（江蘇專版）2020版高考物理一輪復習 課時跟蹤檢測（二十七）磁場對運動電荷的作用（含解析）.doc

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磁場對運動電荷的作用 對點訓練：對洛倫茲力的理解 1．2015年3月3日，中國南極中山站站區(qū)上空出現(xiàn)絢麗的極光現(xiàn)象，持續(xù)時間超過數(shù)小時。極光現(xiàn)象是太陽活動增強時所發(fā)射的高能帶電粒子流(太陽風)到達地球南北兩極上空時“轟擊”地球高層大氣而產(chǎn)生的現(xiàn)象。假如高速電子流以與地球表面垂直的方向射向赤道上空的某一點，則電子流在進入地球周圍的空間時，將(　　) A．向東偏轉(zhuǎn)　　　　　　　 　B．向西偏轉(zhuǎn) C．向北偏轉(zhuǎn) D．豎直向下沿直線射向地面 解析：選B　地磁場在赤道附近由南到北，電子帶負電，由左手定則判斷得電子將相對于預定點稍向西偏轉(zhuǎn)，故B正確，A、C、D錯誤。 2.有一個電子射線管(陰極射線管)，放在一通電直導線的上方，發(fā)現(xiàn)射線的徑跡如圖所示，則此導線該如何放置，且電流的流向如何(　　) A．直導線如圖所示位置放置，電流從A流向B B．直導線如圖所示位置放置，電流從B流向A C．直導線垂直于紙面放置，電流流向紙內(nèi) D．直導線垂直于紙面放置，電流流向紙外 解析：選B　電子射線管發(fā)出電子，為負電荷，從題圖中可知電子向下偏轉(zhuǎn)，即受到向下的洛倫茲力，根據(jù)左手定則可知電子處在垂直紙面向里的磁場中，根據(jù)右手螺旋定則可知導線按如圖所示的位置放置，電流方向從B到A，B正確。 對點訓練：帶電粒子在勻強磁場中的運動 3.如圖，虛線OP上方分布著垂直紙面向里的勻強磁場，從粒子源O在紙面內(nèi)沿不同的方向先后發(fā)射速率均為v的質(zhì)子1和2，兩個質(zhì)子都過P點。已知OP＝a，質(zhì)子1沿與OP成30角的方向發(fā)射，不計質(zhì)子的重力和質(zhì)子間的相互作用力，則(　　) A．質(zhì)子1在磁場中運動的半徑為a B．質(zhì)子2在磁場中的運動周期為 C．質(zhì)子1在磁場中的運動時間為 D．質(zhì)子2在磁場中的運動時間為 解析：選B　由幾何關(guān)系分別求出兩質(zhì)子做勻速圓周運動的半徑分別為r1＝r2＝＝a，故質(zhì)子的運動周期為T＝＝，而兩質(zhì)子從O到P分別旋轉(zhuǎn)60和300，時間分別為t1＝T＝＝，t2＝T＝，故B正確。 4.(2018銀川一中模擬)如圖所示，在圓形區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，AB是圓的直徑。一帶電粒子從A點射入磁場，速度大小為v、方向與AB成30角時，恰好從B點飛出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t；若同一帶電粒子從A點沿AB方向射入磁場，也經(jīng)時間t飛出磁場，則其速度大小為(　　) A.v　　　　　　　　　 　B.v C.v D.v 解析：選A　粒子在磁場中運動，運動的時間周期與粒子的速度的大小無關(guān)，分析粒子的運動的情況，可以判斷第二個粒子的運動軌跡半徑，即可根據(jù)牛頓第二定律求出速度大小。設(shè)圓形區(qū)域的半徑為R。帶電粒子進入磁場中做勻速圓周運動，由洛倫茲力提供向心力，則有qvB＝m，得r＝，r∝v?、?；當粒子從B點飛出磁場時，入射速度與出射速度與AB的夾角相等，所以速度的偏轉(zhuǎn)角為60，軌跡對應(yīng)的圓心角為60。根據(jù)幾何知識得知：軌跡半徑為r1＝2R?、?，當粒子從A點沿AB方向射入磁場時，經(jīng)過磁場的時間也是t，說明軌跡對應(yīng)的圓心角與第一種情況相等，也是60。根據(jù)幾何知識得，粒子的軌跡半徑為r2＝R?、?，則由①得：＝＝ ，則得v′＝v，故A正確。 對點訓練：帶電粒子在勻強磁場中的多解問題 5．[多選]如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向飛入橫截面是一正方形的勻強磁場，下列判斷正確的是(　　) A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長 B．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角越大 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡不一定重合 D．電子的速率不同，它們在磁場中運動的時間一定不相同 解析：選BC　由周期公式T＝知，周期與電子的速率無關(guān)，由t＝T知，電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應(yīng)的圓心角θ越大，故A錯誤，B正確；由半徑公式r＝知，電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，電子在磁場中的運動周期相同，當它們在磁場中運動時間相同時，軌跡不一定重合，比如：軌跡3、4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應(yīng)的半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，D錯誤。 6．[多選]如圖所示，在某空間的一個區(qū)域內(nèi)有一直線PQ與水平面成45角，在PQ兩側(cè)存在垂直于紙面且方向相反的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B。位于直線上的a點有一粒子源，能不斷地水平向右發(fā)射速率不等的相同粒子，粒子帶正電，電荷量為q，質(zhì)量為m，所有粒子運動過程中都經(jīng)過直線PQ上的b點。已知ab＝d，不計粒子重力及粒子相互間的作用力，則粒子的速率可能為(　　) A. B. C. D. 解析：選ABC　由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示。所有圓弧的圓心角均為90，所以粒子運動的半徑r＝(n＝1,2,3，…)，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，則v＝＝(n＝1,2,3，…)，故A、B、C正確，D錯誤。 對點訓練：帶電粒子在有界磁場中的臨界極值問題 7．[多選]在正方形ABCD區(qū)域內(nèi)存在垂直紙面向外的勻強磁場，比荷相同的兩個粒子a、b從一邊長中點垂直邊界方向進入磁場，其在磁場中的運動軌跡如圖所示，a粒子從B點射出，b粒子從CD中點射出，則(　　) A．a(chǎn)帶正電，b帶負電 B．a(chǎn)、b進入磁場時的速率之比為1∶2 C．a(chǎn)、b在磁場中運動的周期之比為2∶1 D．a(chǎn)、b在磁場中運動的時間之比為1∶1 解析：選AB　由左手定則結(jié)合題圖可知，a粒子帶正電，b粒子帶負電，故A正確；由半徑公式r＝得：v＝，由圖可知，a運動半徑為b的一半，所以兩粒子的速率之比為1∶2，故B正確；由公式T＝可知，兩粒子的周期之比為1∶1，故C錯誤；由公式t＝T，由題圖可知，a粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)的角度為b粒子的兩倍，所以a、b粒子在磁場中運動時間之比為2∶1，故D錯誤。 8.如圖所示，在半徑為R的圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面向里的勻強磁場，磁場的磁感應(yīng)強度大小為B，在磁場邊界上的A點有一粒子源，可以沿垂直于磁場方向向磁場內(nèi)發(fā)射質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電的粒子。O為圓形區(qū)域的圓心，在AO的延長線上有一垂直于AO放置的熒光屏，熒光屏足夠大，AO延長線與熒光屏的交點為P，O到熒光屏的距離為2R，不計粒子的重力。 (1)若粒子沿AO方向射入磁場，要使粒子不能打在熒光屏上，粒子的速度v應(yīng)滿足什么條件？ (2)若粒子進入磁場的速度大小為v＝，改變粒子射入磁場的方向，使該粒子在磁場中運動的時間最長，則該粒子最終打在熒光屏上的位置離P點的距離為多少？ 解析：(1)粒子剛好不能打在熒光屏上，其運動軌跡如圖所示， 由幾何關(guān)系可知，粒子做圓周運動的半徑r1＝R 由qv1B＝m 求得v1＝ 即粒子的速度v≤時，粒子不能打在熒光屏上。 (2)當粒子在磁場中運動的速度v＝ 由qvB＝m 得粒子做圓周運動的半徑r2＝2R 當此粒子在磁場中運動的時間最長時，在磁場中運動的軌跡對應(yīng)的弦最長，此時粒子運動的軌跡如圖所示。 由幾何關(guān)系，sin θ＝＝ θ＝30 由幾何關(guān)系，粒子打在熒光屏上的位置Q點離P點的距離 x＝Rtan 30＝R。 答案：(1)v≤　(2)R 9.如圖所示，勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，寬度為d，邊界為CD和EF。一電子從CD邊界外側(cè)以速率v0垂直射入勻強磁場，入射方向與CD邊界間夾角為θ。已知電子的質(zhì)量為m，電荷量為e，為使電子能從磁場的另一側(cè)EF射出，求： (1)電子的速率v0至少多大？ (2)若θ角可取任意值，v0的最小值是多少？ 解析：(1)當入射速率v0很小時，電子會在磁場中轉(zhuǎn)動一段圓弧后又從CD一側(cè)射出，速率越大，軌道半徑越大，當軌道的邊界與EF相切時，電子恰好能從EF射出，如圖所示， 電子恰好射出時，由幾何知識可得： r＋rcos θ＝d① 又r＝② 由①②得v0＝③ 故電子要射出磁場，速率至少應(yīng)為。 (2)由③式可知，θ＝0時，v0＝最小， 由②式知此時半徑最小，rmin＝，也可由軌跡分析得出上述結(jié)論。 答案：(1)　(2) 考點綜合訓練 10．(2019揚州三模)如圖所示，水平虛線MN上方有勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向里。大量帶正電的相同粒子，以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個方向由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動。不計粒子重力和粒子間相互作用。下列圖中陰影部分表示帶電粒子可能經(jīng)過的區(qū)域，其中正確的是(　　) 解析：選B　由小孔O射入磁場區(qū)域，做半徑為R的圓周運動，因為粒子帶正電，根據(jù)左手定則可知粒子將向左偏轉(zhuǎn)，故C錯誤；因為粒子以相同的速率沿位于紙面內(nèi)水平向右到豎直向上90范圍內(nèi)的各個方向發(fā)射，由O點水平向右射入的粒子恰好應(yīng)為最右端邊界且ON＝R，在豎直方向上有最遠點為2R，由O點豎直向上射入的粒子，打在最左端且距離為OM＝2R，但是左側(cè)因為沒有粒子射入，所以中間會出現(xiàn)一塊空白區(qū)域，故B正確，A、D錯誤。 11.(2019哈爾濱六中模擬)如圖所示，某平面內(nèi)有折線PAQ為磁場的分界線，已知∠A＝90，AP＝AQ＝L。在折線的兩側(cè)分布著方向相反，與平面垂直的勻強磁場，磁感應(yīng)強度大小均為B?，F(xiàn)有一質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子從P點沿PQ方向射出，途經(jīng)A點到達Q點，不計粒子重力。求粒子初速度v應(yīng)滿足的條件及粒子從P經(jīng)A到達Q所需時間的最小值。 解析：根據(jù)運動的對稱性，粒子能從P經(jīng)A到達Q，運動軌跡如圖所示，由圖可得：L＝nx 其中x為每次偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的弦長，由幾何關(guān)系知，偏轉(zhuǎn)圓弧對應(yīng)的圓心角為或 設(shè)粒子運動軌跡的半徑為R，由幾何關(guān)系可得：2R2＝x2 解得：R＝ 又qvB＝m 解得：v＝(n＝1,2,3，…) 當n取奇數(shù)時，粒子從P經(jīng)A到Q過程中圓心角的總和為： θ1＝n＋n＝2nπ 從P經(jīng)A到Q的總時間為： t1＝＝(n＝1,3,5，…) 當n取偶數(shù)時，粒子從P經(jīng)A到Q過程中圓心角的總和為： θ2＝n＋n＝nπ 從P經(jīng)A到Q的總時間為： t2＝＝(n＝2,4,6，…) 綜合上述兩種情況，可得粒子從P經(jīng)A到達Q所用時間的最小值為：tmin＝。 答案：v＝(n＝1,2,3，…)