（江苏专用）2021版高考物理一轮复习 课后限时集训26 磁场对运动电荷的作用

课后限时集训26磁场对运动电荷的作用建议用时：45分钟1.在阴极射线管中电子流方向由左向右，其上方放置一根通有如图所示电流的直导线，导线与阴极射线管平行，则阴极射线将会()A．向上偏转B．向下偏转C．向纸内偏转D．向纸外偏转B[由题意可知，直线电流的方向由左向右，根据安培定则，可判定直导线下方的磁场方向为垂直纸面向里，而阴极射线电子运动方向由左向右，由左手定则知(电子带负电，四指要指向其运动方向的反方向)，阴极射线将向下偏转，故B选项正确。]2.(多选)带电油滴以水平速度v0垂直进入磁场，恰做匀速直线运动，如图所示，若油滴质量为m，磁感应强度为B，则下述说法正确的是()A．油滴必带正电荷，电荷量为mgv0BB．油滴必带正电荷，比荷qm＝gv0BC．油滴必带负电荷，电荷量为mgv0BD．油滴带什么电荷都可以，只要满足q＝mgv0BAB[油滴水平向右匀速运动，其所受洛伦兹力方向必向上，与重力平衡，故带正电，其电荷量q＝mgv0B，油滴的比荷为qm＝gBv0，A、B项正确。]3.(2019·大庆模拟)如图所示，MN为两个匀强磁场的分界面，两磁场的磁感应强度大小的关系为B1＝2B2，一带电荷量为＋q、质量为m的粒子从O点垂直MN进入B1磁场，则经过多长时间它将向下再一次通过O点()A.2πmqB1B．2πmqB2C.2πmqB1＋B2D．πmqB1＋B2B[粒子在磁场中的运动轨迹如图所示，由周期公式T＝2πmqB知，粒子从O点进入磁场到再一次通过O点的时间t＝2πmqB1＋πmqB2＝2πmqB2，所以选项B正确。]4.(2019·江苏常熟期中)如图所示圆形区域内，有垂直于纸面方向的匀强磁场，一束质量和电荷量都相同的带电粒子，以不同的速率，沿着相同的方向，对准圆心O射入匀强磁场，又都从该磁场中射出，若带电粒子在磁场中只受磁场力的作用，则在磁场中运动时间越长的带电粒子()A．速率一定越大B．速率一定越小C．在磁场中通过的路程越长D．在磁场中的周期一定越大B[由周期公式得：T＝2πmBq，由于带电粒子们的B、q、m均相同，所以T相同，故D错误。根据t＝θ2πT可知，在磁场中运动时间越长的带电粒子，圆心角越大，半径越小，由r＝mvBq知速率一定越小，B正确，A错误。通过的路程即圆弧的长度l＝rθ，与半径r和圆心角θ有关，故C错误。]5.如图所示，直线OP上方分布着垂直纸面向里的匀强磁场，从粒子源O在纸面内沿不同的方向先后发射速率均为v的质子1和2，两个质子都过P点。已知OP＝a，质子1沿与OP成30°角的方向发射，不计质子的重力和质子间的相互作用力，则()A．质子1在磁场中运动的半径为12aB．质子2在磁场中的运动周期为2πavC．质子1在磁场中的运动时间为2πa3vD．质子2在磁场中的运动时间为5πa6vB[根据题意作出质子运动轨迹如图所示：由几何知识可知，质子在磁场中做圆周运动的轨道半径：r＝a，故A错误；质子在磁场中做圆周运动的周期：T＝2πrv＝2πav，故B正确；由几何知识可知，质子1在磁场中转过的圆心角：θ1＝60°，质子1在磁场中的运动时间：t1＝θ1360°T＝16T＝πa3v，故C错误；由几何知识可知，质子2在磁场中转过的圆心角：θ2＝300°，质子2在磁场中的运动时间：t2＝θ2360°T＝5πa3v，故D错误。]6.(2019·重庆市上学期期末抽检)如图所示，在0≤x≤3a的区域内存在与xOy平面垂直的匀强磁场，磁感应强度大小为B。在t＝0时刻，从原点O发射一束等速率的相同的带电粒子，速度方向与y轴正方向的夹角分布在0°～90°范围内。其中，沿y轴正方向发射的粒子在t＝t0时刻刚好从磁场右边界上P(3a，3a)点离开磁场，不计粒子重力，下列说法正确的是()A．粒子在磁场中做圆周运动的半径为3aB．粒子的发射速度大小为4πat0C．带电粒子的比荷为4π3Bt0D．带电粒子在磁场中运动的最长时间为2t0D[根据题意作出沿y轴正方向发射的带电粒子在磁场中做圆周运动的运动轨迹如图甲所示，圆心为O′，根据几何关系，可知粒子做圆周运动的半径为r＝2a，故A错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为2π3，运动时间t0＝2π3×2av0，解得：v0＝4πa3t0，选项B错误；沿y轴正方向发射的粒子在磁场中运动的圆心角为2π3，对应运动时间为t0，所以粒子运动的周期为T＝3t0，由Bqv0＝m2πT2r，则qm＝2π3Bt0，故C错误；在磁场中运动时间最长的粒子的运动轨迹如图乙所示，由几何知识得该粒子做圆周运动的圆心角为4π3，在磁场中的运动时间为2t0，故D正确。]甲乙7．(多选)(2019·湖北省十堰市调研)如图所示，有一垂直于纸面向外的有界匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，其边界为一边长为L的正三角形(边界上有磁场)，A、B、C为三角形的三个顶点。今有一质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，以速度v＝3qBL4m从AB边上的某点P既垂直于AB边又垂直于磁场的方向射入磁场，然后从BC边上某点Q射出。若从P点射入的该粒子能从Q点射出，则()A．PB1＋34LB．PB2＋34LC．QB≤34LD．QB≤12LBD[粒子在磁场中运动的轨迹如图所示。粒子在磁场中的运动轨迹半径为r＝mvBq，因此可得r＝34L，当入射点为P1，圆心为O1，且此刻轨迹正好与BC相切时，PB取得最大值，若粒子从BC边射出，根据几何关系有PBP1B＝2＋34L，A错误，B正确；当运动轨迹为弧P2Q时，即O2Q与AB垂直时，此刻QB取得最大值，根据几何关系有QB＝rsin60°＝12L，所以有QB≤12L，C错误，D正确。]8.如图所示，在x0，y0的空间中有恒定的匀强磁场，磁感应强度的方向垂直于xOy平面向里，大小为B，现有一质量为m、电荷量为q的带正电粒子，从x轴上的某点P(不在原点)沿着与x轴成30°角的方向射入磁场。不计重力的影响，则下列有关说法中正确的是()A．只要粒子的速率合适，粒子就可能通过坐标原点B．粒子在磁场中运动所经历的时间一定为5πm3qBC．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πmqBD．粒子在磁场中运动所经历的时间可能为πm6qBC[利用“放缩圆法”：根据同一直线边界上粒子运动的对称性可知，粒子不可能通过坐标原点，A项错误；粒子运动的情况有两种，一种是从y轴边界射出，最短时间要大于2πm3qB，故D项错误；对应轨迹①时，t1＝T2＝πmqB，C项正确，另一种是从x轴边界飞出，如轨迹③，时间t3＝56T＝5πm3qB，此时粒子在磁场中运动时间最长，故B项错误。]9.(多选)如图所示，虚线MN将平面分成Ⅰ和Ⅱ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Ⅰ区运动到Ⅱ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2∶1，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2∶1B．粒子在两个磁场中的运动速度大小之比为1∶1C．粒子通过aP、Pb两段弧的时间之比为2∶1D．弧aP与弧Pb对应的圆心角之比为2∶1BC[粒子在磁场中所受的洛伦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；运动轨迹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2∶1，可求出运动时间之比为2∶1，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＝2πmBq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。]10.(多选)(2019·江苏启东高三期末)如图所示，一个理想边界为PQ、MN的足够大的匀强磁场区域，宽度为d，磁场方向垂直于纸面向里。O点处有一体积可忽略的电子发射装置，能够在纸面所在平面内向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则当电子发射速率为4v0时()A．电子的运动半径为4dB．从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二C．MN边界上有电子射出的总长度为23dD．电子在磁场中运动的最长时间为πd3v0BC[向磁场内各个方向连续、均匀地发射速度大小相等的电子，当电子发射速率为v0时，所有电子恰好都不能从MN边界射出磁场，则知r＝12d，则当电子发射速率为4v0时，根据r＝mvqB知半径变为原来的4倍，即为2d，故A错误；水平向右射出的粒子达到MN右端的最远处，r＝2d，根据几何关系知偏折角为60°，AB＝2dsin60°＝3d，与MN相切是到达的最左的点，根据几何关系知速度与PQ夹角为60°，所以从MN边界射出的电子数占总电子数的三分之二，BC＝2dsin60°＝3d，MN边界上有电子射出的总长度为23d，故B、C正确；根据B、C项分析，转过的圆心角最大为60°，最长时间为16T＝16×2πr4v0＝πd6v0，故D错误。]11．(2019·全国卷Ⅰ)如图所示，在直角三角形OPN区域内存在匀强磁场，磁感应强度大小为B、方向垂直于纸面向外。一带正电的粒子从静止开始经电压U加速后，沿平行于x轴的方向射入磁场；一段时间后，该粒子在OP边上某点以垂直于x轴的方向射出。已知O点为坐标原点，N点在y轴上，OP与x轴的夹角为30°，粒子进入磁场的入射点与离开磁场的出射点之间的距离为d，不计重力。求：(1)带电粒子的比荷；(2)带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间。[解析](1)设带电粒子的质量为m，电荷量为q，加速后的速度大小为v。由动能定理有qU＝12mv2①设粒子在磁场中做匀速圆周运动的半径为r，由洛伦兹力公式和牛顿第二定律有qvB＝mv2r②由几何关系知d＝2r③联立①②③式得qm＝4UB2d2。④(2)由几何关系知，带电粒子射入磁场后运动到x轴所经过的路程为s＝πr2＋rtan30°⑤带电粒子从射入磁场到运动至x轴的时间为t＝sv⑥联立②④⑤⑥式得t＝Bd24Uπ2＋33。⑦[答案](1)4UB2d2(2)Bd24Uπ2＋3312．(2019·江苏高考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度大小为B。磁场中的水平绝缘薄板与磁场的左、右边界分别垂直相交于M、N，MN＝L，粒子打到板上时会被反弹(碰撞时间极短)，反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反。质量为m、电荷量为－q的粒子速度一定，可以从左边界的不同位置水平射入磁场，在磁场中做圆周运动的半径为d，且dL，粒子重力不计，电荷量保持不变。(1)求粒子运动速度的大小v；(2)欲使粒子从磁场右边界射出，求入射点到M的最大距离dm；(3)从P点射入的粒子最终从Q点射出磁场，PM＝d，QN＝d2，求粒子从P到Q的运动时间t。[解析](1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，由洛伦兹力提供向心力有：qvB＝mv2R，解得：R＝mvqB由题可得：R＝d解得v＝qBdm。(2)如图所示，粒子碰撞后的运动轨迹恰好与磁场左边界相切由几何关系得dm＝d(1＋sin60°)解得dm＝2＋32d。(3)粒子的运动周期T＝2πmqB设粒子最后一次碰撞到射出磁场的时间为t′，则t＝nT4＋t′(n＝1,3,5，…)A．当L＝nd＋1－32d时，粒子斜向上射出磁场t′＝112T解得t＝Ld＋33－46πm2qBB．当L＝nd＋1＋32d时，粒子斜向下射出磁场t′＝512T解得t＝Ld－33－46πm2qB。[答案](1)v＝qBdm(2)dm＝2＋32d(3)A.当L＝nd＋1－32d(n＝1,3,5，…)时，t＝Ld＋33－46πm2qB，B.当L＝nd＋1＋32d(n＝1,3,5，…)时，t＝Ld－33－46πm2qB