【文档说明】高考物理复习 课时过关题29 磁场及其对运动电荷的作用（含答案解析）.doc，共(9)页，212.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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2020(人教版)高考物理复习课时过关题29磁场及其对运动电荷的作用1.如图所示，在赤道处，将一小球向东水平抛出，落地点为a；给小球带上电荷后，仍以原来的速度抛出，考虑地磁场的影响，下列说法正确的是()A．无论小球带何种电荷，小球仍会落在a点B．

无论小球带何种电荷，小球下落时间都会延长C．若小球带负电荷，小球会落在更远的b点D．若小球带正电荷，小球会落在更远的b点2.1931年，著名的英国物理学家狄拉克认为，既然电有基本电荷——电子存在，磁也应有基本磁荷——磁单极子存在，这样，电磁现象的完全对称性就

可以得到保证，他从理论上用极精美的数学物理公式预言，磁单极子是可以独立存在的，其周围磁感线呈均匀辐射状分布，类似于孤立的点电荷的电场线．以某一磁单极子N为原点建立如图所示O—xyz坐标系，z为竖直方向，则一带电微粒可以在此空间做圆周运动的平面为()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．只要是过坐标原点O的任意平面均可3.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.2C．1D.224.如图所示为研究某种带电粒子的装置示意图，粒子源射出的粒子束以一定的初速度沿直线射到荧光屏上的O点，出现一个光斑．在垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度

为B的匀强磁场后，粒子束发生偏转，沿半径为r的圆弧运动，打在荧光屏上的P点，然后在磁场区域再加一竖直向下，场强大小为E的匀强电场，光斑从P点又回到O点，关于该粒子，下列说法正确的是()A．粒子带负电B．初速度为v=BEC．比荷为qm=B2rED．比荷为qm=EB2r5.

在x轴上方有垂直于纸面的匀强磁场，同一种带电粒子从O点射入磁场，当入射方向与x轴的夹角α=60°时，速度为v1、v2的两个粒子分别从a、b两点射出磁场，如图所示，当α=45°时，为了使粒子从ab的中点c射出磁场，则速度应为()A.12(v1＋v2)B.64(

v1＋v2)C.33(v1＋v2)D.66(v1＋v2)6.如图所示，一质量为m、电荷量为q的带电粒子，从y轴上的P1点以速度v射入第一象限所示的区域，入射方向与x轴正方向成α角．为了使该粒子能从x轴上的P2点射出该区域，且射出方向与x轴正方向也成α角，可在第一象限适当的地方加一个垂直

于xOy平面、磁感应强度为B的匀强磁场．若磁场分布为一个圆形区域，则这一圆形区域的最小面积为(不计粒子的重力)()A.πm2v2q2B2B.πm2v2q2B2cos2αC.πm2v2q2B2sinαD.πm2v2q2B2sin2α7.如图是某离子速度选择器的原理示意图，

在一半径为R的绝缘圆柱形筒内有磁感应强度为B的匀强磁场，方向平行于轴线．在圆柱形筒上某一直径两端开有小孔M、N，现有一束速率不同、比荷均为k的正、负离子，从M孔以α角入射，一些具有特定速度的离子未与筒壁碰撞而直接从N孔射出(不考虑离子间的作用力和重力)．则从N孔射出的离子()A．是正离

子，速率为kBRcosαB．是正离子，速率为kBRsinαC．是负离子，速率为kBRsinαD．是负离子，速率为kBRcosα8.图甲所示的有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示的圆形匀强磁场Ⅱ的半径相等，一不计重力的粒子从

左边界的M点以一定初速度水平向右垂直射入磁场Ⅰ，从右边界射出时速度方向偏转了θ角，该粒子以同样的初速度沿半径方向垂直射入磁场Ⅱ，射出磁场时速度方向偏转了2θ角．已知磁场Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小分别为B1、B2，则B1与B2的比值为()A．2cosθB．sinθC．cosθD．tanθ9.在

光滑水平地面上水平放置着足够长的质量为M的木板，其上放置着质量为m、带正电的物块(电荷量保持不变)，两者之间的动摩擦因数恒定，且M>m.空间存在足够大的方向垂直于纸面向里的匀强磁场，某时刻开始它们以大小相等的

速度相向运动，如图，取向右为正方向，则下列图象可能正确反映它们以后运动的是()10.如图所示，平行边界MN、PQ之间有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度的大小为B，两边界间距为d，边界MN上A点有一粒子源，可沿纸面内任意方向射出完全相同的质量为

m、电荷量为q的带正电的粒子，粒子射出的速度大小均为v=2qBd3m，若不计粒子的重力及粒子间的相互作用，则粒子能从PQ边界射出的区域长度与能从MN边界射出的区域长度之比为()A．1：1B．2：3C.3：2D

．27：711.(多选)如图所示，真空中xOy平面内有一束宽度为d的带正电粒子束沿x轴正方向运动，所有粒子为同种粒子，速度大小相等，在第一象限内有一方向垂直xOy平面的有界匀强磁场区(图中未画出)，所

有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点．下列说法中正确的是()A．磁场方向一定是垂直xOy平面向里B．所有粒子通过磁场区的时间相同C．所有粒子在磁场区运动的半径相等D．磁场区边界可能是圆，也可能是其他曲线12.(多选)如图(a)所示，在半径为R的虚线

区域内存在周期性变化的磁场，其变化规律如图(b)所示．薄挡板MN两端点恰在圆周上，且MN所对的圆心角为120°.在t=0时，一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子，以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为R2的完整的圆周运动，

再沿直线运动到B点，在B点与挡板碰撞后原速率返回(碰撞时间不计，电荷量不变)，运动轨迹如图(a)中所示．粒子的重力不计，不考虑变化的磁场所产生的电场，下列说法正确的是()A．磁场方向垂直纸面向外B．图(b)中B0=2mvqRC．图(b)中T0=R＋πRv

D．若t=0时，质量为m、电荷量为－q的带电粒子，以初速度v从A点沿AO入射，偏转、碰撞后，仍可返回A点13.如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy平面)向里的磁场．在x≥0区域，磁感应强度的大小为B0；x＜0区

域，磁感应强度的大小为λB0(常数λ＞1)．一质量为m、电荷量为q(q＞0)的带电粒子以速度v0从坐标原点O沿x轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x轴正向时，求：(不计重力)(1)粒子运动的时

间；(2)粒子与O点间的距离．14.如图所示，一个带负电的粒子沿磁场边界从A点射出，粒子质量为m、电荷量为－q，其中区域Ⅰ、Ⅲ内的匀强磁场宽为d，磁感应强度为B，垂直纸面向里，区域Ⅱ宽也为d，粒子从A点射出后经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，不计粒子重力．(1)求粒子从A点射出到回到A点经历

的时间t；(2)若在区域Ⅱ内加一水平向左的匀强电场且区域Ⅲ的磁感应强度变为2B，粒子也能回到A点，求电场强度E的大小；(3)若粒子经Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后返回到区域Ⅰ前的瞬间使区域Ⅰ的磁场反向且磁感应强度减半，则粒子的出射点距A点的距离为多少？答案解析1.答案为：D；解析：地磁场在

赤道上空水平由南向北，从南向北观察，如果小球带正电荷，则洛伦兹力斜向右上方，该洛伦兹力在竖直向上的方向和水平向右方向均有分力，因此，小球落地时间会变长，水平位移会变大；同理，若小球带负电，则小球落地时间会变短，水平位移会变小，故D正确．]2.答案为：A；解析：在z>0的区域，磁场的方向是斜

向上的圆锥形状，带电微粒若能在平行于xOy的平面内做圆周运动，所受的洛伦兹力方向为垂直磁感线斜向上，重力竖直向下，合力的方向水平指向z轴，故可满足做圆周运动的条件，故选项A正确，B、C、D错误．3.答案为：D；解析：设带电粒子在P点

时初速度为v1，从Q点穿过铝板后速度为v2，则Ek1=12mv21，Ek2=12mv22，由题意可知Ek1=2Ek2，即12mv21=mv22，则v1v2=21.粒子做圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，即qvB=mv2R，得R=mvqB，由题意可知

R1R2=21，所以B1B2=v1R2v2R1=22，故选项D正确．]4.答案为：D；解析：垂直于纸面向里的方向上加一磁感应强度为B的匀强磁场后，粒子束打在荧光屏上的P点，根据左手定则可知，粒子带正电，选项A错误

；当电场和磁场同时存在时，qvB=Eq，解得v=EB，选项B错误；当粒子在磁场中时，由qvB=mv2r，可得qm=vrB=EB2r，故选项D正确，C错误；故选D.5.答案为：B；解析：由几何关系可知xOa=3R1=3mv1qB，xOb=3R2=3mv2q

B，xOc=2R3=2mv3qB，又由于xOc=xOa＋xOb2，联立可得v3=64(v1＋v2)．]6.答案为：D；解析：粒子在磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，由牛顿第二定律得：qvB=mv2R，则粒子在磁场中做圆周运动的半径：R=mvqB，由题

意可知，粒子在磁场区域中的轨道为半径等于r的圆上的13圆周，这段圆弧应与入射方向的速度、出射方向的速度相切，如图所示．则到入射方向所在直线和出射方向所在直线相距为R的O′点就是圆周的圆心．粒子在磁场区域中的轨道就是以O′为圆心、R为半径的圆上

的圆弧ef，而e点和f点应在所求圆形磁场区域的边界上，在通过e、f两点的不同的圆周中，最小的一个圆是以e、f连线为直径的圆周，即得所求圆形区域的半径r=Rsinα=mvsinαqB，则这个圆形磁场区域的最小

面积Smin=πr2=πm2v2sin2αq2B2，故选D项．]7.答案为：B；解析：因为离子向下偏，根据左手定则，离子带正电，运动轨迹如图所示，由几何关系可知r=Rsinα，由qvB=mv2r可得v=kBRsinα，故B正确．]8.

答案为：C；解析：设有界磁场Ⅰ宽度为d，则粒子在磁场Ⅰ和磁场Ⅱ中的运动轨迹分别如图1、2所示，由洛伦兹力提供向心力知Bqv=mv2r，得B=mvrq，由几何关系知d=r1sinθ，d=r2tanθ，联立得B1B2=cosθ，C正确．9.答案为：B；解析：对物块分析可知其受重力、支

持力、洛伦兹力和摩擦力作用，由左手定则可知，洛伦兹力方向向上；水平方向受摩擦力作用而做减速运动；则由F=Bqv可知，洛伦兹力减小，故m对M的压力增大，摩擦力增大，故m的加速度越来越大；同时M受m向右的摩擦力作用

，M也做减速运动；因摩擦力增大，故M的加速度也越来越大；v—t图象中图线斜率的绝对值表示加速度大小，则可知v—t图象中对应的图线应为曲线；对M、m组成的系统分析可知，系统所受外力之和为零，故系统的动量守恒，最

终木板和物块速度一定相同，则有mv0－Mv0=(M＋m)v，因M>m，故最终速度一定为负值，说明最终木板和物块均向左做匀速运动，则B正确．10.答案为：C；解析：由qvB=mv2R可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径R=23d，

当速度方向沿AN时，轨迹交PQ于B点，当轨迹恰好与PQ相切时，轨迹交PQ于C点，B、C间的距离为粒子能从PQ边界射出的区域长度，由几何关系可知∠O1BC=∠O2AD=30°，所以BC=2Rcos30°=3R；当粒子垂直于MN射入时，粒子与MN交于E点(轨迹是半圆，没画出

)，A、E间的距离是粒子能从MN边界射出的长度，AE=2R，所以BCAE=3R2R=32.11.答案为：CD；解析：由题意可知，正粒子经磁场偏转后，都集中于一点a，根据左手定则可知，磁场的方向垂直平面向外，故A错误；由洛伦兹力提供向心力，可得T=2πmqB，而运动的时间还与圆心角有关，因此粒子的

运动时间不等，故B错误；由洛伦兹力提供向心力，可得R=mvqB，由于为同种粒子，且速度大小相等，所以它们的运动半径相等，故C正确；所有带电粒子通过磁场偏转后都会聚于x轴上的a点，因此磁场区边界可能是圆，也可能是圆

弧，故D正确；故选C、D.]12.答案为：BC；解析：根据题述一质量为m、电荷量为＋q的带电粒子以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O后，做一次半径为R2的完整的圆周运动，根据左手定则可判断出磁场方向垂直纸面向里，选项A错误；根据

洛伦兹力提供向心力，qvB0=mv2r，且r=R2，可得B0=2mvqR，选项B正确；带电粒子做匀速圆周运动的周期T=2πrv=πRv，带电粒子以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O所需时间t=Rv，所以题图(b)中T0=t＋T=Rv＋πRv=R＋πRv，选项C正确；若t=0时，质量为m

、电荷量为－q的带电粒子以初速度v从A点沿直径AB射入场区，运动到圆心O后，根据左手定则知粒子将向下偏转与挡板MN碰撞后运动14圆周，再与挡板B碰撞后运动一段圆弧后射出场区，不能返回A点，选项D错误．13.解：(1)粒子的运动轨迹如图所

示．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设在x≥0区域，圆周半径为R1；设在x＜0区域，圆周半径为R2；由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv0B0=mv20R1①qv0(λB0)=mv20R2②粒子速度方向转过180°时，所

用时间t1为t1=πR1v0③粒子再转过180°时，所用时间t2为t2=πR2v0④联立①②③④式得，所求时间t0=t1＋t2=＋λqB0(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d=2(R1－R2)=2－1mv0λqB014.解：(1)因粒子从A点出发，

经过Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ区域后能回到A点，由对称性可知粒子做圆周运动的半径为r=d由Bqv=mv2r得v=Bqdm所以运动时间为t=2πr＋2dv=2πm＋2mBq.(2)在区域Ⅱ内由动能定理得qEd=12mv

21－12mv2由题意知在区域Ⅲ内粒子做圆周运动的半径仍为r=d由2Bqv1=mv21r得v1=2Bqdm联立解得E=3dqB22m.(3)改变区域Ⅰ内磁场后，粒子运动的轨迹如图所示．由12Bqv=mv2R得R=2d，所以OC=R2－d2=3d粒子出射点距A点的距离为s=r＋R－

OC=(3－3)d.