高考物理总复习 第九章 磁场 核心素养提升练二十六 9.2 磁场对运动电荷的作用（含解析）新人教版-新人教版高三全册物理试题.doc

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1、磁场对运动电荷的作用(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，14题为单选题，5题为多选题)1.(2016北京高考)中国宋代科学家沈括在梦溪笔谈中最早记载了地磁偏角：“以磁石磨针锋，则能指南，然常微偏东，不全南也。”进一步研究表明，地球周围地磁场的磁感线分布示意如图。结合上述材料，下列说法不正确的是()A.地理南、北极与地磁场的南、北极不重合B.地球内部也存在磁场，地磁南极在地理北极附近C.地球表面任意位置的地磁场方向都与地面平行D.地磁场对射向地球赤道的带电宇宙射线粒子有力的作用【解析】选C。地理南、北极与地磁场存在一个夹角，称为磁偏角，故地理南、

2、北极与地磁场的南、北极不重合，A正确；地磁南极在地理的北极附近，地磁北极在地理南极附近，B正确；由于地磁场中某点的磁场方向沿该点的磁感线切线方向，故只有赤道处磁场方向与地面平行，C错误；在赤道处磁场方向水平，而射线是带电的粒子，运动方向垂直磁场方向，根据左手定则可得射向赤道的带电宇宙射线粒子受到洛伦兹力的作用，D正确。2.如图，a是竖直平面P上的一点，P前有一条形磁铁垂直于P，且S极朝向a点，P后一电子在偏转线圈和条形磁铁的磁场的共同作用下，在水平面内向右弯曲经过a点。在电子经过a点的瞬间，条形磁铁的磁场对该电子的作用力的方向()A.向上B.向下C.向左D.向右【解析】选A。条形磁铁的磁感线在

3、a点垂直于P向外，电子在条形磁铁的磁场中向右运动，由左手定则可得电子所受洛伦兹力的方向向上，A正确。3.(2018晋中模拟)如图所示，矩形虚线框MNPQ内有一匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。a、b、c是三个质量和电荷量都相等的带电粒子，它们从PQ边上的中点沿垂直于磁场的方向射入磁场，图中画出了它们在磁场中的运动轨迹。粒子重力不计。下列说法正确的是()A.粒子a带负电B.粒子c的动能最大C.粒子b在磁场中运动的时间最长D.粒子b在磁场中运动时的向心力最大【解析】选D。由左手定则可知，a粒子带正电，故A错误；由qvB=m，可得r=，由题图可知粒子c的轨迹半径最小，粒子b的轨迹半径最大，又m、q、B

4、相同，所以粒子c的速度最小，粒子b的速度最大，由Ek=mv2，知粒子c的动能最小，根据洛伦兹力提供向心力有F向=qvB，则可知粒子b的向心力最大，故D正确，B错误；由T=可知，粒子a、b、c的周期相同，但是粒子b的轨迹所对的圆心角最小，则粒子b在磁场中运动的时间最短，故C错误。4.已知通入电流为I的长直导线在周围某点产生的磁感应强度大小B与该点到导线间的距离r的关系为B=k(k为常量)。如图所示，竖直通电长直导线中的电流I方向向上，绝缘的光滑水平面上P处有一带正电小球从图示位置以初速度v0水平向右运动，小球始终在水平面上运动，运动轨迹用实线表示，若从上向下看，则小球的运动轨迹可能是()【解析】

5、选A。通电长直导线产生的磁场的磁感应强度B方向在水平面内，由于洛伦兹力F与B、v0的方面均垂直，所以F沿竖直方向，小球在水平方向上不受力而做匀速直线运动，只有A项正确。5.如图所示，虚线MN将平面分成和两个区域，两个区域都存在与纸面垂直的匀强磁场。一带电粒子仅在磁场力作用下由区运动到区，弧线aPb为运动过程中的一段轨迹，其中弧aP与弧Pb的弧长之比为21，下列判断一定正确的是()A.两个磁场的磁感应强度方向相反，大小之比为21B.粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为 11C.粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为21D.弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为21【解析】选B、C。粒子在磁场中所受的洛伦

6、兹力指向运动轨迹的凹侧，结合左手定则可知，两个磁场的磁感应强度方向相反，根据题中信息无法求得粒子在两个磁场中运动轨迹所在圆周的半径之比，所以无法求出两个磁场的磁感应强度之比，A项错误；粒子只受洛伦兹力的作用，而洛伦兹力不做功，所以粒子的动能不变，速度大小不变，B项正确；已知粒子通过aP、Pb两段弧的速度大小不变，而路程之比为21，可求出运动时间之比为21，C项正确；由图知两个磁场的磁感应强度大小不等，粒子在两个磁场中做圆周运动时的周期T=也不等，粒子通过弧aP与弧Pb的运动时间之比并不等于弧aP与弧Pb对应的圆心角之比，D项错误。二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.如图所示，圆

7、心为O、半径为R的圆形磁场区域中存在垂直纸面向外的匀强磁场，以圆心O为坐标原点建立坐标系，在y=-3R处有一垂直y轴的固定绝缘挡板，一质量为m、带电量为+q的粒子，与x轴成60角从M点(-R，0)以初速度v0斜向上射入磁场区域，经磁场偏转后由N点离开磁场(N点未画出)恰好垂直打在挡板上，粒子与挡板碰撞后原速率弹回，再次进入磁场，最后离开磁场。不计粒子的重力，求：(1)磁感应强度B的大小。(2)N点的坐标。(3)粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间。【解析】(1)设粒子在磁场中运动的半径为r，根据题设条件画出粒子的运动轨迹，如图所示，由几何关系得：r=R由洛伦兹力等于向心力：qv0B

8、=m解得B=。(2)由几何关系可得：x=Rsin 60=Ry=-Rcos 60=-RN点的坐标为。(3)粒子在磁场中运动的周期T=由几何知识得粒子在磁场中运动的圆心角共为180，粒子在磁场中运动时间t1=粒子在磁场外的运动，由匀速直线运动规律可得从出磁场到再次进磁场的时间t2=，其中s=3R-R=R粒子从M点进入磁场到最终离开磁场区域运动的总时间t=t1+t2，解得t=。答案：(1)(2)(3)(25分钟50分)7.(8分) (2016全国卷)一圆筒处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，磁场方向与筒的轴平行，筒的横截面如图所示。图中直径MN的两端分别开有小孔，筒绕其中心轴以角速度顺时针转动。在该

9、截面内，一带电粒子从小孔M射入筒内，射入时的运动方向与MN成30角。当筒转过90时，该粒子恰好从小孔N飞出圆筒。不计重力。若粒子在筒内未与筒壁发生碰撞，则带电粒子的比荷为()A.B.C.D.【解析】选A。粒子恰好从小孔N飞出圆筒时筒转过90，由几何关系得，粒子在磁场中做匀速圆周运动所转过的圆心角为30。如图所示，则粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期T=3T=，根据T=，所以=，选项A正确。【加固训练】 (多选)在半径为R的圆形区域内，存在垂直圆面的匀强磁场。圆边上的P处有一粒子源，沿垂直于磁场的各个方向，向磁场区发射速率均为v0的同种粒子，如图所示。现测得：当磁感应强度为B1时，粒子均从由P点开

10、始弧长为R的圆周范围内射出磁场；当磁感应强度为B2时，粒子则从由P点开始弧长为R的圆周范围内射出磁场。不计粒子的重力，则()A.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2=B.前后两次粒子运动的轨迹半径之比为r1r2=23C.前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2=D.前后两次磁感应强度的大小之比为B1B2=【解析】选A、D。假设粒子带正电，如图1，磁感应强度为B1时，弧长L1=R对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r1=2Rsin =Rsin=Rsin。如图2，磁感应强度为B2时，弧长L2=R对应的弦长为粒子圆周运动的直径，则r2=2Rsin =Rsin =Rsin，因此r1r2=sinsin

11、=，故A正确，B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得qv0B=，则B=，可以得出B1B2=r2r1=，故C错误，D正确。8.(8分)(多选)如图所示，两方向相反、磁感应强度大小均为B的匀强磁场被边长为L的等边三角形ABC理想分开，三角形内磁场垂直纸面向里，三角形顶点A处有一质子源，能沿BAC的角平分线发射速度不同的质子(质子重力不计)，所有质子均能通过C点，质子比荷=k，则质子的速度可能为()A.2BkLB.C.D.【解析】选B、D。因质子带正电，且经过C点，其可能的轨迹如图所示，所有圆弧所对圆心角均为60，所以质子运行半径r=(n=1，2，3，)，由洛伦兹力提供向心力得Bqv=m，即v=Bk(n

12、=1，2，3，)，选项B、D正确。【加固训练】(多选)如图所示，在正方形abcd内充满方向垂直纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场。a处有比荷相等的甲、乙两种粒子，甲粒子以速度v1沿ab方向垂直射入磁场，经时间t1从d点射出磁场，乙粒子沿与ab成30角的方向以速度v2垂直射入磁场，经时间t2垂直cd射出磁场，不计粒子重力和粒子间的相互作用力，则下列说法中正确的是()A.v1v2=12B.v1v2=4C.t1t2=21D.t1t2=31【解析】选B、D。甲、乙两粒子的运动轨迹如图所示，粒子在磁场中的运动周期为T=，因为甲、乙两种粒子的比荷相等，故T甲=T乙。设正方形的边长为L，则由图知甲粒子运行半

13、径为r1=，运行时间为t1=，乙粒子运行半径为r2=，运行时间为t2=，而r=，所以v1v2=r1r2=4，选项A错误，B正确；t1t2=31，选项C错误，D正确。9.(8分)(多选)如图所示，带负电的物块A放在足够长的不带电的绝缘小车B上，两者均保持静止，置于垂直于纸面向里的匀强磁场中，在t=0时刻用水平恒力F向左推小车B。已知地面光滑，A、B接触面粗糙，A所带电荷量保持不变，下列四图中关于A、B的v-t图象及A、B之间摩擦力Ff-t图象大致正确的是()【解题指导】解答本题应注意以下三点：(1)先整体后隔离，结合动力学和运动学分析。(2)注意滑动摩擦力大小与正压力变化关系。(3)应用牛顿第二

14、定律结合速度图象斜率表示加速度进行综合分析。【解析】选A、C。在t=t1之前物块A与小车共同做匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得F=(m+M)a，所以小车与物块的速度随时间均匀增大；对物块A，根据牛顿第二定律有F=ma，即静摩擦力提供其合外力，根据左手定则判断出物块A所受洛伦兹力方向竖直向上，物块A所受的洛伦兹力逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，所以A与B之间的弹力减小，即它们间的最大静摩擦力减小，当A、B之间的最大静摩擦力不能提供物块A原来的合外力时，A、B发生相对滑动，此时物块A受到向左的滑动摩擦力，虽然小于刚才的静摩擦力，但是滑动摩擦力的方向仍然向左，物块A仍然加速运动，物块A所受向

15、上的洛伦兹力qvB逐渐增大，由于物块A竖直方向受力平衡，物块A与小车B之间的弹力减小，所以向左的滑动摩擦力也减小，即物块A的加速度在减小，直到t2时刻加速度减小到零，最后做匀速直线运动，在速度时间图象中物块A的图象斜率逐渐减小到零。当物块A与小车B发生了相对滑动以后，小车B受到物块A施加的向右的滑动摩擦力一直减小，由于水平恒力F是定值，所以小车受到向左的合力一直增大，即小车的加速度逐渐增大，在速度时间图象中，小车的图象斜率从t1时刻开始增大，直到t2时刻A、B间无摩擦力时，小车B水平方向受到的合力F保持不变，即小车B做匀加速直线运动，故选项A、C正确，B、D错误。10.(8分)(多选)如图所示

16、，在一个边长为a的正六边形区域内存在磁感应强度为B，方向垂直于纸面向里的匀强磁场，三个比荷为的相同带正电粒子，先后从A点沿AD方向以大小不等的速度射入匀强磁场区域，粒子在运动过程中只受磁场力作用；已知编号为的粒子恰好从F点飞出磁场区域；编号为的粒子恰好从E点飞出磁场区域；编号为的粒子从ED边上的某一点垂直边界飞出磁场区域；则()A.编号为的粒子进入磁场区域的初速度大小为B.编号为的粒子在磁场区域内运动的时间T=C.编号为的粒子在ED边上飞出的位置与E点的距离为(2-3)aD.三个粒子在磁场内运动的时间依次减少并且时间比为421【解析】选A、C、D。编号为的粒子，由qv1B=及几何关系r1=，联

17、立解得v1=，A正确；转动周期T1=，在磁场中转过120，运动时间t1=；编号为的粒子周期为T2=；由几何关系可得，粒子在正六边形区域磁场运动过程中，转过的圆心角为60，则粒子在磁场中运动的时间t2=，选项B错误；编号为的粒子在磁场中转过30，t3=；由几何关系可得：AE=2acos30=a，r3=2a，O3E=3a，EG=r3-O3E=(2-3)a；综上可知t1t2t3，且t1t2t3=421。故A、C、D均正确，B错误。11.(18分)(2019汕头模拟)如图所示，xOy坐标系中，在y轴右侧有一平行于y轴的边界PQ，PQ左侧和右侧存在磁感应强度大小分别为B与的匀强磁场，磁场方向均垂直于xO

18、y平面向里。y轴上有一点A与原点O的距离为l。带电荷量为q、质量为m的带正电粒子，以某一速度从坐标原点O处沿x轴正方向射出，经过时间t=时恰好到达A点，不计粒子的重力。(1)求边界PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0。(2)若相同的粒子以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出，为使粒子能经过A点，粒子的速度大小应为多大？【解析】带电粒子在PQ左侧和右侧的磁场中做匀速圆周运动，分别有qv0B=m，qv0=m，可得半径r1=，r2=2r1，由T=可得T1=，T2=2T1。(1)粒子射出后经过时间t=时恰好到达A点，运动情况如图甲所示。设图中圆弧DE对应的圆心角为，则粒子从O点运动到A点的

19、时间为T2+T1=。解得=60。C1C2C3为等边三角形，根据几何关系得：l=2r1+(r2-r1)，d=r1cos 30，解得PQ与y轴的距离d和粒子从O点射出的速度大小v0分别为d=l，v0=。(2)以更大的速度从原点O处沿x轴正方向射出的相同的粒子，必然是从y轴最高点转向下方时经过A点，运动情况如图乙所示，设图中C1DF=，则粒子运动至A点在y轴上的位移y=2r1+2(r2-r1)sin -2r1(或y=2r1sin )，cos =，经过A点的条件是ny=l(n=1，2，3，)解得v=(n=1，2，3，)，考虑到vv0=，故n只能取1或2，即粒子的速度大小为v=或v=。答案：(1) l(2)或