2020版高考物理一輪復習 全程訓練計劃 課練27 磁場對運動電荷的作用力（含解析）.doc
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磁場對運動電荷的作用力 小題狂練 小題是基礎 練小題 提分快 1.[2019江蘇省東臺創(chuàng)新學校調研](多選)以下說法正確的是( ) A．電荷處于電場中一定受到靜電力 B．運動電荷在磁場中一定受到洛倫茲力 C．洛倫茲力對運動電荷一定不做功 D．洛倫茲力可以改變運動電荷的速度方向和速度大小 答案：AC 解析：電荷處于電場中一定受到靜電力，故A項正確；運動電荷的速度方向與磁場平行時，運動電荷不受洛倫茲力，故B項錯誤；洛倫茲力的方向始終與速度方向垂直，洛倫茲力對運動電荷一定不做功，故C項正確；洛倫茲力對運動電荷一定不做功，由動能定理得，洛倫茲力不能改變運動電荷的動能，即洛倫茲力不能改變速度的大小，只能改變速度的方向，故D項錯誤． 2. [2019四川省成都九校聯(lián)考]1931年，著名的英國物理學家狄拉克認為，既然電有基本電荷——電子存在，磁也應有基本磁荷——磁單極子存在，這樣，電磁現(xiàn)象的完全對稱性就可以得到保證，他從理論上用極精美的數(shù)學物理公式預言，磁單極子是可以獨立存在的，其周圍磁感線呈均勻輻射狀分布，類似于孤立的點電荷的電場線．以某一磁單極子N為原點建立如圖所示O—xyz坐標系，z為豎直方向，則一帶電微?？梢栽诖丝臻g做圓周運動的平面為( ) A．一定是z>0且平行于xOy的平面 B．一定是在xOy平面 C．一定是z<0且平行于xOy的平面 D．只要是過坐標原點O的任意平面均可 答案：A 解析：在z>0的區(qū)域，磁場的方向是斜向上的圓錐形狀，帶電微粒若能在平行于xOy的平面內做圓周運動，所受的洛倫茲力方向為垂直磁感線斜向上，重力豎直向下，合力的方向水平指向z軸，故可滿足做圓周運動的條件，故選項A正確，B、C、D錯誤． 3．[2019江西省紅色七校聯(lián)考]如圖所示，三根通電長直導線P、Q、R互相平行，垂直紙面放置，其間距均為a，電流強度均為I，方向垂直紙面向里(已知電流為I的長直導線產(chǎn)生的磁場中，距導線r處的磁感應強度B＝，其中k為常量)．某時刻有一電子(質量為m、電荷量為e)正好經(jīng)過原點O，速度大小為v，方向沿y軸正方向，則電子此時所受的洛倫茲力為( ) A．方向垂直紙面向里，大小為 B．方向指向x軸正方向，大小為 C．方向垂直紙面向里，大小為 D．方向指向x軸正方向，大小為 答案：A 解析：P、Q兩根導線到O點的距離相等，根據(jù)安培定則，兩導線在O點產(chǎn)生的磁場方向相反，大小相等，所以最終磁場的磁感應強度大小等于R在O點產(chǎn)生的磁場的磁感應強度大小，根據(jù)安培定則，磁場的方向沿x軸負方向，RO＝a，磁感應強度的大小B＝＝，根據(jù)左手定則，洛倫茲力方向垂直紙面向里，大小F＝evB＝，故A正確． 4. [2019安徽省合肥質檢](多選)如圖所示，圓形區(qū)域內有垂直于紙面向里的勻強磁場，一帶電粒子以某速度由圓周上A點沿與直徑AB成30角的方向垂直射入磁場，其后從C點射出磁場．已知CD為圓的直徑，∠BOC＝60，E、F分別為劣弧AD和AC上的點，粒子重力不計，則下列說法正確的是( ) A．該粒子可能帶正電 B．粒子從C點射出時的速度方向一定垂直于直徑AB C．若僅將粒子的入射位置由A點改為E點，則粒子仍從C點射出 D．若僅將粒子的入射位置由A點改為F點，則粒子仍從C點射出 答案：BCD 解析：粒子由A點射入，C點射出，可確定洛倫茲力方向，由左手定則可知，粒子帶負電，A項錯誤；軌跡圓弧關于磁場圓心與軌跡圓圓心連線對稱，所以粒子從C點射出時速度方向與DC夾角也是30，垂直于直徑AB，B項正確；軌跡圓半徑與磁場圓半徑相同，由磁聚焦原理可知，C、D項正確． 5．[2019山西省榆社中學診斷]如圖所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內，從原點O處沿與x軸正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是( ) A．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 C．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 D．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠 答案：C 解析：畫出粒子在磁場中運動的軌跡，如圖所示．由幾何關系得：軌跡對應的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場中運動的時間t＝T＝＝，則得知：粒子的運動時間與v無關，故A錯誤；若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，故C正確．粒子在磁場中運動的角速度ω＝，又T＝，則得ω＝，與速度v無關，故B錯誤；設粒子的軌跡半徑為r，則r＝.AO＝2rsinθ＝，則若θ是銳角，θ越大，AO越大．若θ是鈍角，θ越大，AO越?。蔇錯誤；故選C. 6．[2019遼寧省大連模擬]如圖所示為研究某種帶電粒子的裝置示意圖，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直線射到熒光屏上的O點，出現(xiàn)一個光斑．在垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后，粒子束發(fā)生偏轉，沿半徑為r的圓弧運動，打在熒光屏上的P點，然后在磁場區(qū)域再加一豎直向下，場強大小為E的勻強電場，光斑從P點又回到O點，關于該粒子，下列說法正確的是( ) A．粒子帶負電 B．初速度為v＝ C．比荷為＝ D．比荷為＝ 答案：D 解析：垂直于紙面向里的方向上加一磁感應強度為B的勻強磁場后，粒子束打在熒光屏上的P點，根據(jù)左手定則可知，粒子帶正電，選項A錯誤；當電場和磁場同時存在時，qvB＝Eq，解得v＝，選項B錯誤；當粒子在磁場中時，由qvB＝m，可得＝＝，故選項D正確，C錯誤；故選D. 7. [2019貴州省貴陽市摸底](多選)如圖所示，在xOy平面內的0≤x≤l,0≤y≤l區(qū)域僅存在垂直于xOy平面(紙面)向里的勻強磁場(磁感應強度大小設為B)，或僅存在沿y軸正方向的勻強電場(電場強度大小設為E)時，質量為m、帶電荷量為e的質子以速率v從坐標原點O沿x軸正方向進入場區(qū)，均能通過P(l，l)點，不計質子的重力，則( ) A．B＝ B．B＝ C．E＝ D．E＝ 答案：BD 解析：若僅存在垂直紙面向里的勻強磁場，質子在磁場中做勻速圓周運動，由幾何關系可知，質子運動的軌跡半徑為l，又evB＝m，解得B＝，B項正確，A項錯誤；若僅存在沿y軸正方向的勻強電場，則質子在電場中做類平拋運動，l＝vt，l＝at2，a＝，聯(lián)立解得E＝，C項錯誤，D項正確． 8．[2019黑龍江省哈爾濱六中模擬]在光滑水平地面上水平放置著足夠長的質量為M的木板，其上放置著質量為m、帶正電的物塊(電荷量保持不變)，兩者之間的動摩擦因數(shù)恒定，且M>m.空間存在足夠大的方向垂直于紙面向里的勻強磁場，某時刻開始它們以大小相等的速度相向運動，如圖，取向右為正方向，則下列圖象可能正確反映它們以后運動的是( ) 答案：B 解析：對物塊分析可知其受重力、支持力、洛倫茲力和摩擦力作用，由左手定則可知，洛倫茲力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做減速運動；則由F＝Bqv可知，洛倫茲力減小，故m對M的壓力增大，摩擦力增大，故m的加速度越來越大；同時M受m向右的摩擦力作用，M也做減速運動；因摩擦力增大，故M的加速度也越來越大；v—t圖象中圖線斜率的絕對值表示加速度大小，則可知v—t圖象中對應的圖線應為曲線；對M、m組成的系統(tǒng)分析可知，系統(tǒng)所受外力之和為零，故系統(tǒng)的動量守恒，最終木板和物塊速度一定相同，則有mv0－Mv0＝(M＋m)v，因M>m，故最終速度一定為負值，說明最終木板和物塊均向左做勻速運動，則B正確． 9. [2019貴州省畢節(jié)梁才學校檢測](多選)如圖所示，空間存在垂直于紙面向里的磁感應強度為B的勻強磁場，場內有一絕緣的足夠長的直桿，它與水平面的夾角為θ，一電荷量為q、質量為m的帶負電小球套在直桿上，從A點由靜止沿桿下滑，小球與桿之間的動摩擦因數(shù)為μ，在小球以后的運動過程中，下列說法正確的是( ) A．小球下滑的最大速度為vm＝ B．小球下滑的最大加速度為am＝gsinθ C．小球的加速度一直在減小 D．小球的速度先增大后不變 答案：BD 解析：小球開始下滑時有mgsinθ－μ(mgcosθ－qvB)＝ma，隨著v增大，a增大，當v0＝時，a達到最大值即am＝gsinθ，此時洛倫茲力大小等于mgcosθ，支持力為0，此后隨著速度增大，洛倫茲力增大，支持力增大，此后下滑過程中有，mgsinθ－μ(qvB－mgcosθ)＝ma，隨著v增大，a減小，當vm＝時，a＝0，此時達到平衡狀態(tài)，速度不變．所以整個過程中，v先增大后不變，a先增大后減小，所以B、D正確． 10．[2019湖北省武漢調研](多選)如圖(a)所示，在半徑為R的虛線區(qū)域內存在周期性變化的磁場，其變化規(guī)律如圖(b)所示．薄擋板MN兩端點恰在圓周上，且MN所對的圓心角為120.在t＝0時，一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子，以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運動，再沿直線運動到B點，在B點與擋板碰撞后原速率返回(碰撞時間不計，電荷量不變)，運動軌跡如圖(a)中所示．粒子的重力不計，不考慮變化的磁場所產(chǎn)生的電場，下列說法正確的是( ) A．磁場方向垂直紙面向外 B．圖(b)中B0＝ C．圖(b)中T0＝ D．若t＝0時，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子，以初速度v從A點沿AO入射，偏轉、碰撞后，仍可返回A點 答案：BC 解析：根據(jù)題述一質量為m、電荷量為＋q的帶電粒子以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O后，做一次半徑為的完整的圓周運動，根據(jù)左手定則可判斷出磁場方向垂直紙面向里，選項A錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力，qvB0＝m，且r＝，可得B0＝，選項B正確；帶電粒子做勻速圓周運動的周期T＝＝，帶電粒子以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O所需時間t＝，所以題圖(b)中T0＝t＋T＝＋＝，選項C正確；若t＝0時，質量為m、電荷量為－q的帶電粒子以初速度v從A點沿直徑AB射入場區(qū)，運動到圓心O后，根據(jù)左手定則知粒子將向下偏轉與擋板MN碰撞后運動圓周，再與擋板B碰撞后運動一段圓弧后射出場區(qū)，不能返回A點，選項D錯誤． 11．[2019湖南省益陽市、湘潭市調研](多選)如圖所示，兩個相同的半圓形光滑絕緣軌道分別豎直放置在勻強電場E和勻強磁場B中，軌道兩端在同一高度上，兩個相同的帶正電小球a、b同時從軌道左端最高點由靜止釋放，且在運動中始終能沿軌道通過各自軌道的最低點M、N，則( ) A．兩小球某次到達軌道最低點時的速度大小不可能有vN＝vM B．兩小球都能到達軌道的最右端 C．小球a、b第一次同時到達最低點 D．第一次到達軌道最低點時，小球a對軌道的壓力小于小球b對軌道的壓力 答案：AD 解析：由于洛倫茲力不做功，電場力對帶電小球一定做負功，所以兩個小球某次到達軌道最低點時的速度不可能有vN＝vM，A正確；由機械能守恒定律知，小球b可以到達軌道的最右端，電場力對小球a做負功，故小球a不可能到達軌道的最右端，B錯誤；第一次到達最低點的過程中，由于洛倫茲力對b不做功，而電場力一直對a做負功，因此a球的速率一直小于b球速率，故小球b第一次到達N點的時刻與小球a第一次到達M點的時刻不相同，C錯誤；由于小球能到達最低點，重力對小球a做正功，電場力對小球a做負功，由動能定理得mgR－EqR＝mv，又由牛頓第二定律得，F(xiàn)N1－mg＝m，對小球b，洛倫茲力不做功，只有重力做正功，由機械能守恒定律得mgR＝mv，小球b第一次通過最低點時由牛頓第二定律得FN2－mg－qvB＝m，由牛頓第三定律知，D正確． 12．[2019湖北省黃岡中學模擬](多選)如圖所示，下端封閉、上端開口、高h＝5 m的內壁光滑的細玻璃管豎直放置，管底有質量m＝10 g、電荷量的絕對值|q|＝0.2 C的小球，整個裝置以v＝5 m/s的速度沿垂直于磁場方向進入磁感應強度B＝0.2 T、方向垂直紙面向里的勻強磁場，由于外力的作用，玻璃管在磁場中的速度保持不變，最終小球從上端管口飛出．g取10 m/s2.下列說法中正確的是( ) A．小球帶負電 B．小球在豎直方向做勻加速直線運動 C．小球在玻璃管中的運動時間小于1 s D．小球機械能的增加量為1 J 答案：BD 解析：由左手定則可知，小球帶正電，選項A錯誤；玻璃管在水平方向做勻速運動，則小球在豎直方向所受的洛倫茲力恒定，則豎直方向加速度不變，即小球在豎直方向做勻加速直線運動，選項B正確；小球在豎直方向的加速度a＝＝ m/s2＝10 m/s2，在管中運動的時間t＝＝ s＝1 s，選項C錯誤；小球到管口時豎直方向的速度v′＝at＝10 m/s，機械能的增加量ΔE＝mgh＋mv′2＝1 J，選項D正確． 13. [2019四川省五校聯(lián)考](多選)如圖所示，在x>0，y>0的空間中有恒定的勻強磁場，磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里，大小為B.現(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從x軸上的某點P沿著與x軸成30角的方向射入磁場．不計重力的影響，則下列說法正確的是( ) A．只要粒子的速率合適，粒子就可能通過坐標原點 B．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 C．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 D．粒子在磁場中運動所經(jīng)歷的時間可能為 答案：BC 解析：帶正電粒子由P點沿與x軸成30角的方向入射，則粒子運動軌跡的圓心在過P點且與速度方向垂直的方向上，粒子在磁場中要想到達坐標原點，轉過的圓心角肯定大于180，假設如圖所示，而因磁場有邊界，故粒子不可能通過坐標原點，A錯誤；由于P點的位置不定，所以粒子在磁場中的軌跡圓弧對應的圓心角也不同，最大的圓心角為圓弧與y軸相切時，偏轉角度為300，運動的時間t＝T＝，根據(jù)粒子運動的對稱性，可知粒子的運動半徑無限大時，對應的最小圓心角也一定大于120，所以運動時間t>T＝，故粒子在磁場中運動的時間范圍是
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