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1、2022年度高考物理一輪復習 第九章 磁場 第2講 磁場對運動電荷的作用課時達標訓練 一、選擇題(1～6題為單項選擇題，7～10題為多項選擇題) 1．下列各圖中，運動電荷的速度方向、磁感應強度方向和電荷的受力方向之間的關系正確的是(　　) 解析　根據(jù)左手定則，A中F方向應向上，B中F方向應向下，故A錯、B對；C、D中都是v∥B，F(xiàn)＝0，故C、D都錯。 答案　B 2．(2015·海南單科，1)如圖1所示，a是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內向右彎曲經過a點。在電子經過a點的瞬間，條形磁鐵的

2、磁場對該電子的作用力的方向(　　) 圖1 A．向上 B．向下 C．向左 D．向右 解析　條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，由左手定則可得電子所受洛倫茲力的方向向上，A正確。 答案　A 3．在陰極射線管中電子流方向由左向右，其上方置一根通有如圖2所示電流的直導線，導線與陰極射線管平行，則陰極射線將會(　　) 圖2 A．向上偏轉 B．向下偏轉 C．向紙內偏轉 D．向紙外偏轉 解析　由題意可知，直線電流的方向由左向右，根據(jù)安培定則，可判定直導線下方的磁場方向為垂直紙面向里，而陰極射線電子運動方向由左向右，由左手定則知(電子帶負電

3、，四指要指向其運動方向的反方向)，陰極射線將向下偏轉，故B選項正確。 答案　B 4.兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖3所示。若不計粒子的重力，則下列說法正確的是(　　) 圖3 A．a粒子帶正電，b粒子帶負電 B．a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子的動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 解析　由左手定則可知，a粒子帶負電，b粒子帶正電，A錯誤；由qvB＝m得r＝，故運動的軌跡半徑越大，對應的速率越大，所以b粒子的速率較大，在磁場中所受洛倫茲力較大，B錯誤；由Ek＝mv2可得b粒子

4、的動能較大，C正確；由T＝知兩者的周期相同，b粒子運動的軌跡對應的圓心角小于a粒子運動的軌跡對應的圓心角，所以b粒子在磁場中運動時間較短，D錯誤。 答案　C 5. (2017·陜西渭南一模)在真空室中，有垂直于紙面向里的勻強磁場，三個質子1、2和3分別以大小相等、方向如圖4所示的初速度v1、v2和v3經過平板MN上的小孔O射入勻強磁場，這三個質子打到平板MN上的位置到小孔O的距離分別是s1、s2和s3，不計質子重力，則有(　　) 圖4 A．s1＞s2＞s3 B．s1＜s2＜s3 C．s1＝s3＞s2 D．s1＝s3＜s2 解析　由已知條件可知三個質子運動軌跡的半徑相

5、等。由于初速度v1和v3的方向與MN的夾角相等，所以這兩個質子的運動軌跡正好能組合成一個完整的圓，則這兩個質子打到平板MN上的位置到小孔的距離是相等的，且小于軌跡圓的直徑；而初速度為v2的質子方向與MN垂直，則它的運動軌跡正好是半圓，所以質子打到平板MN上的位置到小孔的距離恰好是圓的直徑，即s1＝s3＜s2，D正確。 答案　D 6．如圖5為洛倫茲力演示儀的結構圖。勵磁線圈產生的勻強磁場方向垂直紙面向外，電子束由電子槍產生，其速度方向與磁場方向垂直。電子速度大小可通過電子槍的加速電壓來控制，磁場強弱可通過勵磁線圈的電流來調節(jié)。下列說法正確的是(　　) 圖5 A．僅增大勵磁線圈的電

6、流，電子束徑跡的半徑變大 B．僅提高電子槍的加速電壓，電子束徑跡的半徑變大 C．僅增大勵磁線圈的電流，電子做圓周運動的周期將變大 D．僅提高電子槍的加速電壓，電子做圓周運動的周期將變大 解析　當僅增大勵磁線圈的電流時，也就是增大磁感應強度B，由牛頓第二定律知qvB＝m，得R＝，電子束徑跡的半徑變小，選項A錯誤；當僅提高電子槍的加速電壓時，由qU＝mv2和qvB＝m得R＝，可知電子束徑跡的半徑變大，選項B正確；由T＝＝知，電子做圓周運動的周期T與速度v大小無關，所以選項C、D錯誤。 答案　B 7.如圖6所示，一重力不計的帶電粒子以一定的速率從a點對準圓心射入一圓形勻強磁場，

7、恰好從b點射出。增大粒子射入磁場的速率，下列判斷正確的是(　　) 圖6 A．該粒子帶正電 B．該粒子帶負電 C．粒子從ab間射出 D．粒子從bc間射出 解析　根據(jù)帶電粒子在磁場中偏轉的方向，由左手定則判斷可知該粒子帶負電，選項A錯誤，B正確；帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動的軌道半徑r＝，所以當粒子入射的速率增大時，其軌道半徑r會增大，粒子會從圖中的bc之間射出磁場，故選項C錯誤，D正確。 答案　BD 8．如圖7所示，Q1，Q2帶等量正電荷，固定在光滑的絕緣桿的兩端，桿上套一帶正電的小球，桿所在的區(qū)域同時存在一個勻強磁場，方向如圖所示，小球的重力不計?，F(xiàn)將小球

8、從圖示位置由靜止釋放，在小球運動過程中，下列說法中正確的是(　　) 圖7 A．小球的速度將一直增大 B．小球的加速度將不斷變化 C．小球所受洛倫茲力將一直增大 D．小球所受洛倫茲力大小變化，方向也變化 解析　Q1，Q2連線上中點處電場強度為零，從中點向兩側電場強度增大且方向都指向中點，故小球所受電場力總是指向中點，又因桿光滑，所以小球將做關于Q1，Q2連線中點對稱的往復運動，中點位置速度最大，兩端速度為零，所以洛倫茲力的大小和方向都不斷變化，由以上分析可知B，D項正確。故本題正確答案為BD。 答案　BD 9．如圖8所示，直線MN與水平方向成60°角，MN的右上方

9、存在垂直紙面向外的勻強磁場，左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點，能水平向右發(fā)射不同速率、質量為m(重力不計)、電荷量為q(q＞0)的同種粒子，所有粒子均能通過MN上的b點，已知ab＝L，則粒子的速度可能是(　　) 圖8 A. B. C. D. 解析　由題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示，所有圓弧的圓心角均為120°，所以粒子運動的半徑為r＝·(n＝1，2，3，…)，由洛倫茲力提供向心力得qvB＝m，則v＝＝·(n＝1，2，3，…)，所以A、B正確。 答案　AB 10．如圖9所示，MDN為絕緣材料制成的固定的豎直光滑

10、半圓形軌道，半徑為R，直徑MN水平，整個空間存在方向垂直紙面向外的勻強磁場，磁感應強度為B，一帶電荷量為－q，質量為m的小球自M點無初速度下滑，下列說法中正確的是(　　) 圖9 A．小球由M點滑到最低點D時所用時間與磁場無關 B．小球滑到D點時，對軌道的壓力一定大于mg C．小球滑到D點時，速度大小v＝ D．小球滑到軌道右側時，可以到達軌道最高點N 解析　小球下滑過程中受重力、洛倫茲力、軌道支持力，因洛倫茲力與軌道支持力均垂直運動方向，故不影響速度大小，所以下滑時間與磁場無關，選項A正確；整個運動過程中只有重力做功，機械能守恒，下滑至最低點過程中，由機械能守恒定律知，

11、mgR＝mv2，所以向左或向右經過D點速度都為，選項C正確；根據(jù)機械能守恒定律知小球能滑至與M等高的N點，選項D正確；由D點受力分析及牛頓第二定律知，當向左經過D點時F＋FN－mg＝m，得FN＝3mg－qvB，由于不知道洛倫茲力qvB大小，故支持力FN大小不確定，故B錯誤。 答案　ACD 二、非選擇題 11．(2018·遼寧沈陽一模)如圖10所示，在真空中坐標xOy平面的x＞0區(qū)域內，有磁感應強度B＝1.0×10－2 T的勻強磁場，方向與xOy平面垂直，在x軸上的P(10，0)點，有一放射源，在xOy平面內向各個方向發(fā)射速率v＝104 m/s的帶正電的粒子，粒子的質量為m＝1.6×10

12、－25 kg，電荷量為q＝1.6×10－18 C，求帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍。 圖10 解析　帶電粒子在磁場中運動時由牛頓第二定律得： qvB＝m解得：R＝＝0.1 m＝10 cm 如圖所示，當帶電粒子打到y(tǒng)軸上方的A點與P連線正好為其圓軌跡的直徑時，A點即為粒子能打到y(tǒng)軸上方的最高點。因OP＝10 cm AP＝2R＝20 cm 則OA＝＝10 cm 當帶電粒子的圓軌跡正好與y軸下方相切于B點時，若圓心再向左偏，則粒子就會從縱軸離開磁場，所以B點即為粒子能打到y(tǒng)軸下方的最低點，易得OB＝R＝10 cm，綜上所述，帶電粒子能打到y(tǒng)軸上的范圍為－10～10

13、cm。 答案?。?0～10 cm 12．(2018·浙江理綜，25)為了進一步提高回旋加速器的能量，科學家建造了“扇形聚焦回旋加速器”。在扇形聚焦過程中，離子能以不變的速率在閉合平衡軌道上周期性旋轉。 扇形聚焦磁場分布的簡化圖如圖11所示，圓心為O的圓形區(qū)域等分成六個扇形區(qū)域，其中三個為峰區(qū)，三個為谷區(qū)，峰區(qū)和谷區(qū)相間分布。峰區(qū)內存在方向垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，谷區(qū)內沒有磁場。質量為m，電荷量為q的正離子，以不變的速率v旋轉，其閉合平衡軌道如圖中虛線所示。 圖11 (1)求閉合平衡軌道在峰區(qū)內圓弧的半徑r，并判斷離子旋轉的方向是順時針還是逆時針； (2)

14、求軌道在一個峰區(qū)內圓弧的圓心角θ，及離子繞閉合平衡軌道旋轉的周期T； (3)在谷區(qū)也施加垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B′，新的閉合平衡軌道在一個峰區(qū)內的圓心角θ變?yōu)?0°，求B′和B的關系。已知：sin (α±β )＝sin αcos β±cos αsin β，cos α＝1－2sin2 解析　(1)峰區(qū)內圓弧半徑r＝① 旋轉方向為逆時針方向② (2)由對稱性，峰區(qū)內圓弧的圓心角θ＝③ 每個圓弧的長度l＝＝④ 每段直線長度L＝2rcos ＝r＝⑤ 周期T＝⑥ 代入得T＝⑦ (3)谷區(qū)內的圓心角θ′＝120°－90°＝30°⑧ 谷區(qū)內的軌道圓弧半徑r′＝⑨ 由幾何關系rsin ＝r′sin ⑩ 由三角關系sin ＝sin 15°＝ 代入得B′＝B 答案　(1)　逆時針　(2)　 (3)B′＝B