【文档说明】高考物理一轮复习第9章磁场第26讲磁吃运动电荷的作用练习(含解析).doc，共(11)页，189.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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1第26讲磁场对运动电荷的作用[解密考纲]考查带电粒子在匀强磁场中的运动，对学生综合分析能力要求较高．1．(2019·绵阳高三第二次诊断)如图所示，长方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，同一带电粒子，以速率v1沿ab射入磁场区域，垂直于dc边离开磁场区域，运

动时间为t1；以速率v2沿ab射入磁场区域，从bc边离开磁场区域时与bc边夹角为150°，运动时间为t2.不计粒子重力．则t1∶t2是()A．2∶3B．3∶2C．3∶2D．2∶3C解析根据题意作出粒子运动轨迹如图所示．由几何知识可知α＝90°，β＝60°，粒子在磁场中做圆周运动的周期T＝2π

mqB，粒子在磁场中的运时间t＝θ2πT，粒子在磁场中的运动时间之比t1t2＝αβ＝90°60°＝32，故选项C正确，A、B、D错误．2．(2017·全国卷Ⅱ)如图所示，虚线所示的圆形区域内存在一垂直于纸面的匀强磁场，P为磁场边界上的一点，大量相同的带电粒子以相同的速率经过P点

，在纸面内沿不同方向射入磁场．若粒子射入速率为v1，这些粒子在磁场边界的出射点分布在六分之一圆周上；若粒子射入速率为v2，相应的出射点分布在三分之一圆周上．不计重力及带电粒子之间的相互作用．则v2∶v1为()A．3∶2B．2∶1C．3∶1D．3∶22C解析由于是相同的粒子，粒

子进入磁场时的速度大小相同，由qvB＝mv2R可知，R＝mvqB，即粒子在磁场中做圆周运动的半径相同．若粒子运动的速度大小为v1，如图所示，通过旋转圆可知，当粒子在磁场边界的出射点A离P点最远时，则AP＝2R1；同样，若粒子运动的速度大小为v2，

粒子在磁场边界的出射点B离P点最远时，则BP＝2R2，由几何关系可知，R1＝R2，R2＝Rcos30°＝32R，则v2v1＝R2R1＝3，选项C正确．3．如图所示，正六边形abcdef区域内有垂直于纸面向外的匀强

磁场．一带正电的粒子从f点沿fd方向射入磁场区域，当速度大小为vb时，从b点离开磁场，在磁场中运动的时间为tb，当速度大小为vc时，从c点离开磁场，在磁场中运动的时间为tc，不计粒子重力．则()A．vb∶vc＝1∶2tb

∶tc＝2∶1B．vb∶vc＝2∶1tb∶tc＝1∶2C．vb∶vc＝2∶1tb∶tc＝2∶1D．vb∶vc＝1∶2tb∶tc＝1∶2A解析如图所示，设正六边形的边长为l，当带电粒子的速度大小为vb时，其圆心在a点，轨道半径r1＝l，转过的圆心角θ1＝23π，当带电粒子的速度大小

为vc时，其圆心在O点(即fa、cb延长线的交点)，故轨道半径r2＝2l，转过的圆心角θ2＝π3，根据qvB＝mv2r，得v＝qBrm，故vbvc＝r1r2＝12；由于T＝2πrv得T＝2πmqB，所以两粒子在磁场中做圆周运动的周期相等，又t＝θ2πT，所以tbtc＝θ1θ2＝21，故选项A

正确，B、C、D错误．4．(2019·洛阳高三第一次质量预测)(多选)在xOy平面内以O为圆心，半径为r的圆形区域内，存在磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直于xOy平面．一个质量为m、电3荷量为q的带电粒子，从原点O

以初速度v沿y轴正方向开始运动，经时间t通过x轴上的P点，此时速度与x轴正方向成θ角，如图所示．不计粒子的重力，下列说法正确的是()A．r一定大于2mvqBB．若r＝3mvqB，则θ＝60°C．若r＝2mvqB，则t＝

πmqBD．若θ＝45°，则t＝3πm4qBACD解析粒子在磁场中运动时，洛伦兹力提供向心力，得qvB＝mv2R，粒子运动的轨道半径为R＝mvqB，经时间t通过x轴上的P点，则由图可知出磁场的方向斜向

下，所以粒子运动的轨道半径为满足R<r2，即mvqB<r2，解得r>2mvqB，故选项A正确；若r＝3mvqB，粒子运动的轨道半径为R＝mvqB＝33r，则由图和几何关系可得圆心角为120°，此时速度与x轴正方向成θ＝30°，故选项B错误；若r＝

2mvqB，粒子运动的轨道半径为R＝mvqB＝12r，则粒子能在磁场中做完整的圆周运动，经过P点的时间t＝T2＝πmqB，故选项C正确；若θ＝45°，则由图和几何关系可得圆心角为135°，经过P点的时间t＝135°360°·2πmqB＝3πm4qB，故选项D

正确．5．(2019·皖北协作区高三联考)(多选)如图所示，两根长直导线竖直插入粗糙绝缘水平桌面上的M、N两小孔中，O为M、N连线中点，连线上a、b两点关于O点对称．导线通有大小相等、方向相反的电流．已知通电长直导线在周围产生的磁场的磁感应强度

B＝kIr，式中k是常数、I为导线中电流、r为点到导线的距离．带负电的小物体在拉力F的作用下，4以速度v从a点出发沿连线运动到b点做匀速直线运动，小球与桌面的动摩擦因数为μ，关于上述过程，下列说法正确的是()A．拉力F一直增大B．小物体对桌面的压力先减小后增大C．桌面对小物体的作用

力方向不变D．拉力F的功率先减小后增大BCD解析根据右手螺旋定则可知直线M附近处的磁场方向垂直于MN向里，直线N附近的磁场方向垂直于MN向里，根据磁场的磁感应强度B＝kIr，可知磁感应强度先减小后增大，根据左手定则可知，带负电的

小球受到的洛伦兹力方向向下，根据F＝qvB可知，其大小是先减小后增大，小球对桌面的压力先减小后增大，摩擦力也是先减小后增大，因为小球做匀速直线运动，合力为零，所以拉力先减小后增大，选项A错误，B正确；因为小球做匀速直线运动，合力为零，在水平方

向上拉力与摩擦力相等，在竖直方向上支持力和重力相等，所以桌面对小物体的作用力方向不变，选项C正确；由上可知拉力先减小后增大且物体做匀速运动，根据P＝Fv，可知拉力F的功率先减小后增大，选项D正确．6．(2019·南京、盐城高三第二次模拟)如图所示，在磁感应强度为B

，范围足够大的水平匀强磁场内，固定着倾角为θ的绝缘斜面，一个质量为m、电荷量为－q的带电小物块以初速度v0沿斜面向上运动，小物块与斜面间的动摩擦因数为μ.设滑动时电荷量不变，在小物块上滑过程中，其加速度大小a与时间t的关系图象，可能正确的是()C解析根据牛顿第二定律，沿斜面方向mgsi

nθ＋μFN＝ma，垂直斜面方向FN＝mgcosθ＋qvB，联立解得a＝gsinθ＋μgcosθ＋μqvBm，速度越小，加速度越小，速度减小的越慢，加速度减小的越慢，但减不到零，故选项C正确，A、B、D错误．7．(2019·长沙模拟)如图所示

，一个理想边界为PQ、MN的匀强磁场区域，磁场宽度为d，方向垂直纸面向里．一电子从O点沿纸面垂直PQ以速度v0进入磁场．若电子在磁场中运动的轨道半径为2d.O′在MN上，且OO′与MN垂直．下列判断正确的是()5A．电子将向右偏转B．电子打在MN上的点与O′点的距离为dC．电子打在MN上的点

与O′点的距离为3dD．电子在磁场中运动的时间为πd3v0D解析电子带负电，进入磁场后，根据左手定则判断可知，所受的洛伦兹力方向向左，电子将向左偏转，如图所示，故选项A错误；设电子打在MN上的点与O′点的距离为x，则由几何知识得x＝r－r2－

d2＝2d－d2－d2＝(2－3)d，故选项B、C错误；设轨迹对应的圆心角为θ，由几何知识得sinθ＝d2d＝0.5，得θ＝π6，则电子在磁场中运动的时间为t＝θrv0＝πd3v0，故选项D正确．8．(201

9·茂名高三综合测试)(多选)如图所示，OACD是一长为OA＝L的矩形，其内存在垂直纸面向里的匀强磁场，一质量为m、带电量为q的粒子从O点以速度v0垂直射入磁场，速度方向与OA的夹角为α，粒子刚好从A点射

出磁场，不计粒子的重力，则()A．粒子一定带正电B．匀强磁场的磁感应强度为2mv0sinαqLC．粒子从O到A所需的时间为αLv0sinαD．矩形磁场的宽度最小值为2Lsinα(1－cosα)BC解析由题意可知，粒子进入磁场时所受洛伦兹力斜向右下方，由左手定则可知，粒子带负电，故选项A错误

；粒子运动轨迹如图所示，由几何知识可得r＝L2sinα，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qv0B＝mv20r，解得B＝2mv0sinαqL，故选项B正确；由几何知识可知，粒子在磁场中转过的圆心角θ＝2α，粒子6在磁场中做圆周运动的周期T＝2πrv0，

粒子在磁场中的运动时间t＝θ2πT＝αLv0sinα，故选项C正确；根据图示，由几何知识可知，矩形磁场的最小宽度d＝r－rcosα＝L2sinα(1－cosα)，故选项D错误．9．(2019·四川四市高三第二次诊断)(多选)如图所示，半径为R的半圆形区域，直径为MN，圆心为O，A、C、D

是圆弧上的点，AO垂直于MN，C点到MN的距离为12R.该区域内(包括边界)有垂直纸面向里的匀强磁场．带正电的粒子a和b，先后以平行于MN方向的速度v从C、D点射入磁场，都从O点离开磁场．粒子质量均为m，电荷量分别为qa、qb.不计粒子重力．则()A．磁感应强度B＝2m

vqaRB．粒子a在磁场中运动时间t＝πR3vC．qa>qbD．qa<qbBD解析由几何关系可知，设C点到OA的距离为x，则x2＝R2×3R2，解得x＝32R；粒子a从O点离开磁场，设轨道半径为r，则由几何关系r2＝r

－R22＋x2，解得r＝R，则由qvB＝mv2r，解得B＝mvqaR，选项A错误；由几何关系可知，粒子在磁场中做圆周运动转过的角度为sinθ＝xr＝32，则θ＝60°，则所用的时间t＝60°360°T＝16·2πrv＝πR3v，选项B正确；由几何关系可知，粒子a运动的半径大于

b，根据qvB＝mv2r可知，qa<qb，选项C错误，D正确．10．(2019·河南省实验中学高三模拟)如图所示，圆形区域内有垂直纸面的匀强磁场，7三个质量和电荷量都相同的带电粒子a、b、c，以不同的速率对准圆心O沿着AO方向射入磁场，其运动轨

迹如图．若带电粒子只受磁场力的作用，则下列说法正确的是()A．它们做圆周运动的周期Ta<Tb<TcB．a粒子在磁场中运动时间最短C．三粒子离开磁场时速度方向仍然相同D．c粒子速率最大D解析由于粒子运动的周期T＝2πmBq及t＝θ2πT可知，三粒子运动的周期相同，a在

磁场中运动的偏转角最大，运动的时间最长，故选项A、B错误；曲线运动的速度的方向沿曲线的切线的方向，所以三粒子离开磁场时速度方向不相同，故选项C错误；粒子在磁场中做匀速圆周运动时，由洛伦兹力提供向心力，根据qvB

＝mv2r，可得r＝mvBq，则可知三个带电粒子的质量、电荷量相同，在同一个磁场中，当速度越大时，轨道半径越大，则由图知，a粒子速率最小，c粒子速率最大，故选项D正确．11．(2019·安徽舒城中学高三仿真)

(多选)如图所示，xOy坐标轴上有A(L,0)、C(0，3L)两点．在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场B．一群质量为m、电荷量为q(q>0)的同种粒子(粒子间相互作用不计)，同一时刻从OC边以平行于x轴

方向射入磁场．粒子射入磁场前间距均匀(极小)、速度相同．从OC边射出的粒子占粒子总数75%.不计重力．下列说法正确的是()A．粒子在磁场中按顺时针方向运动B．粒子在磁场中运动时间最长为πmqBC．粒子速度大小为3qBL9mD．当

粒子速度大小为3qBL6m时，从OC边射出的粒子占粒子总数50%BD解析用左手定则可以判断粒子在磁场中按逆时针方向运动，故选项A错误；粒子在磁场中运动的周期为T＝2πmqB，轨迹对应的圆心角最大值为θ＝π，所以运动时间最长为8t＝θ2πT

＝πmqB，故选项B正确；设从OC边P点入射的粒子恰能从OC边射出，半径为r，其轨迹恰好与AC相切，如图所示，因为C点坐标为(0，3L)，所以OC＝3L，因为粒子从OC边均匀射入，75%粒子能从OC边射出，故OC边75%长度射入的粒子能从OC边射出，即从OP段入射的粒子均能从

OC边射出，CP段入射粒子不能从OC边射出，可知CP＝14OC＝34L，根据几何关系可得CP＝r＋rsin30°＝34L，解得r＝3L12，①根据洛伦兹力提供向心力可得qvB＝mv2r，②联立①②式可得粒子速度大小v＝3qBL12m，故选项C错误；当粒子速度大小为3qBL6

m，根据qvB＝mv2r，r＝3L6，CP＝r＋rsin30°＝3L2，从OC边射出的粒子占粒子总数50%，故选项D正确．12．(2019·皖南八校高三第二次联考)(多选)如图所示，正方形abcd区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，O点

是cd边的中点，一个带正电的粒子(重力忽略不计)若从O点沿纸面以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场．现设法使该带电粒子从O点沿纸面以与Od成30°的方向(如图中虚线所示)，以各种不同的速率射入

正方形内，那么下列说法正确的是()A．该带电粒子不可能刚好从正方形的某个顶点射出磁场B．若该带电粒子从ab边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是23t0C．若该带电粒子从bc边射出磁场，它在磁场中经历的时间可能是t0D．若该带电粒子从cd边射出磁场，它

在磁场中经历的时间可能是43t0ABC解析由题知，带电粒子以垂直于cd边的速度射入正方形内，经过时间t0刚好从c点射出磁场，则知带电粒子的运动周期为T＝2t0.9作出粒子恰好从各边射出的轨迹，发现粒子不可能经过正方形的某顶点，故选项A正确．作出粒子恰好

从ab边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于150°，在磁场中经历的时间不大于512个周期，即5t06；圆心角不小于60°，在磁场中经历的时间不小于16个周期，即t03，故选项B正确．作出粒子恰好从bc边射出的轨迹，由几何关系知圆心角不大于

240°，在磁场中经历的时间不大于23个周期，即4t03；圆心角不小于150°，在磁场中经历的时间不小于512个周期，即5t06，故选项C正确．若该带电粒子在磁场中经历的时间是56个周期，即5t03；粒子轨

迹的圆心角为θ＝5π3，速度的偏向角也为5π3，根据几何知识得知，粒子射出磁场时与磁场边界的夹角为30°，必定从cd射出磁场，故选项D错误．13．(2019·黄山高三质量检测)如图所示，在半个空间中分布一匀强磁场

，磁感应强度为B(垂直纸面并指向纸面内)．磁场边界为MN(垂直纸面的一个平面)．在磁场区内有一点电子源(辐射发射源)S，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子．这里仅考察电子源所在的平面内，由电子源发射

的电子，不计电子间的相互作用，并设电子源离界面MN的垂直距离为L.(1)点电子源S发射的电子，其速度达多大时，界面MN上将有电子逸出？(2)若点电子源S发射的电子速度大小均为eBLm，在界面MN上多宽范围内有电子逸出

？(其中m为电子质量，e为电子带电量)(3)若电子速度为－3BeLm，逸出的电子数占总发射电子数的比例为多少？解析(1)由洛伦兹力提供向心力mv2r＝Bev，得r＝mvBe，临界图如图甲所示，又2r＝L，得v＝eBL2m.10(2)把v＝eB

Lm代入r＝mvBe，有r＝L；画出临界图如图乙所示．在A下方A、B两点之间有电子射出，故YAB＝L，在A点上方A、C两点之间有电子射出，故YAC＝r2－L2＝3L，综上，在边界宽度为(3＋1)L的范围内有电子射出．(3)把v＝－3BeLm代入r＝mvBe，得r＝2(2－3)L

，临界图如图丙所示．由几何知识有cosθ1＝L－rr＝32，所以θ1＝30°，同理亦有θ2＝30°，可得速度方向在θ角内的电子都可以从MN边界射出，由几何知识有θ＝60°；又点电子源S，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子，故逸出的电子数

占总发射电子数的比例为θ360°＝16.答案(1)eBL2m(2)(3＋1)L(3)1614．(2019·蚌埠高三教学质量检查)如图所示，在竖直平面内的xOy坐标系中，有一个边界为圆形的匀强磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直xOy平面向里，其边界分别过原点O(0,0)、点P(L,0)和点Q(0

，3L)，第一象限内同时还存在一个竖直方向的匀强电场，一比荷为k的带电小球以某一初速度平行y轴正方向从P点射入磁场做匀速圆周运动，并从Q点离开磁场，重力加速度为g，求：(1)匀强电场的方向和场强E的大小；(2)小

球在磁场中运动的速率和时间t.解析(1)由题意可知，小球带正电荷，小球受到的电场力和重力平衡，则电场的方向竖直向上，且qE＝mg，又qm＝k，故E＝gk.(2)小球在磁场中运动的轨迹如图所示．圆心为C，半径为r，根据几何关系可得r

2＝(r－L)2＋(3L)2，解得r＝2L，故△PQC是等边三角形，根据牛顿第二定律可得qvB＝mv2r，解11得r＝vBk，故小球运动速率v＝2BLk.由T＝2πrv，解得T＝2πBk，故小球在磁场中运动的时间t＝16T＝π3Bk.答案(1)竖直向上gk(2)2BLkπ3Bk