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1、磁場對運動電荷的作用 A級基礎練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若小球帶負電荷，小球會落在更遠的b點D若小球帶正電荷，小球會落在更遠的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，若小球帶負電，則小球落地時間會變短，水平位移會變小，故D正確2(

2、多選)有兩個勻強磁場區(qū)域和，中的磁感應強度是中的k倍兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動與中運動的電子相比，中的電子()A運動軌跡的半徑是中的k倍B加速度的大小是中的k倍C做圓周運動的周期是中的k倍D做圓周運動的角速度與中的相等解析：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)有磁感應強度為B的勻強磁場，方向平行于軸線在圓柱形筒上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、負離子，從M孔以角入射，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

3、)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是負離子，速率為D是負離子，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，由幾何關系可知r，由qvBm可得v，故B正確4.如圖，MN為鋁質薄平板，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PQ的中點O.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強度大小之比為( )A2B.C1 D. 解析：D設帶電粒子在P點時初速度為v1，從Q點穿過鋁板后速度為v2，則Ek1mv，Ek2mv，由題意

4、可知Ek12Ek2，即mvmv，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，當入射方向與x軸的夾角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45時，為了使粒子從ab的中點c射出磁場，則速度應為()A.(v1v2) B.(v1v2)C.(v1v2) D.(v1v2)解析：B由幾何關系可知xOaR1，xObR2，xOcR3，又由于xOc，聯(lián)立可得v3(v1v2)6(2017全國卷)如圖，空間存在方向垂直于紙面(xOy平面)向里的磁場在x0區(qū)域，磁感應強度的

5、大小為B0；x0區(qū)域，磁感應強度的大小為B0(常數(shù)1)一質量為m、電荷量為q(q0)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)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，設在x0區(qū)域，圓周半徑為R1；設在x0區(qū)域，圓周半徑為R2；由洛倫茲力公式及牛頓第二定律得qv0B0qv0(B0)粒子速度方向轉過180時，所用時間t1為t1粒子再轉過180時，所用時間t2為t2聯(lián)立式得，所求時間t0t1t2(2)由幾何關系及式得，所求距離為d

6、2(R1R2)答案：(1)(2)B級能力練7(多選)長為l的水平極板間有垂直紙面向里的勻強磁場，如圖所示，磁感應強度為B，板間距離也為l，板不帶電，現(xiàn)有質量為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vC使粒子的速度vD使粒子的速度v滿足v解析：AB帶電粒子剛好打在極板右邊緣，有r2l2，又因r1，解得v1；粒子剛好打到極板左邊緣，有r2，解得v2，故A、B正確8(多選)如圖，兩個初速度大小相同的同種離子a和b，從O點沿垂直磁場方向進入勻強磁場，最后打到屏P上，不計重力，下列說法正確的有( )

7、Aa、b均帶正電Ba在磁場中飛行的時間比b的短Ca在磁場中飛行的路程比b的短Da在P上的落點與O點的距離比b的近解析：ADa、b粒子做圓周運動的半徑都為R，畫出軌跡如圖所示，以O1、O2為圓心的兩圓弧分別為b、a的軌跡，a在磁場中轉過的圓心角大，由tT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叮矊膁點射

8、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，則選項A正確，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，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，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，則選項D正確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

9、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，可得T，而運動的時間還與圓心角有關，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后

10、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河南三市第一次調研)如圖所示，一質量為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軸正方向也成角，可在第一象限適當?shù)牡胤郊右粋€垂直于xOy平面、磁感應強度為B的勻強磁場若磁場分布為一個圓形區(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.cos2C.sin D.sin2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：qvBm，則粒子在磁場中做圓周運動的

11、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為圓心、R為半徑的圓上的圓弧ef，而e點和f點應在所求圓形磁場區(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rRsin ，則這個圓形磁場區(qū)域的最小面積Sminr2，故選D項12.如圖所示，一個帶負電的粒子沿磁場邊界從A點射出，粒子質量為m、電荷量為q，其中區(qū)域、內(nèi)的勻強磁場寬為d，磁感應強度為B，垂直紙面向里，區(qū)域

12、寬也為d，粒子從A點射出后經(jīng)過、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)域內(nèi)加一水平向左的勻強電場且區(qū)域的磁感應強度變?yōu)?B，粒子也能回到A點，求電場強度E的大?。?3)若粒子經(jīng)、區(qū)域后返回到區(qū)域前的瞬間使區(qū)域的磁場反向且磁感應強度減半，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、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rd由Bqvm得v所以運動時間為t.(2)在區(qū)域內(nèi)由動能定理得qEdmvmv2由題意知在區(qū)域內(nèi)粒子做圓周運動的半徑仍為rd由2Bqv1m得v1聯(lián)立解得E.(3)改變區(qū)域內(nèi)磁場后，粒子運動的軌跡如圖所示由Bqvm得R2d所以OCd粒子出射點距A點的距離為srROC(3)d.答案：(1)(2)(3)(3)d9