近 解析：AD　[a、b粒子做圓周運動的半徑都為R＝，畫出軌跡如圖所示，以O(shè)1、O2為圓心的兩圓弧分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉(zhuǎn)過的圓心角大，由t＝T＝和軌跡圖可知A、D選項正確．] 9．(多選)如圖所示，有一個正方形的勻強磁場區(qū)域abcd，e是ad的中點，f是cd的中點，如果在a點沿對角線方向以速度v射入一帶負(fù)電的帶電粒子，恰好從e點射出，則(　　) A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如

9、果粒子的速度增大為原來的三倍，將從f點射出 C．如果粒子的速度不變，磁場的磁感應(yīng)強度變?yōu)樵瓉淼亩?，也將從d點射出 D．只改變粒子的速度使其分別從e、d、f點射出時，從f點射出所用時間最短 解析：AD　[作出示意圖如圖所示，根據(jù)幾何關(guān)系可以看出，當(dāng)粒子從d點射出時，軌道半徑增大為原來的二倍，由半徑公式R＝可知，速度也增大為原來的二倍，則選項A正確，C項錯誤；當(dāng)粒子的速度增大為原來的四倍時，才會從f點射出，則B項錯誤；據(jù)粒子的周期公式T＝，可見粒子的周期與速度無關(guān)，在磁場中的運動時間取決于其軌跡圓弧所對應(yīng)的圓心角，所以從e、d射出時所用時間相等，從f點射出時所用時間最短，則選項D正確．]

10、 10．(2019·廣東廣州模擬)(多選)如圖所示，真空中xOy平面內(nèi)有一束寬度為d的帶正電粒子束沿x軸正方向運動，所有粒子為同種粒子，速度大小相等，在第一象限內(nèi)有一方向垂直xOy平面的有界勻強磁場區(qū)(圖中未畫出)，所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點．下列說法中正確的是(　　 ) A．磁場方向一定是垂直xOy平面向里 B．所有粒子通過磁場區(qū)的時間相同 C．所有粒子在磁場區(qū)運動的半徑相等 D．磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是其他曲線 解析：CD　[由題意可知，正粒子經(jīng)磁場偏轉(zhuǎn)后，都集中于一點a，根據(jù)左手定則可知，磁場的方向垂直平面向外，故A錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可

11、得T＝，而運動的時間還與圓心角有關(guān)，因此粒子的運動時間不等，故B錯誤；由洛倫茲力提供向心力，可得R＝，由于為同種粒子，且速度大小相等，所以它們的運動半徑相等，故C正確；所有帶電粒子通過磁場偏轉(zhuǎn)后都會聚于x軸上的a點，因此磁場區(qū)邊界可能是圓，也可能是圓弧，故D正確；故選C、D.] 11．(2019·河南三市第一次調(diào)研)如圖所示，一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子，從y軸上的P1點以速度v射入第一象限所示的區(qū)域，入射方向與x軸正方向成α角．為了使該粒子能從x軸上的P2點射出該區(qū)域，且射出方向與x軸正方向也成α角，可在第一象限適當(dāng)?shù)牡胤郊右粋€垂直于xOy平面、磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場．若磁場分布為一

12、個圓形區(qū)域，則這一圓形區(qū)域的最小面積為(不計粒子的重力)(　　) A. B.cos2α C.sin α D.sin2α 解析：D　[粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得：qvB＝m，則粒子在磁場中做圓周運動的半徑：R＝，由題意可知，粒子在磁場區(qū)域中的軌道為半徑等于r的圓上的圓周，這段圓弧應(yīng)與入射方向的速度、出射方向的速度相切，如圖所示．則到入射方向所在直線和出射方向所在直線相距為R的O′點就是圓周的圓心．粒子在磁場區(qū)域中的軌道就是以O(shè)′為圓心、R為半徑的圓上的圓弧ef，而e點和f點應(yīng)在所求圓形磁場區(qū)域的邊界上，在通過e、f兩點的不同的圓周中，最小的一個

13、圓是以e、f連線為直徑的圓周，即得所求圓形區(qū)域的半徑r＝Rsin α＝，則這個圓形磁場區(qū)域的最小面積Smin＝πr2＝，故選D項．] 12.如圖所示，一個帶負(fù)電的粒子沿磁場邊界從A點射出，粒子質(zhì)量為m、電荷量為－q，其中區(qū)域Ⅰ、Ⅲ內(nèi)的勻強磁場寬為d，磁感應(yīng)強度為B，垂直紙面向里，區(qū)域Ⅱ?qū)捯矠閐，粒子從A點射出后經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點，不計粒子重力． (1)求粒子從A點射出到回到A點經(jīng)歷的時間t； (2)若在區(qū)域Ⅱ內(nèi)加一水平向左的勻強電場且區(qū)域Ⅲ的磁感應(yīng)強度變?yōu)?B，粒子也能回到A點，求電場強度E的大小； (3)若粒子經(jīng)Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后返回到區(qū)域Ⅰ前的瞬間使區(qū)域Ⅰ的磁場反向且磁感應(yīng)強度減半，則粒子的出射點距A點的距離為多少？ 解析：(1)因粒子從A點出發(fā)，經(jīng)過Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ區(qū)域后能回到A點，由對稱性可知粒子做圓周運動的半徑為r＝d 由Bqv＝m得v＝ 所以運動時間為t＝＝. (2)在區(qū)域Ⅱ內(nèi)由動能定理得 qEd＝mv－mv2 由題意知在區(qū)域Ⅲ內(nèi)粒子做圓周運動的半徑仍為r＝d 由2Bqv1＝m得v1＝ 聯(lián)立解得E＝. (3)改變區(qū)域Ⅰ內(nèi)磁場后，粒子運動的軌跡如圖所示． 由Bqv＝m得R＝2d 所以O(shè)C＝＝d 粒子出射點距A點的距離為s＝r＋R－OC＝(3－)d. 答案：(1)　(2)　(3)(3－)d 9