新高考2023版高考物理一轮总复习练案26第九章第2讲磁吃运动电荷的作用.docx

第2讲磁场对运动电荷的作用一、选择题(本题共8小题，15题为单选，68题为多选)1(2022·山东高三模拟)如图所示为地球周围磁场的分布情况，从上往下看地球在逆时针转动，下列说法正确的是(D)A若此磁场是因为地球表面带电形成的，则地球表面应带正电B带电宇宙粒子在接近地球过程中受磁场力作用，且磁场力对其做功改变其速度C若有一带电的宇宙粒子在赤道附近自东向西射向地球，在地球附近向地面偏转，则此粒子带负电D在南、北极附近带电宇宙粒子有较大概率接近地面解析若此磁场是因为地球表面带电形成的，由安培定则可知地球表面应带负电，选项A错误；洛伦兹力对带电粒子不做功，选项B错误；由左手定则知带电宇宙粒子在赤道附近自东向西射向地球时，在地球附近向地面偏转的粒子应带正电，选项C错误；赤道附近的粒子无论速度方向如何，都会发生偏转，在南北极附近，带电宇宙粒子射向地球的速度方向和磁感线几乎平行，因此其可以接近地面，选项D正确。2(2021·湖北高三专题练习)一个质量为m带q的滑环套在水平且足够长的粗糙绝缘杆上，整个装置处于方向如图所示的匀强磁场B中。现给圆环向左的初速度v0，以后的运动过程中圆环运动的速度图像可能是(C)ABCD解析由左手定则可知滑环所受洛伦兹力F洛qvB，方向竖直向下，滑环所受重力Gmg，方向竖直向下，细杆对滑环的支持力FN竖直向上，滑环所受滑动摩擦力fFN，方向水平向右，则滑环做减速运动，随速度v的减小F洛减小，则FN逐渐减小，故滑动摩擦力f逐渐减小，故滑环的加速度a，逐渐减小，即滑环做加速度逐渐减小的变减速运动，直至速度减为零，选项C正确。3(2021·全国高三专题练习)如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流大小均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B其中k为常数)。某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过坐标原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受磁场力(A)A方向垂直纸面向里，大小为B方向指向x轴正方向，大小为C方向垂直纸面向里，大小为D方向指向x轴正方向，大小为解析P、Q两根导线距离O点的距离相等，根据安培定则，在O点产生的磁感应强度方向相反，大小相等，合磁感应强度为零，所以O点实际磁感应强度等于R在O点产生的磁感应强度，根据安培定则，O点的磁感应强度方向沿x轴负方向，ROa，磁感应强度的大小B，根据左手定则，电子所受洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小为FevB，故选A。4(2022·河北高三模拟)如图所示，平行边界区域内存在匀强磁场，比荷相同的带电粒子a和b依次从O点垂直于磁场的左边界射入，经磁场偏转后从右边界射出，带电粒子a和b射出磁场时与磁场右边界的夹角分别为30°和60°，不计粒子的重力，下列判断正确的是(B)A粒子a带负电，粒子b带正电B粒子a和b在磁场中运动的半径之比为1C粒子a和b在磁场中运动的速率之比为1D粒子a和b在磁场中运动的时间之比为12解析a粒子向上偏转，由 FqvB得，a粒子带正电；b粒子向下偏转，b粒子带负电，故A错误；由几何关系可知，磁场水平距离xRasin 60°Rbsin 30°，RaRb1，故B正确；由qvBm，得v，比荷相同，磁场相同，则vavbRaRb1，故C错误；粒子运动周期T，TaTb，a运动时间taTaTaT，b运动时间tbTbTbT，故tatb21，故D错误。5(2022·陕西高三模拟)如图所示，在半径为R的圆形区域内有垂直于竖直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，AC为该圆的一条直径，O为圆心。一带电粒子以初速度v0从C点垂直磁场沿竖直方向射入圆形区域，离开磁场时速度方向恰好水平。已知该粒子从C点入射时速度方向与直径AC的夹角45°，不计粒子重力，则有(B)A该粒子一定带负电B该粒子的比荷为C该粒子在磁场中做圆周运动的半径为RD该粒子在磁场中的运动时间为解析作出粒子运动的轨迹如图，由左手定则可知，粒子带正电，选项A错误；由轨迹图结合题意可知粒子在磁场中偏转角度为90°，设O为圆周运动的圆心，由几何关系可知2r2(2R)2，整理可得rR，由洛伦兹力提供向心力有qv0B，整理可得，选项B正确，C错误；由图可知粒子在磁场中的偏转角为90°，故粒子在磁场中的运动时间为t×，选项D错误。6如图所示，两个倾角分别为30°和60°的光滑绝缘斜面固定于水平地面上，并处于方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场中，两个质量为m、电荷量为q的小滑块甲和乙分别从两个斜面顶端由静止释放，运动一段时间后，两小滑块都将飞离斜面，在此过程中(AD)A甲滑块飞离斜面瞬间的速度比乙滑块飞离斜面瞬间的速度大B甲滑块在斜面上运动的时间比乙滑块在斜面上运动的时间短C两滑块在斜面上运动的位移大小相同D两滑块在斜面上运动的过程中，重力的平均功率相等解析小滑块飞离斜面时，洛伦兹力与重力垂直斜面的分力平衡，故：mgcos qvmB，解得vm，所以斜面倾角越小，飞离斜面瞬间的速度越大，故甲滑块飞离时速度较大，故A正确；滑块在斜面上运动的加速度恒定不变，由受力分析和牛顿第二定律可得加速度agsin ，所以甲的加速度小于乙的加速度，因为甲飞离的最大速度大于乙的最大速度，由vmat得，甲在斜面上运动的时间大于乙在斜面上运动的时间，故B错误；由以上分析知x，可知甲在斜面上的位移大于乙在斜面上的位移，故C错误；由平均功率的公式得PF·sin mg·sin ，因sin 30°cos 60°，sin 60°cos 30°，故重力的平均功率一定相等，故D正确。7(2022·黑龙江高三模拟)如图所示，边长为L的等边三角形ABC区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，D为AB边的中点，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子平行BC边从D点射入磁场，粒子的速度大小为v0，且刚好垂直BC边射出磁场。不计粒子的重力， 下列说法正确的是(AD)A该粒子带正电B匀强磁场的磁感应强度BC若只改变该粒子射入磁场的速度大小，则粒子一定不能从C点射出磁场D若只改变该粒子射入磁场的速度大小，则粒子可以从AC边射出磁场，且在磁场中运动的时间可能是解析粒子垂直于BC边射出磁场，所以粒子向下偏转，洛伦兹力方向向下，根据左手定则，粒子带正电，A正确；粒子垂直于BC射出磁场，圆心在BC上，同时粒子从D点水平射入，圆心应该在过D点与BC垂直的垂线的垂足处，所以半径为三角形BC边上高的一半，rL，qv0Bm ，则B，B错误；改变初速度的大小，当rL ，粒子从C点射出，C错误；粒子在磁场中做圆周运动的周期T，粒子从C点与AC相切射出磁场时，偏转60°，运动时间为tT ，D正确。8(2021·山东泰安市月考)如图所示，半径为R、磁感应强度为B的圆形匀强磁场，MN是一竖直放置的足够长的感光板。大量相同的带正电粒子从圆形磁场最高点P以速率v沿不同方向垂直磁场方向射入，不考虑速度沿圆形磁场切线方向入射的粒子。粒子质量为m，电荷量为q，不考虑粒子间的相互作用力和粒子的重力。关于这些粒子的运动，以下说法正确的是(ACD)A对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越短B对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中通过的时间越长C若粒子速度大小均为v，出射后均可垂直打在MN上D若粒子速度大小均为v，则粒子在磁场中的运动时间一定小于解析对着圆心入射的粒子，速度越大在磁场中做圆周运动的轨迹半径越大，弧长越长，轨迹对应的圆心角越小，由tT可知运动时间越短，故选项A正确，B错误；粒子速度大小均为v时，根据洛伦兹力提供向心力可得粒子的轨迹半径为：rR，根据几何关系可知，入射点P、O、出射点与轨迹的圆心的连线构成菱形，射出磁场时的轨迹半径与PO平行，故粒子射出磁场时的速度方向与MN垂直，出射后均可垂直打在MN上；根据几何关系可知，轨迹对应的圆心角小于180°，粒子在磁场中的运动时间：t<T，故选项C、D正确。二、非选择题9(2022·安徽高三月考)如图，平行的MN、PQ与MP间(含边界)有垂直纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边界MN与MP的夹角30°，点P处有一离子源，离子源能够向磁场区域发射各种速率的、方向平行于纸面且垂直于MP的正、负离子，离子运动一段时间后能够从不同的边界射出磁场。已知从边界PQ射出的离子，射出点与P点距离最大的离子的速度为v0，所有正、负离子的比荷均为k，不计离子的重力及离子间的相互作用。求：(1)MP的长度；(2)从边界MP射出的离子，速度的最大值。答案(1)(2)解析(1)设离子的质量为m、电荷量为q，从边界PQ射出的速度为v0的离子，设其运动半径为R1，运动轨迹恰好与MN相切，运动轨迹如图所示设MP的长度为L，根据牛顿第二定律得qv0Bm，根据几何关系得Lsin R1R1sin ，解得L。(2)从边界MP射出的离子，速度最大时离子运动轨迹恰好与MN相切，设其运动半径为R2，运动轨迹如图所示根据牛顿第二定律得qvmBm，根据几何关系得MP的长度为LR2，解得vm。10(2021·全国高三专题练习)如图所示，正方形区域abcd内(含边界)有垂直纸面向里的匀强磁场，abl，Oa0.4l，大量带正电的粒子从O点沿与ab边成37°的方向以不同的初速度v0射入磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用，已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，磁场的磁感应强度大小为B，sin 37°0.6，cos 37°0.8。(1)求带电粒子在磁场中运动的最长时间；(2)若带电粒子从ad边离开磁场，求v0的取值范围。答案(1)(2) <v0解析(1)粒子从ab边离开磁场时，在磁场中运动的时间最长，如图1所示，有qBv0，又T，解得T，又由几何关系得74°，则粒子在磁场中运动的最长时间tT。(2)当粒子轨迹与ad边相切时，如图2所示，设此时初速度为v01，轨道半径为R1，由几何关系可得R1R1sin 37°0.4l，又qBv01，解得v01。当粒子运动轨迹与cd边相切时，如图3所示，设此时初速度为v02，轨道半径为R2，由几何关系可得R2R2cos 37°l，又qBv02，解得v02，综上可得<v0。