資源簡介

考點規范練35　磁場對運動電荷的作用力
一、單項選擇題
1.如圖所示,一個帶負電的物體從粗糙斜面頂端滑到底端時,速度為v。若加上一個垂直紙面向外的磁場,則滑到底端時(　　)
A.v變大 B.v變小
C.v不變 D.不能確定v的變化
2.如圖所示,在正方形abcd區域內存在一垂直紙面的勻強磁場,磁感應強度的大小為B1。一帶電粒子從ad邊的中點P垂直ad邊射入磁場區域后,從cd邊的中點Q射出磁場。若將磁場的磁感應強度大小變為B2后,該粒子仍從P點以相同的速度射入磁場,結果從c點射出磁場,則等于(　　)
A. B. C. D.
3.如圖所示,兩根長直導線豎直插入光滑絕緣水平桌面上的M、N兩小孔中,O為M、N連線中點,連線上a、b兩點關于O點對稱,導線均通有大小相等、方向向上的電流。已知長直導線在周圍空間某點產生的磁場的磁感應強度B=,式中k是常數、I是導線中電流、r為該點到直導線的距離。現有一置于a點的帶負電小球獲得一沿ab方向的初速度v0,已知小球始終未離開桌面。關于小球在兩導線間的運動情況,下列說法正確的是(　　)
A.小球先做加速運動后做減速運動
B.小球做曲率半徑先增大后減小的曲線運動
C.小球對桌面的正壓力先減小后增大
D.小球做勻速直線運動
4.如圖所示,直角坐標系中y軸右側存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場,磁感應強度為B,右邊界PQ平行于y軸。一粒子(重力不計)從原點O以與x軸正方向成θ角的速度v垂直射入磁場,當斜向上射入時,粒子恰好垂直PQ射出磁場;當斜向下射入時,粒子恰好不從右邊界射出。粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為(　　)
A. 　B.
C. 　D.
5.如圖所示,一電子以垂直于勻強磁場的速度vA,從A處進入長為d、寬為h的磁場區域,發生偏移而從B處離開磁場。電子的電荷量為e,磁場的磁感應強度為B,圓弧AB的長為l,則 (　　)
A.電子在磁場中運動的時間為t=
B.電子在磁場中運動的時間為t=
C.洛倫茲力對電子做功是BevA·h
D.電子在A、B兩處的速度相同
6.如圖所示,在半徑為R的圓形區域內,有勻強磁場,磁感應強度為B,方向垂直于圓平面(未畫出)。一群比荷為的負離子有相同的速率v0(較大),由P點在紙平面內以不同方向射入磁場,發生偏轉后飛出磁場,最終打在磁場區域右側足夠大熒光屏上,離子重力不計。下列說法正確的是 (　　)
A.離子在磁場中的運動軌跡半徑可能不相等
B.由Q點飛出的離子在磁場中運動的時間最長
C.離子在磁場中運動的時間一定相等
D.沿PQ方向射入的離子飛出時偏轉角最大
二、多項選擇題
7.如圖所示,在一根一端封閉、內壁光滑的直管MN內有一個帶正電的小球,空間中充滿豎直向下的勻強磁場。開始時,直管水平放置,且小球位于管的封閉端M處。現使直管沿水平方向向右勻速運動,經一段時間后小球到達管的開口端N處。在小球從M到N的過程中 (　　)
A.磁場對小球不做功
B.直管對小球做正功
C.小球所受磁場力的方向不變
D.小球的運動軌跡是一直線
8.如圖所示,直線MN與水平方向成60°角,MN的右上方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,能水平向右發射速度大小不同、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的長度為l,則粒子的速度大小可能是(　　)
A. B.
C. D.
9.如圖所示,在直徑為d的圓形區域內存在垂直于紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B1,一個帶電粒子以速率v從A點沿與直徑AC成30°角的方向射入磁場,經時間t1從C點射出磁場。現調整磁場的磁感應強度大小為B2,讓同一粒子沿與直徑AC成60°角的方向仍以速率v射入磁場,經時間t2仍從C點射出磁場,則下列說法正確的是(　　)
A.B1∶B2=∶1
B.B1∶B2=∶3
C.t1∶t2=2∶
D.t1∶t2=∶2
10.(2022·全國乙卷)一種可用于衛星上的帶電粒子探測裝置,由兩個同軸的半圓柱形帶電導體極板(半徑分別為R和R+d)和探測器組成,其橫截面如圖甲所示,點O為圓心。在截面內,極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,方向指向O點。4個帶正電的同種粒子從極板間通過,到達探測器。不計粒子重力。粒子1、2做圓周運動,圓的圓心為O、半徑分別為r1、r2(R甲
乙
A.粒子3入射時的動能比它出射時的大
B.粒子4入射時的動能比它出射時的大
C.粒子1入射時的動能小于粒子2入射時的動能
D.粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能
三、非選擇題
11.如圖所示,直線MN上方存在著磁感應強度方向垂直于紙面向里、大小為B的無限大勻強磁場。質量為m、電荷量為+q的粒子1在紙面內以速度v0從O點射入磁場,其方向與MN的夾角α=30°;質量為m、電荷量為-q的粒子2在紙面內也從O點沿相同的方向射入磁場,其速度大小也為v0。已知粒子1、2同時到達磁場邊界的a、b兩點離開磁場(圖中未畫出),不計粒子的重力及粒子間的相互作用,求:
(1)兩粒子在磁場邊界上的穿出點a、b之間的距離d;
(2)1、2兩粒子在磁場中運動的時間之比t1∶t2。
12.(2023·湖北卷)如圖所示,空間存在磁感應強度大小為B、垂直于xOy平面向里的勻強磁場。t=0時刻,一帶正電粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入,第一次到達點O時與運動到該點的帶正電粒子乙發生正碰。碰撞后,粒子甲的速度方向反向、大小變為碰前的3倍,粒子甲運動一個圓周時,粒子乙剛好運動了兩個圓周。已知粒子甲的質量為m,兩粒子所帶電荷量均為q。假設所有碰撞均為彈性正碰,碰撞時間忽略不計,碰撞過程中不發生電荷轉移。整個過程不考慮重力和兩粒子間庫侖力的影響。
(1)求第一次碰撞前粒子甲的速度大小。
(2)求粒子乙的質量和第一次碰撞后粒子乙的速度大小。
(3)求t=時刻粒子甲、乙的位置坐標,及從第一次碰撞到t=的過程中粒子乙運動的路程。(本小問不要求寫出計算過程,只寫出答案即可)
考點規范練35　磁場對運動電荷的作用力
1.B　解析:由于帶負電的物體沿斜面下滑時受到垂直斜面向下的洛倫茲力作用,故物體對斜面的正壓力增大,斜面對物體的滑動摩擦力增大,物體克服摩擦力做功增大,所以物體滑到底端時v變小,B正確。
2.A　解析:設正方形邊長為l,根據幾何知識,當粒子從Q點射出時,R1=;當粒子從c點射出時,根據幾何知識可得R2=。另qvB=m,所以有,A正確。
3.D　解析:由安培定則,M導線在ab間的磁場方向垂直紙面向里,N導線在ab間的磁場方向垂直紙面向外,根據矢量的疊加可得,M到O的磁場方向垂直紙面向里,大小逐漸減小,O到N的磁場方向垂直紙面向外,大小逐漸增大。對帶負電小球,在水平方向不受力,做勻速直線運動,故A、B錯誤,D正確。由左手定則,M到O的洛倫茲力方向豎直向下,大小逐漸減小,O到N的洛倫茲力方向豎直向上,大小逐漸增大,再由平衡條件知小球對桌面的壓力逐漸減小,故C錯誤。
4.C　解析:粒子在磁場中運動軌跡如圖所示,則由圖知,斜向上射入時有rsin θ=a,斜向下射入時有rsin θ+a=r,聯立求得θ=30°,且r=2a。由洛倫茲力提供向心力得Bqv=m,解得r=,即粒子的比荷為。粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為α=2×(90°-30°)=120°,運動時間為t=,選項C正確。
5.B　解析:粒子走過的路程為l,則運動時間t=,A錯誤,B正確。洛倫茲力始終與運動方向垂直,不做功,C錯誤。洛倫茲力不做功,粒子速度大小不變,但速度方向改變,故A、B兩處速度不同,D錯誤。
6.B　解析:離子在磁場中做圓周運動,洛倫茲力提供向心力,由牛頓第二定律得qvB=,解得r=,因離子的速率相同,比荷相同,故半徑一定相同,A錯誤。由圓的性質可知,軌跡圓(離子速率較大,半徑較大)與磁場圓相交,當軌跡圓的弦長最大時偏向角最大,最長弦為PQ,故由Q點飛出的離子圓心角最大,所對應的時間最長,B正確,D錯誤。設離子軌跡所對應的圓心角為θ,則離子在磁場中運動的時間為t=T,其中T=,所有離子的運動周期相等,由于離子從圓上不同點射出時,軌跡的圓心角不同,所以離子在磁場中運動的時間不同,C錯誤。
7.AB　解析:由于磁場對小球的洛倫茲力始終與小球的合運動的方向垂直,故磁場對小球不做功,A正確。對小球受力分析,受重力、支持力和洛倫茲力,其中重力和洛倫茲力不做功,而動能增加,根據動能定理可知,支持力做正功,B正確。設管子運動速度為v1,小球垂直于管子向右的分運動是勻速直線運動,小球沿管子方向受到洛倫茲力的分力F1=qv1B,q、v1、B均不變,F1不變,則小球沿管子做勻加速直線運動,與平拋運動類似,小球運動的軌跡是一條拋物線,洛倫茲力方向不斷變化,C、D錯誤。
8.AB　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。
9.BD　解析:粒子運動軌跡如圖所示,由圖知粒子運行的軌道半徑為r=,由牛頓第二定律得Bqv=m,聯立得B=,所以,選項A錯誤,B正確。粒子運動周期T=,粒子在磁場中運行的時間為t=T=,所以,選項C錯誤,D正確。
10.BD　解析:在截面內,極板間各點的電場強度大小與其到O點的距離成反比,可設為Er=k,帶正電的同種粒子1、2在均勻輻向電場中做勻速圓周運動,則有qE1=m,qE2=m,可得,即粒子1入射時的動能等于粒子2入射時的動能,故C錯誤;粒子3從距O點r2的位置入射并從距O點r1的位置出射,做向心運動,電場力做正功,則粒子動能增大,粒子3入射時的動能比它出射時的小,故A錯誤;粒子4從距O點r1的位置入射并從距O點r2的位置出射,做離心運動,電場力做負功,則粒子動能減小,粒子4入射時的動能比它出射時的大,故B正確;粒子3做向心運動,有qE2>m,可得,粒子1入射時的動能大于粒子3入射時的動能,故D正確。
11.解析:(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示
由牛頓第二定律得qvB=m
由幾何知識得d1=2Rsin 30°,d1=d2
a、b之間的距離d=d1+d2=。
(2)粒子在磁場中做圓周運動的周期T=
粒子在磁場中的運動時間t1=T,t2=T
粒子運動時間之比t1∶t2=1∶5。
答案:(1)　(2)1∶5
12. 解析:(1)由題意知,粒子甲從點P(2a,0)沿y軸正方向射入到達點O,則說明粒子甲的運動半徑r甲0=a
由洛倫茲力提供向心力得
qv甲0B=m
解得v甲0=。
(2)由題知,粒子甲運動一個圓周時,粒子乙剛好運動了兩個圓周,則T甲=2T乙
根據qvB=mr,得
則m乙=m
粒子甲、乙碰撞過程中,取豎直向下為正方向,由動量守恒定律和機械能守恒定律得
mv甲0+m乙v乙0=mv甲1+m乙v乙1(其中v甲1=-3v甲0)
m乙m乙
解得v乙0=-5v甲0,v乙1= 3v甲0
則第一次碰撞后粒子乙的速度大小為。
(3)已知在t1=時,粒子甲、乙發生第一次碰撞且碰撞后有v甲1= -3v甲0,v乙1= 3v甲0
則根據qvB=m,可知此時粒子乙的運動半徑為r乙1=a
可知在t2=時,粒子甲、乙發生第二次碰撞,且粒子甲、乙發生第一次碰撞到第二次碰撞過程中粒子乙運動了2圈,此過程中粒子乙走過的路程為s1=6πa,且在第二次碰撞時有
mv甲1+m乙v乙1=mv甲2+m乙v乙2
m乙m乙
解得v甲2= v甲0,v乙2=-5v甲0
可知在t3=時,粒子甲、乙發生第三次碰撞,且在粒子甲、乙發生第二次碰撞到第三次碰撞的過程中粒子乙運動了2圈,此過程中粒子乙走過的路程為s2= 10πa,且在第三次碰撞時有
mv甲2+m乙v乙2=mv甲3+m乙v乙3
m乙m乙
解得v甲3=-3v甲0=v甲1,v乙3= 3v甲0=v乙1
依次類推,在t10=時,粒子甲、乙發生第十次碰撞,且在粒子甲、乙發生第九次碰撞到第十次碰撞的過程中粒子乙運動了2圈,此過程中粒子乙走過的路程為s9=6πa,且在第十次碰撞時
v甲10=v甲2= v甲0,v乙10=v乙2=-5v甲0
在t10=到t=的過程中,粒子甲剛好運動半周,則t=時粒子甲運動到P點,即(2a,0)處。
在t10=到t=的過程中,粒子乙剛好運動一周,則t=時粒子乙回到坐標原點,且此過程中粒子乙走過的路程為s10=5πa
故整個過程中粒子乙運動的總路程為s=5×6πa+4×10πa+5πa=75πa。
答案:(1)
(2)m　
(3)甲(2a,0)　乙(0,0)　75πa
8

展開更多......

收起↑