Lastrevisiondate:13December2020.高考物理专
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演练专题二十三磁场对运动电荷的作用考点23 磁场对运动电荷的作用两年高考真题演练1．(2015·新课标全国卷Ⅰ，14)两相邻匀强磁场区域的磁感应强度大小不同、方向平行。一速度方向与磁感应强度方向垂直的带电粒子(不计重力)，从较强磁场区域进入到较弱磁场区域后，粒子的( )A．轨道半径减小，角速度增大B．轨道半径减小，角速度减小C．轨道半径增大，角速度增大D．轨道半径增大，角速度减小2．(2015·新课标全国卷Ⅱ，19)(多选)有两个匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感应强度是Ⅱ中的k倍。两个速率相同的电子分别在两磁场区域做圆周运动。与Ⅰ中运动的电子相比，Ⅱ中的电子( )A．运动轨迹的半径是Ⅰ中的k倍B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍C．做圆周运动的周期是Ⅰ中的k倍D．做圆周运动的角速度与Ⅰ中的相等3．(2015·重庆理综，1)图中曲线a、b、c、d为气泡室中某放射物发生衰变放出的部分粒子的径迹，气泡室中磁感应强度方向垂直于纸面向里。以下判断可能正确的是( )A．a、b为β粒子的径迹B．a、b为γ粒子的径迹C．c、d为α粒子的径迹D．c、d为β粒子的径迹4．(2015·海南单科，1)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5．(2015·四川理综，7)(多选)如图所示，S处有一电子源，可向纸面内任意方向发射电子，平板MN垂直于纸面，在纸面内的长度L＝9.1cm，中点O与S间的距离d＝4.55cm，MN与SO直线的夹角为θ，板所在平面有电子源的一侧区域有方向垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度B＝2.0×10－4T．电子质量m＝9.1×10－31kg，电量e＝－1.6×10－19C，不计电子重力。电子源发射速度v＝1.6×106m/s的一个电子，该电子打在板上可能位置的区域的长度为l，则( )A．θ＝90°时，l＝9.1cmB．θ＝60°时，l＝9.1cmC．θ＝45°时，l＝4.55cmD．θ＝30°时，l＝4.55cm6．(2014·新课标全国卷Ⅰ，16)如图，MN为铝质薄平板，铝板上方和下方分别有垂直于图平面的匀强磁场(未画出)。一带电粒子从紧贴铝板上表面的P点垂直于铝板向上射出，从Q点穿越铝板后到达PQ的中点O，已知粒子穿越铝板时，其动能损失一半，速度方向和电荷量不变，不计重力。铝板上方和下方的磁感应强度大小之比为( )A．2B.eq\r(2)C．1D.eq\f(\r(2),2)7．(2015·山东理综，24)如图所示，直径分别为D和2D的同心圆处于同一竖直面内，O为圆心，GH为大圆的水平直径。两圆之间的环形区域(Ⅰ区)和小圆内部(Ⅱ区)均存在垂直圆面向里的匀强磁场。间距为d的两平行金属极板间有一匀强电场，上极板开有一小孔。一质量为m、电量为＋q的粒子由小孔下方eq\f(d,2)处静止释放，加速后粒子以竖直向上的速度v射出电场，由H点紧靠大圆内侧射入磁场。不计粒子的重力。(1)求极板间电场强度的大小；(2)若粒子运动轨迹与小圆相切，求Ⅰ区磁感应强度的大小；(3)若Ⅰ区、Ⅱ区磁感应强度的大小分别为eq\f(2mv,qD)、eq\f(4mv,qD)，粒子运动一段时间后再次经过H点，求这段时间粒子运动的路程。考点23 磁场对运动电荷的作用一年模拟
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精练1．(2015·成都一诊)如图所示，匀强磁场分布在平面直角坐标系的整个第Ⅰ象限内，磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里。一质量为m、电荷量绝对值为q、不计重力的粒子，以某速度从O点沿着与y轴夹角为30°的方向进入磁场，运动到A点时，粒子速度沿x轴正方向。下列判断正确的是( )A．粒子带正电B．运动过程中，粒子的速度不变C．粒子由O到A经历的时间为t＝eq\f(πm,3qB)D．离开第Ⅰ象限时，粒子的速度方向与x轴正方向的夹角为30°2．(2015·南昌调研)两个质量相同，所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入垂直纸面向里的圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图，不计粒子的重力，则下列说法正确的是( )A．a粒子带正电，b粒子带负电B．b粒子动能较大C．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大D．b粒子在磁场中运动时间较长3．(2015·湖南株洲模拟)如图所示，为一圆形区域的匀强磁场，在O点处有一放射源，沿半径方向射出速率为v的不同带电粒子，其中带电粒子1从A点飞出磁场，带电粒子2从B点飞出磁场，不考虑带电粒子的重力，则( )A．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1B．带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为eq\r(3)∶1C．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为2∶1D．带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为1∶24．(2015·广东揭阳一模)(多选)如图所示，在x轴上方存在磁感应强度为B的匀强磁场，一个电子(质量为m，电荷量为q)从x轴上的O点以速度v斜向上射入磁场中，速度方向与x轴的夹角为45°并与磁场方向垂直。电子在磁场中运动一段时间后，从x轴上的P点射出磁场。则( )A．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,2qB)B．电子在磁场中运动的时间为eq\f(πm,qB)C．O、P两点间的距离为eq\f(\r(2)mv,qB)D．O、P两点间的距离为eq\f(2mv,qB)5．(2015·株洲质检)如图所示，在xOy平面内，在0
0的区域内充满垂直纸面向外的匀强磁场Ⅱ，两磁场的磁感应强度大小都为B。有一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，从坐标原点O以某一初速度沿与x轴正向成θ＝30°射入磁场Ⅰ，粒子刚好经过P点进入磁场Ⅱ，后经过x轴上的M点射出磁场Ⅱ。已知P点坐标为(1.5l，eq\f(\r(3),2)l)，不计重力的影响，求：(1)粒子的初速度大小；(2)M点在x轴上的位置。6．(2015·浙江六校联考)如图所示，在水平放置的足够大荧光屏PQMN上方存在着磁感应强度大小为B的匀强磁场，方向平行于水平面且与边MQ垂直。某时刻从与该平面相距为h的S点(S在平面上的投影位置为A)向垂直磁场的平面内的各个方向同时发射大量相同带正电的粒子，粒子质量均为m，电荷量为q，速度大小均为v＝eq\f(5Bqh,8m)，方向均在同一竖直平面内。观察发现，荧光屏上OF之间有发光，其余位置均无发光，且OF间某些位置只有一次发光，某些位置有两次发光，试求：(1)发光区域OF的长度；(2)荧光屏上一次发光的区域长度与两次发光的区域长度之比。参考
答案
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考点23 磁场对运动电荷的作用两年高考真题演练1．D [由于速度方向与磁场方向垂直，粒子受洛伦兹力作用做匀速圆周运动，即qvB＝eq\f(mv2,r)，轨道半径r＝eq\f(mv,qB)，从较强磁场进入较弱磁场后，速度大小不变，轨道半径r变大，根据角速度ω＝eq\f(v,r)＝eq\f(qB,m)可知角速度变小，选项D正确。]2．AC [设电子的质量为m，速率为v，电荷量为q，设B2＝B，B1＝kB则由牛顿第二定律得：qvB＝eq\f(mv2,R)①T＝eq\f(2πR,v)②由①②得：R＝eq\f(mv,qB)，T＝eq\f(2πm,qB)所以eq\f(R2,R1)＝k，eq\f(T2,T1)＝k根据a＝eq\f(v2,R)，ω＝eq\f(v,R)可知eq\f(a2,a1)＝eq\f(1,k)，eq\f(ω2,ω1)＝eq\f(1,k)所以选项A、C正确，选项B、D错误。]3．D [γ粒子是不带电的光子，在磁场中不偏转，选项B错误；α粒子为氦核带正电，由左手定则知向上偏转，选项A、C错误；β粒子是带负电的电子，应向下偏转，选项D正确。]4．A [条形磁铁的磁感线在a点垂直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。]5．AD [电子在匀强磁场运动的轨道半径为R＝eq\f(mv,qB)＝4.55cm。电子沿逆时针方向做匀速圆周运动，当θ＝90°时，竖直向下发射的粒子恰好打到N点，水平向右发射的粒子恰好打到M点，如图甲所示，故l＝L＝9.1cm，A正确；当θ＝30°时，竖直向下发射的粒子，恰好打到N点，由几何关系知，另一临界运动轨迹恰好与MN相切于O点，如图乙所示，故粒子只能打在NO范围内，故l＝eq\f(L,2)＝4.55cm，D正确；进而可分析知当θ＝45°或θ＝60°时，粒子打到板上的范围大于ON小于NM，即4.55cm＜l＜9.1cm，故B、C错误。]6．D [由题图可知，带电粒子在铝板上方的轨迹半径为下方轨迹半径的2倍；由洛伦兹力提供向心力qvB＝eq\f(mv2,R)得v＝eq\f(qBR,m)；其动能Ek＝eq\f(1,2)mv2＝eq\f(q2B2R2,2m)，故磁感应强度B＝eq\r(\f(2mEk,q2R2))，eq\f(B1,B2)＝eq\r(\f(Ek1,Ek2))·eq\f(R2,R1)＝eq\f(\r(2),2)，选项D正确。]7．解析 (1)设极板间电场强度的大小为E，对粒子在电场中的加速运动，由动能定理得qE·eq\f(d,2)＝eq\f(1,2)mv2①解得E＝eq\f(mv2,qd)②(2)设Ⅰ区磁感应强度的大小为B，粒子做圆周运动的半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)③甲如图甲所示，粒子运动轨迹与小圆相切有两种情况。若粒子轨迹与小圆外切，由几何关系得R＝eq\f(D,4)④联立③④式得B＝eq\f(4mv,qD)⑤若粒子轨迹与小圆内切，由几何关系得R＝eq\f(3D,4)⑥联立③⑥式得B＝eq\f(4mv,3qD)⑦(3)设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的半径分别为R1、R2，由题意可知，Ⅰ区和Ⅱ区磁感应强度的大小分别为B1＝eq\f(2mv,qD)、B2＝eq\f(4mv,qD)，由牛顿第二定律得qvB1＝meq\f(v2,R1)，qvB2＝meq\f(v2,R2)⑧代入数据得R1＝eq\f(D,2)，R2＝eq\f(D,4)⑨设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的周期分别为T1、T2，由运动学公式得T1＝eq\f(2πR1,v)，T2＝eq\f(2πR2,v)⑩乙据题意分析，粒子两次与大圆相切的时间间隔内，运动轨迹如图乙所示，根据对称可知，Ⅰ区两段圆弧所对圆心角相同，设为θ1，Ⅱ区内圆弧所对圆心角设为θ2，圆弧和大圆的两个切点与圆心O连线间的夹角设为α，由几何关系得θ1＝120°θ2＝180°α＝60°丙粒子重复上述交替运动回到H点，轨迹如图丙所示，设粒子在Ⅰ区和Ⅱ区做圆周运动的时间分别为t1、t2可得t1＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ1×2,360°)T1，t2＝eq\f(360°,α)×eq\f(θ2,360°)T2设粒子运动的路程为s，由运动学公式得s＝v(t1＋t2)联立⑨⑩式得s＝5.5πD答案 (1)eq\f(mv2,qd) (2)eq\f(4mv,qD)或eq\f(4mv,3qD) (3)5.5πD一年模拟试题精练1．C2．B [由左手定则可知，a粒子带负电、b粒子带正电，A项错；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，由轨迹可以判断，a粒子轨迹半径小于b粒子轨迹半径，由半径公式R＝eq\f(mv,qB)可知，a粒子速度较小，而两粒子质量相等，故b粒子动能较大，B项正确；由洛伦兹力F＝qvB可知，b粒子受洛伦兹力较大，C项错；由周期公式T＝eq\f(2πm,qB)可知，两粒子在磁场中运动周期相同，粒子在磁场中运动时间t＝eq\f(θ,2π)T，由于粒子轨迹所对圆心角θ等于其偏向角，故粒子a的轨迹所对圆心角较大，故a粒子在磁场中运动时间较长，D项错。]3．A [带电粒子在匀强磁场中运动的半径为r＝eq\f(mv,qB)，设圆形磁场区域的半径为R，由几何关系得，tan60°＝eq\f(R,r1)，tan30°＝eq\f(R,r2)，联立解得带电粒子1的比荷与带电粒子2的比荷比值为3∶1，选项A正确，B错误；带电粒子1与带电粒子2在磁场中运动时间比值为eq\f(t1,t2)＝eq\f(\f(2π,3)r1,\f(π,3)r2)＝eq\f(2r1,r2)＝eq\f(2,3)，选项C、D均错。]4．AC [画出电子的运动轨迹如图：电子在磁场中的运动时间t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(\f(π,2),2π)×eq\f(2πm,qB)＝eq\f(πm,2qB)，A正确，B错误；设电子在磁场中做圆周运动的半径为R，根据qvB＝eq\f(mv2,R)得R＝eq\f(mv,qB)，由几何关系得OP＝2Rsin45°＝eq\f(\r(2)mv,qB)，C正确，D错误。]5.解析 (1)连接OP，过P作y轴垂线交y轴于点A，过O做初速度垂线OO1交PA于点O1，根据P点的坐标值及初速度方向可得：∠APO＝∠O1OP＝30°故O1为粒子在磁场中做圆周运动的圆心，OO1即为圆周半径r。由几何关系可得：r＋rcos60°＝1.5l解得r＝l根据牛顿运动定律有qvB＝meq\f(v2,r)解得v＝eq\f(qBl,m)(2)由对称性可知OM＝2×1.5l＝3l答案 (1)eq\f(qBl,m) (2)3l6．解析 (1)粒子在磁场中的运动半径为R，由牛顿第二定律得qvB＝eq\f(mv2,R)将v＝eq\f(5qBh,gm)代入解得：R＝eq\f(5,8)h，所以源S到离A点最远的F之间，SF＝2R＝eq\f(5,4)h，AF＝eq\f(3,4)h设AE＝x则有：eq\r(R2－x2)＋R＝h得x＝eq\f(1,2)h显然AO＝AE故OF＝eq\f(1,2)h＋eq\f(3,4)h＝eq\f(5,4)h(2)荧光屏上最先发光的位置在O点，逐渐向右移动，直到F点后在返回发光，回到E点后发光消失，所以一次发光区域为OF，两次发光区域为EF。OE∶EF＝(eq\f(1,2)h＋eq\f(1,2)h)∶(eq\f(3,4)h－eq\f(1,2)h)＝4∶1答案 (1)eq\f(5,4)h (2)4∶1
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