（新課標(biāo)）2020屆高考物理一輪總復(fù)習(xí) 課時跟蹤訓(xùn)練26 第八章 磁場 第2講 磁場對運(yùn)動電荷的作用（選修3-1）

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1、第2講 磁場對運(yùn)動電荷的作用 一、選擇題 1．如圖所示是電子射線管示意圖，接通電源后，電子射線由陰極沿x軸正方向射出，在熒光屏上會看到一條亮線．要使熒光屏上的亮線向下(z軸負(fù)方向)偏轉(zhuǎn)，在下列措施中可采用的是(　 　) A．加一磁場，磁場方向沿z軸負(fù)方向 B．加一磁場，磁場方向沿y軸正方向 C．加一電場，電場方向沿z軸負(fù)方向 D．加一電場，電場方向沿y軸正方向 [解析]　要使熒光屏上亮線向下偏轉(zhuǎn)，電子所受的洛倫茲力方向向下，電子運(yùn)動方向沿x軸正方向，由左手定則可知，磁場方向應(yīng)沿y軸正方向，所以選項(xiàng)A錯誤，B正確；若加一電場電子應(yīng)受到向下的電場力作用，故電場方向沿z軸正方向，

2、選項(xiàng)C、D均錯誤． [答案]　B 2．(2020·新課標(biāo)全國卷Ⅰ)兩相鄰勻強(qiáng)磁場區(qū)域的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小不同、方向平行．一速度方向與磁感應(yīng)強(qiáng)度方向垂直的帶電粒子(不計(jì)重力)，從較強(qiáng)磁場區(qū)域進(jìn)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]　因洛倫茲力對運(yùn)動粒子不做功，故粒子從較強(qiáng)磁場進(jìn)入到較弱磁場后，速度大小不變，由r＝可知粒子的軌道半徑增大，再由ω＝可知，粒子的角速度減小，選項(xiàng)D正確． [答案]　D 3．如右圖所示，M、N和P是以MN為直徑的半圓弧上的三點(diǎn)，O為半

3、圓弧的圓心，在O點(diǎn)存在的垂直紙面向里運(yùn)動的勻速電子束．∠MOP＝60°，在M、N處各有一條長直導(dǎo)線垂直穿過紙面，導(dǎo)線中通有大小相等的恒定電流，方向如圖所示，這時O點(diǎn)的電子受到的洛倫茲力大小為F1.若將M處長直導(dǎo)線移至P處，則O點(diǎn)的電子受到的洛倫茲力大小為F2.那么F2與F1之比為(　　) A.∶1 B.∶2 C．1∶1 D．1∶2 [解析]　長直導(dǎo)線在M、N、P處時在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度B大小相等，M、N處的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度方向都向下，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B1＝2B，P、N處的導(dǎo)線在O點(diǎn)產(chǎn)生的磁感應(yīng)強(qiáng)度夾角為60°，合磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B2＝B，可得，B2∶B1＝∶

4、2，又因?yàn)镕洛＝qvB，所以F2∶F1＝∶2，選項(xiàng)B正確． [答案]　B 4．右圖為云室中某粒子穿過鉛板P前后的軌跡(粒子穿過鉛板后電荷量、質(zhì)量不變)，室中勻強(qiáng)磁場的方向與軌道所在平面垂直(圖中垂直于紙面向內(nèi))，由此可知此粒子(　　) A．一定帶正電 B．一定帶負(fù)電 C．不帶電 D．可能帶正電，也可能帶負(fù)電 [解析]　粒子穿過鉛板的過程中，動能減小，軌道半徑減小，根據(jù)題圖中粒子的運(yùn)動軌跡可以確定粒子從下向上穿過鉛板，再由左手定則可判斷出粒子一定帶正電，選項(xiàng)A正確． [答案]　A 5．(多選)(2020·浙江名校聯(lián)盟聯(lián)考)質(zhì)量和電荷量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率

5、經(jīng)小孔S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，帶電粒子僅受洛倫茲力的作用，運(yùn)行的半圓軌跡如右圖中虛線所示，下列表述正確的是(　　) A．M帶負(fù)電，N帶正電 B．M的速率小于N的速率 C．洛倫茲力對M、N不做功 D．M的運(yùn)行時間大于N的運(yùn)行時間 [解析]　由左手定則可知，M帶負(fù)電，N帶正電，選項(xiàng)A正確；由r＝可知，M的速率大于N的速率，選項(xiàng)B錯誤；洛倫茲力對M、N不做功，選項(xiàng)C正確；由T＝可知M的運(yùn)行時間等于N的運(yùn)行時間，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　AC 6．(多選)如右圖所示，寬d＝4 cm的有界勻強(qiáng)磁場，縱向范圍足夠大，磁場方向垂直紙面向里．現(xiàn)有一群正粒子從O點(diǎn)以相同的速率沿紙面不同方向進(jìn)入磁

6、場，若粒子在磁場中做勻速圓周運(yùn)動的軌道半徑為r＝10 cm，則(　　) A．右邊界：－8 cm8 cm有粒子射出 D．左邊界：0

7、運(yùn)動中經(jīng)過b點(diǎn)，Oa＝Ob，若撤去磁場加一個與y軸平行的勻強(qiáng)電場，仍以v0從a點(diǎn)垂直y軸進(jìn)入電場，粒子仍能通過b點(diǎn)，那么電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為(　　) A．v0 B．1 C．2v0 D. [解析]　帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，O為圓心，故Oa＝Ob＝r＝① 帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動， 故Ob＝v0t＝Oa＝t2＝② 由①②得＝2v0，故選項(xiàng)C對． [答案]　C 8．(2020·馬鞍山二檢)如右圖所示，abcd為一正方形邊界的勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場邊界邊長為L，三個粒子以相同的速度從a點(diǎn)沿ac方向射入，粒子1從b點(diǎn)射出，粒子2從c點(diǎn)射出，粒子3

8、從cd邊垂直于磁場邊界射出，不考慮粒子的重力和粒子間的相互作用．根據(jù)以上信息，可以確定(　　) A．粒子1帶負(fù)電，粒子2不帶電，粒子3帶正電 B．粒子1和粒子3的比荷之比為2∶1 C．粒子1和粒子3在磁場中運(yùn)動時間之比為4∶1 D．粒子3的射出位置與d點(diǎn)相距 [解析]　根據(jù)左手定則可知粒子1帶正電，粒子2不帶電，粒子3帶負(fù)電，選項(xiàng)A錯誤；粒子1在磁場中的軌跡為四分之一圓周，半徑r1＝L，時間t1＝T＝×＝，粒子3在磁場中的軌跡為八分之一圓周，半徑r3＝L，時間t3＝T＝×＝，則t1＝t3，選項(xiàng)C錯誤；由r＝可知粒子1和粒子3的比荷之比為r3∶r1＝2∶1，選項(xiàng)B正確；粒子3的

9、射出位置與d點(diǎn)相距(－1)L，選項(xiàng)D錯誤． [答案]　B 9．(多選)(2020·山東日照一中12月校際聯(lián)考)如圖所示，勻強(qiáng)磁場垂直于紙面向里，勻強(qiáng)電場平行于斜面向下，斜面是粗糙的．一帶正電物塊以某一初速度沿斜面向上滑動，經(jīng)a點(diǎn)后到b點(diǎn)時速度減為零，接著又滑了下來．設(shè)物塊帶電荷量保持不變，則從a到b和從b回到a兩過程相比較(　　) A．加速度大小相等 B．摩擦產(chǎn)生的熱量不相同 C．電勢能變化量的絕對值相同 D．動能變化量的絕對值相同 [解析]　因?yàn)橛写艌龃嬖?，由左手定則可知，當(dāng)物塊向上運(yùn)動時受到的磁場力垂直于斜面向上，而當(dāng)物塊下滑時受到的磁場力垂直于斜面向下，故摩擦力不相

10、等，加速度大小不相等，摩擦力產(chǎn)生的熱量也不相等，故A錯誤，B正確；從a到b和從b回到a兩過程，物塊沿電場線運(yùn)動的距離相等，所以電勢能變化量大小相同，故C正確；上滑過程和下滑過程，都是重力、摩擦力及電場力做功，但是上滑時的摩擦力小于下滑時的摩擦力，由動能定理得，動能變化量大小不相同，故D錯誤． [答案]　BC 10．(多選)(2020·湖北部分重點(diǎn)中學(xué)11月聯(lián)考)如圖所示，一個絕緣且內(nèi)壁光滑的環(huán)形細(xì)圓管，固定于豎直平面內(nèi)，環(huán)的半徑為R(比細(xì)管的內(nèi)徑大得多)，在圓管內(nèi)的最低點(diǎn)有一個直徑略小于細(xì)管內(nèi)徑的帶正電小球處于靜止?fàn)顟B(tài)，小球的質(zhì)量為m，帶電荷量為q，重力加速度為g.空間存在一磁感應(yīng)強(qiáng)度大小

11、未知(不為零)，方向垂直于球形細(xì)圓管所在平面且向里的勻強(qiáng)磁場．某時刻，給小球一方向水平向右，大小為v0＝的初速度，則以下判斷正確的是(　　) A．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，獲得初速度后的瞬間，小球在最低點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用 B．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)管的最高點(diǎn)，且小球在最高點(diǎn)一定受到管壁的彈力作用 C．無論磁感應(yīng)強(qiáng)度大小如何，小球一定能到達(dá)環(huán)形細(xì)管的最高點(diǎn)，且小球到達(dá)最高點(diǎn)時的速度大小都相同 D．小球從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，機(jī)械能不守恒 [解析]　由左手定則判定小球受到的洛倫茲力F始終指向圓心，另外假設(shè)小球受到管道的支持力N

12、，小球獲得v0＝的初速度后，由圓周運(yùn)動可得F＋N－mg＝m， 解得N＝mg＋m－F＝mg＋m－qv0B. 可見，只要B足夠大，滿足mg＋m＝qv0B，支持力N就為零，故A錯誤．由于洛倫茲力不做功，只有重力對小球做功，故小球能不能到達(dá)最高點(diǎn)與磁感應(yīng)強(qiáng)度大小無關(guān)，從最低點(diǎn)到最高點(diǎn)過程中，由動能定理可得－mg·2R＝mv2－mv，解得v＝. 可知小球能到達(dá)最高點(diǎn)，由于當(dāng)v＝時，小球受到的向心力等于mg，故此時小球除受到重力、向下的洛倫茲力之外，一定還有軌道向上的支持力，大小等于洛倫茲力，故B、C正確．小球從環(huán)形細(xì)圓管的最低點(diǎn)運(yùn)動到所能到達(dá)的最高點(diǎn)的過程中，只有重力做功，機(jī)械能守恒，故D錯誤．

13、 [答案]　BC 二、非選擇題 11．(2020·福建福州期末)如圖所示，在x軸上方的空間存在著垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.許多相同的離子，以相同的速率v，由O點(diǎn)沿紙面向各個方向(y>0)射入磁場區(qū)域．不計(jì)離子所受重力及離子間的相互影響．圖中曲線表示離子運(yùn)動的區(qū)域邊界，其中邊界與y軸交點(diǎn)為M，邊界與x軸交點(diǎn)為N，且OM＝ON＝L. (1)求離子的比荷； (2)某個離子在磁場中運(yùn)動的時間為t＝，求其射出磁場的位置坐標(biāo)和速度方向． [解析]　(1)離子沿y軸正方向進(jìn)入，則離子從N點(diǎn)垂直射出， 所以軌道半徑r＝. 離子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，有qvB＝m

14、， 所以＝. (2)帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動，周期T＝＝. 設(shè)離子在磁場中運(yùn)動軌跡對應(yīng)圓心角為θ， θ＝×2π＝＝300°. 其軌跡如圖虛線所示． 出射位置x＝－2rsin＝－Lsin＝－. 速度方向與x軸正方向成30°角． [答案]　(1)　(2)　速度方向與x軸正方向成30°角 12．(2020·江西重點(diǎn)中學(xué)盟校第一次十校聯(lián)考)如圖所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B.有一個粒子源在紙面內(nèi)沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質(zhì)量為m、電荷量為＋q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的

15、相互作用． (1)求帶電粒子的速率． (2)若粒子源可置于磁場中任意位置，且磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小變?yōu)锽，求粒子在磁場中運(yùn)動的最長時間t. (3)若原磁場不變，再疊加另一個半徑為R1(R1>R0)的圓形勻強(qiáng)磁場，磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為，方向垂直于紙面向外，兩磁場區(qū)域成同心圓，此時該離子源從圓心發(fā)出的粒子都能回到圓心，求R1的最小值和粒子運(yùn)動的周期T. [解析]　(1)粒子離開出發(fā)點(diǎn)最遠(yuǎn)的距離為軌道半徑的2倍，則有R0＝2r.由qvB＝m，得v＝. (2)設(shè)磁場的大小變?yōu)楹?，粒子的軌道半徑為r1. r1＝＝＝R0. 根據(jù)幾何關(guān)系可以得到，當(dāng)弦最長時，運(yùn)動的時間最長，弦為2R0時最長，轉(zhuǎn)過的圓心角為90°. 則t＝T＝. (3)根據(jù)矢量合成法則，疊加區(qū)域的磁場大小為，方向向里， R0以外的區(qū)域磁場大小為，方向向外．粒子運(yùn)動的半徑為R0，根據(jù)對稱性畫出情境圖，由幾何關(guān)系可得R1的最小值為R1min＝(＋1)R0. 則T＝·＝. [答案]　(1)　(2)　(3)(＋1)R0