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2019年高考物理總復習 第八章 第2講 磁場對運動電荷的作用 新人教版 1．初速為v0的電子， 沿平行于通電長直導線的方向射出，直導線中電流方向與電子的初始運動方向如圖1所示，則(　　)． 圖1 A．電子將向右偏轉，速率不變 B．電子將向左偏轉，速率改變 C．電子將向左偏轉，速率不變 D．電子將向右偏轉，速率改變 解析　由安培定則可知，通電導線右方磁場方向垂直紙面向里，則電子受洛倫茲力方向由左手定則可判知向右，所以電子向右偏；由于洛倫茲力不做功，所以電子速率不變． 答案　A 2．如圖2所示，重力不計、初速度為v的正電荷，從a點沿水平方向射入有明顯左邊界的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里，若邊界右側的磁場范圍足夠大，該電荷進入磁場后 (　　)． 圖2 A．動能發(fā)生改變 B．運動軌跡是一個完整的圓，正電荷始終在磁場中運動 C．運動軌跡是一個半圓，并從a點上方某處穿出邊界向左射出 D．運動軌跡是一個半圓，并從a點下方某處穿出邊界向左射出 解析　洛倫茲力不做功，電荷的動能不變，A不正確；由左手定則知，正電荷剛進入磁場時受到的洛倫茲力的方向向上，電荷在勻強磁場中做勻速圓周運動，運動軌跡是一個半圓，并從a點上方某處穿出邊界向左射出，B、D均不正確，C正確． 答案　C 3．質量分別為m1和m2、電荷量分別為q1和q2的兩粒子在同一勻強磁場中做勻速圓周運動．已知兩粒子的動量大小相等．下列說法正確的是(　　) A．若q1＝q2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 B．若m1＝m2，則它們做圓周運動的半徑一定相等 C．若q1≠q2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 D．若m1≠m2，則它們做圓周運動的周期一定不相等 解析 帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，即qvB＝，得軌道半徑r＝＝，已知兩粒子動量大小相等，若q1＝q2，則r1＝r2，A項正確；若m1＝m2，r與 有關，B項錯誤；帶電粒子在磁場中運動的周期T＝＝，因此運動周期T∝或，若m1≠m2，但＝，周期T可相等，D項錯誤；若q1≠q2，但q1v1＝q2v2，周期T也可相等，C項錯誤． 答案 A 4．處于勻強磁場中的一個帶電粒子，僅在磁場力作用下做勻速圓周運動．將該粒子的運動等效為環(huán)形電流，那么此電流值 (　　)． A．與粒子電荷量成正比 B．與粒子速率成正比 C．與粒子質量成正比 D．與磁感應強度成正比 解析　帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的周期T＝，該粒子運動等效的環(huán)形電流I＝＝，由此可知，I∝q2，故選項A錯誤；I與速率無關，選項B錯誤；I∝，即I與m成反比，故選項C錯誤；I∝B，選項D正確． 答案　D 5．在如圖4所示的足夠大勻強磁場中，兩個帶電粒子以相同方向垂直穿過虛線MN所在的平面，一段時間后又再次同時穿過此平面，則可以確定的是(　　)． 圖4 A．兩粒子一定帶有相同的電荷量 B．兩粒子一定帶同種電荷 C．兩粒子一定有相同的比荷 D．兩粒子一定有相同的動能 解析　粒子垂直穿過平面MN，再次穿過時速度一定又垂直此平面，因此兩粒子均運動了半個周期，即粒子在磁場中運動的周期相同，由T＝可知，兩粒子具有相同的比荷，但可以有不同的質量和電荷量，A錯、C對；無論粒子向哪個方向繞行，均運動半個周期，所以粒子的電性不能確定，B錯；粒子運動的周期與速度無關，所以動能也不能確定，D錯． 答案　C 6．質譜儀是測帶電粒子質量和分析同位素的一種儀器，如圖5所示．它的工作原理是帶電粒子(不計重力)經(jīng)同一電場加速后，垂直進入同一勻強磁場做圓周運動，然后利用相關規(guī)律計算出帶電粒子質量．圖中虛線為某粒子運動軌跡，由圖可知 (　　)． 圖5 A．此粒子帶負電 B．下極板S2比上極板S1電勢高 C．若只增大加速電壓U，則半徑r變大 D．若只增大入射粒子的質量，則半徑r變小 解析　粒子從S3小孔進入磁場中，速度方向向下，粒子向左偏轉，由左手定則可知粒子帶正電．帶正電的粒子在S1和S2兩板間加速，則要求場強的方向向下，那么S1板的電勢高于S2板的電勢．粒子在電場中加速，由動能定理有mv2＝qU，在磁場中偏轉，則有r＝，聯(lián)立兩式解得r＝ ，由此式可以看出只增大U或只增大m時，粒子的軌道半徑都變大． 答案　C 7．如圖6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射入一帶負電的帶電粒子，恰好從e點射出，則(　　) 圖6 A．如果粒子的速度增大為原來的二倍，將從d點射出 B．如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e點射出所用時間最短 解析 作出示意圖如圖所示，根據(jù)幾何關系可以看出，當粒子從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，A項正確，顯然C項錯誤；當粒子的速度增大為原來的四倍時，才會從f點射出，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，在磁場中的運動時間取決于其軌跡圓弧所對應的圓心角，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． 答案 A 8．某空間存在著如圖7甲所示的足夠大的沿水平方向的勻強磁場．在磁場中A、B兩個物塊疊放在一起，置于光滑水平面上，物塊A帶正電，物塊B不帶電且表面絕緣．在t1＝0時刻，水平恒力F作用在物塊B上，物塊A、B由靜止開始做加速度相同的運動．在A、B一起向左運動的過程中，以下說法正確的是(　　)． 圖7 A．圖乙可以反映A所受洛侖茲力大小隨時間t變化的關系 B．圖乙可以反映A對B的摩擦力大小隨時間t變化的關系 C．圖乙可以反映A對B的壓力大小隨時間t變化的關系 D．圖乙可以反映B對地面壓力大小隨時間t變化的關系 解析　AB整體向左做初速度為零的勻加速直線運動，所以f洛與t成正比，A錯，A對B的摩擦大小恒定，B錯，A對B壓力N1＝mg＋Bqv，C正確，B對地壓力N2＝(M＋m)g＋Bqv，D正確． 答案　CD 9．如圖8所示，O點有一粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，它們的速度大小相等、速度方向均在xOy平面內(nèi)．在直線x＝a與x＝2a之間存在垂直于xOy平面向外的磁感應強度為B的勻強磁場，與y軸正方向成60角發(fā)射的粒子恰好垂直于磁場右邊界射出．不計粒子的重力和粒子間的相互作用力．關于這些粒子的運動，下列說法正確的是(　　)． 圖8 A．粒子的速度大小為 B．粒子的速度大小為 C．與y軸正方向成120角射出的粒子在磁場中運動的時間最長 D．與y軸正方向成90角射出的粒子在磁場中運動的時間最長 解析　帶正電粒子與y軸正方向成60角射出進入磁場后的軌跡如圖甲所示，根據(jù)幾何關系可得a＝Rsin 30，其中R＝，聯(lián)立解得v＝，故選項A正確、B錯誤；帶電粒子在勻強磁場中運動的時間t＝T，可見圓弧所對的圓心角θ越大，粒子在磁場中運動的時間越長，由圖甲中的幾何關系可得粒子的軌道半徑R＝2a，因此當帶電粒子與y軸正方向成120角射出的粒子在磁場中運動的圓弧所對圓心角最大為120，粒子的運動軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖乙所示，最長時間tm＝T，故選項C正確、D錯誤． 答案　AC 10．如圖所示，以ab為邊界的兩勻強磁場的磁感應強度為B1＝ 2B2＝B，現(xiàn)有一質量為m、帶電荷量＋q的粒子從O點以初速度v沿垂直于ab方向發(fā)射．在圖中作出粒子的運動軌跡，并求出粒子發(fā)射后第7次穿過直線ab時所經(jīng)歷的時間、路程及離開點O的距離．(粒子重力不計) 圖9 解析 帶電粒子在磁場中運動時滿足Bqv＝m，即r＝所以粒子在兩勻強磁場中的半徑滿足r2＝2r1 其軌跡如圖所示． 粒子在磁場中運動的周期為T＝＝ 由圖知粒子第7次穿過直線ab時所經(jīng)歷的時間為 t＝2T1＋T2＝. 由圖知粒子第7次穿過直線ab時所經(jīng)歷的路程為s＝4πr1＋3πr2＝ 由圖知粒子第7次穿過直線ab時離開點O的距離為OP＝2r2＝. 答案 軌跡見解析圖　　　 11．如圖10所示，兩個同心圓，半徑分別為r和2r，在兩圓之間的環(huán)形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.圓心O處有一放射源，放出粒子的質量為m，帶電荷量為q，假設粒子速度方向都和紙面平行． 圖10 (1)圖中箭頭表示某一粒子初速度的方向，OA與初速度方向夾角為60，要想使該粒子經(jīng)過磁場第一次通過A點，則初速度的大小是多少？ (2)要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，則粒子的初速度不能超過多少？ 解析　(1)如圖所示，設粒子在磁場中的軌道半徑為R1，則由幾何關系得 R1＝，又qv1B＝m得 v1＝. (2)設粒子軌跡與磁場外邊界相切時，粒子在磁場中的軌道半徑為R2，則由幾何關系有(2r－R2)2＝R＋r2 可得R2＝，又qv2B＝m，可得v2＝ 故要使粒子不穿出環(huán)形區(qū)域，粒子的初速度不能超過. 答案　(1)　(2) 12．圖11(a)所示的xOy平面處于勻強磁場中，磁場方向與xOy平面(紙面)垂直，磁感應強度B隨時間t變化的周期為T，變化圖線如圖(b)所示．當B為＋B0時，磁感應強度方向指向紙外．在坐標原點O有一帶正電的粒子P，其電荷量與質量之比恰好等于.不計重力．設P在某時刻t0以某一初速度沿y軸正向從O點開始運動，將它經(jīng)過時間T到達的點記為A. (a)　　　　　　　　(b) 圖11 (1)若t0＝0，則直線OA與x軸的夾角是多少？ (2)若t0＝，則直線OA與x軸的夾角是多少？ 解析　(1)設粒子P的質量、電荷量與初速度分別為m、q與v，粒子P在洛倫茲力作用下，在xOy平面內(nèi)做圓周運動，分別用R與T′表示圓周的半徑和運動周期，則有 qvB0＝m()2R① v＝② 由①②式與已知條件得T′＝T 粒子P在t＝0到t＝時間內(nèi)，沿順時針方向運動半個圓周，到達x軸上B點，此時磁場方向反轉；繼而，在t＝到t＝T時間內(nèi)，沿逆時針方向運動半個圓周，到達x軸上A點，如圖所示．OA與x軸的夾角θ＝0 (2)粒子P在t0＝時刻開始運動，在t＝到t＝時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達C點，此時磁場方向反轉；繼而，在t＝到t＝T時間內(nèi)，沿逆時針方向運 動半個圓周，到達B點，此時磁場方向再次反轉；在t＝T到t＝時間內(nèi)，沿順時針方向運動個圓周，到達A點，如圖所示．由幾何關系可知，A點在y軸上，即OA與x軸的夾角θ＝ 答案　(1)0　(2)