【物理】2019届一轮复习人教版磁场对运动电荷的作用学案 8页

‎37 磁场对运动电荷的作用 ‎1．(2018·山西沂州一中期末)有关电荷所受电场力和洛伦兹力的说法中，正确的是(　　)‎ A．电荷在电场中一定受电场力的作用 B．电荷在磁场中一定受磁场力的作用 C．电荷受电场力的方向与该处的电场方向一致 D．电荷若受磁场力，则受力方向与该处的磁场方向不一定垂直 答案　A 解析　电荷在电场中一定受到电场力作用，A正确；电荷在磁场中不一定受洛伦兹力，当静止时一定不受洛伦兹力，而运动的电荷，当速度与磁场平行时，不受洛伦兹力作用，B错误；正电荷所受电场力一定与该处电场强度方向相同，而负电荷所受电场力与该处电场方向相反，C错误；电荷所受的洛伦兹力与磁场及运动速度构成的平面垂直，所以电荷所受的洛伦兹力一定与磁场方向垂直，D错误。‎ ‎2．下列各图中，运动电荷的速度方向、磁感应强度方向和电荷所受洛伦兹力方向之间的关系正确的是(　　)‎ 答案　B 解析　根据左手定则，A中f方向应向上，B中f方向应向下，故A错误、B正确；C、D中都是v∥B，F＝0，故C、D错误。‎ ‎3．如图是电子射线管示意图。接通电源后，电子射线由阴极沿x轴方向射出，在荧光屏上会看到一条亮线，要使荧光屏上的亮线向下(z轴负方向)偏转，在下列措施中可采用的是(　　)‎ A．加一磁场，磁场方向沿z轴负方向 B．加一磁场，磁场方向沿y轴正方向 C．加一电场，电场方向沿z轴负方向 D．加一电场，电场方向沿y轴正方向 答案　B 解析　要使荧光屏上的亮线向下偏转，若加磁场，应使电子所受的洛伦兹力方向向下，电子运动方向沿x轴正方向，由左手定则可知，磁场方向应沿y轴正方向，A错误、B正确。若加电场，电场方向应沿z轴正方向，C、D错误。‎ ‎4．两个质量相同、所带电荷量相等的带电粒子a、b，以不同的速率沿着AO方向射入圆形匀强磁场区域，其运动轨迹如图所示。若不计粒子的重力，则下列说法正确的是(　　)‎ A．a粒子带正电，b粒子带负电 B．a粒子在磁场中所受洛伦兹力较大 C．b粒子的动能较大 D．b粒子在磁场中运动时间较长 答案　C 解析　由左手定则可知，a粒子带负电，b粒子带正电，A错误；由qvB＝m得r＝，故运动的轨迹半径越大，对应的速率越大，所以b粒子的速率较大，在磁场中所受洛伦兹力较大，B错误；由Ek＝mv2可得b粒子的动能较大，C正确；由T＝知两者的周期相同，b粒子运动的轨迹对应的圆心角小于a粒子运动的轨迹对应的圆心角，所以b粒子在磁场中运动时间较短，D错误。‎ ‎5．(多选)边长为a的正方形处于有界磁场中，如图所示，一束电子以不同速度水平射入磁场后，分别从A处和C处射出，以下说法正确的是(　　)‎ A．从A处和C处射出的电子速度之比为2∶1‎ B．从A处和C处射出的电子在磁场中运动的时间之比为2∶1‎ C．从A处和C处射出的电子在磁场中运动周期之比为2∶1‎ D．从A处和C处射出的电子在磁场中所受洛伦兹力之比为1∶2‎ 答案　BD 解析　电子从C点射出，A为圆心，RC＝L，圆心角θC＝，由R＝，得vC＝，运动时间tC＝＝，电子从A点射出，OA中点为圆心，RA＝，圆心角θA＝π，所以vA＝，tA＝＝，由于运动的周期相等，故vA∶vC＝1∶2，tA∶tC＝2∶1，故A、C错误，B正确；电子做匀速圆周运动f洛＝eBv，可知洛伦兹力与速度成正比，为1∶2，故D正确。‎ ‎6．(多选)初速度为v0的电子，沿平行于通电长直导线的方向射出，直导线中电流方向与电子的初始运动方向如图所示，则(　　)‎ A．电子将向右偏转，速率不变 B．电子将向左偏转，速率改变 C．电子将向左偏转，半径不变 D．电子将向右偏转，半径改变 答案　AD 解析　由安培定则判定直线电流右侧磁场的方向垂直纸面向里，再根据左手定则判定电子所受洛伦兹力向右，由于洛伦兹力不做功，电子动能不变，速率不变，A正确，B、C错误；又由R＝知，在电子偏离直线电流时，B减弱，故R变大，D正确。‎ ‎7.如图所示，一个质量为m、电荷量为q的带电粒子从x轴上的点P(a,0)以速度v，沿与x轴正方向成60°角的方向射入第一象限内的匀强磁场中，并恰好垂直于y轴射出第一象限。求匀强磁场的磁感应强度B和射出点的坐标。‎ 答案　　射出点坐标为(0，a)‎ 解析　画出轨迹示意图如图所示，由射入、射出点的洛伦兹力方向可找到圆心O′，由cos30°＝可得r＝＝，得B＝；由图可知射出点的纵坐标y＝r＋rsin30°＝a，则射出点坐标为(0，a)。‎ ‎8．(2017·潍坊模拟)如图所示，在半径为R＝的圆形区域内有水平向里的匀强磁场，磁感应强度为B，圆形区域右侧有一竖直感光板MN，带正电粒子从圆弧顶点P以速率v0平行于纸面进入磁场，已知粒子的质量为m，电荷量为q，粒子重力不计。‎ ‎(1)若粒子对准圆心射入，求它在磁场中运动的时间；‎ ‎(2)若粒子对准圆心射入，且速率为v0，求它打到感光板上时速度的垂直分量；‎ ‎(3)若粒子以速度v0从P点以任意方向平行于纸面入射，试证明它离开磁场后均垂直打在感光板上。‎ 答案　(1)　(2)v0　(3)见解析 解析　(1)设带电粒子进入磁场中做匀速圆周运动的轨迹半径为r，由牛顿第二定律得qv0B＝m可得r＝＝R，则带电粒子在磁场中的运动轨迹为四分之一圆周，轨迹对应的圆心角为，如图甲所示，则t＝＝。‎ ‎(2)由(1)知，当v＝v0时，带电粒子在磁场中运动的轨迹半径为R，其运动轨迹如图乙所示，由图可知∠PO2O＝∠OO2Q＝30°，所以带电粒子离开磁场时速度偏转角为60°，则v⊥＝vsin60°＝v0。‎ ‎(3)由(1)知，当带电粒子以v0射入时，带电粒子在磁场中的运动轨迹半径为R。‎ 设粒子射入方向与PO方向夹角为θ，带电粒子从区域边界S射出，带电粒子运动轨迹如图丙所示。因为PO3＝O3S＝PO＝SO＝R，所以四边形POSO3为菱形。由图可知：PO∥O3S，在S点，v0⊥SO3，因此，带电粒子离开磁场后均垂直打在感光板上，与入射的方向无关。‎ ‎9．(2015·全国卷Ⅱ)(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 答案　AC 解析　电子在两匀强磁场 Ⅰ、 Ⅱ 中做匀速圆周运动，根据牛顿第二定律可得evB＝，可得r＝，即＝＝，A正确；由a＝得，＝＝，B错误；根据周期公式T＝，可得＝＝，C正确；根据角速度公式ω＝，可得＝＝，D错误。‎ ‎10．(2017·全国卷Ⅰ)如图，空间某区域存在匀强电场和匀强磁场，电场方向竖直向上(与纸面平行)，磁场方向垂直于纸面向里。三个带正电的微粒a、b、c电荷量相等，质量分别为ma、mb、mc。已知在该区域内，a在纸面内做匀速圆周运动，b在纸面内向右做匀速直线运动，c在纸面内向左做匀速直线运动。下列选项正确的是(　　)‎ A．ma>mb>mc B．mb>ma>mc C．mc>ma>mb D．mc>mb>ma 答案　B 解析　设三个微粒的电荷量均为q，a在纸面内做匀速圆周运动，说明洛伦兹力提供向心力，重力与电场力平衡，即 mag＝qE①‎ b在纸面内向右做匀速直线运动，三力平衡，则 mbg＝qE＋qvB②‎ c在纸面内向左做匀速直线运动，三力平衡，则 mcg＋qvB＝qE③‎ 比较①②③式得：mb>ma>mc，B正确。‎ ‎11. (2017·河北廊坊期末)(多选)如图所示，小车A的质量M＝‎2 kg，置于光滑水平面上，初速度v0＝‎14 m/s。带正电荷q＝‎0.2 C的可视为质点的物体B，质量m＝‎0.1 kg，将其轻放在小车A的右端，在A、B所在的空间存在匀强磁场，方向垂直于纸面向里，磁感应强度B0＝0.5 T，物体B与小车之间存在摩擦力的作用，设小车足够长，小车表面是绝缘的(g 取‎10 m/s2)，则(　　)‎ A．物体B的最终速度为‎10 m/s B．小车A的最终速度为‎13.5 m/s C．小车A和物体B的最终速度约为‎13.3 m/s D．小车A达到最小速度的全过程中系统增加的内能为8.75 J 答案　ABD 解析　当物体B对小车A的压力为零时，小车A与物体B之间无摩擦力的作用，A、B匀速运动，此时物体B的速度最大，小车A的速度最小，有qvBB0＝mg，解得vB＝‎10 m/s，根据动量守恒定律得Mv0＝mvB＋MvA，解得vA＝‎13.5 m/s，A、B正确，C错误。根据能量守恒定律得Q＝ΔEk＝－－＝8.75 J，D正确。‎ ‎12. (2017·安徽六校联考)一个质量m＝‎0.1 g的小滑块，带有q＝5×10－‎4 C的电荷，放置在倾角α＝30°的光滑斜面上(斜面绝缘)，斜面置于B＝0.5 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于纸面向里，如图所示，小滑块由静止开始沿斜面下滑，设斜面足够长，小滑块滑至某一位置时，要离开斜面。问：‎ ‎(1)小滑块带何种电荷？‎ ‎(2)小滑块离开斜面时的瞬时速度是多大？‎ ‎(3)该斜面的长度至少多长？‎ 答案　(1)负电荷　(2)‎2 m/s　(3)‎‎1.2 m 解析　(1)小滑块沿斜面下滑过程中，受到重力mg、斜面支持力FN和洛伦兹力F。若要小滑块离开斜面，洛伦兹力F方向应垂直斜面向上，根据左手定则可知，小滑块应带负电荷。‎ ‎(2)小滑块沿斜面下滑，垂直于斜面方向有 qvB＋FN－mgcosα＝0‎ 当FN＝0时，小滑块开始脱离斜面，此时，qvB＝mgcosα 得v＝＝ m/s＝‎2 m/s。‎ ‎(3)下滑过程中，只有重力做功，由动能定理得 mgxsinα＝mv2－0，解