2020届高考物理一轮复习：第九章 第2讲 磁场对运动电荷的作用(含解析)
板块三限时规范特训
时间：45分钟满分：100分
一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。其中1～5为单选，6～10为多选)
1. [2017·甘肃省一模]如图所示，两相邻且范围足够大的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ的磁感应强度方向平行，大小分别为B和2B。一带正电粒子(不计重力)以速度v从磁场分界线MN上某处射入磁场区域Ⅰ，其速度方向与磁场方向垂直且与分界线MN成60°角，经过t1时间后粒子进入到磁场区域Ⅱ，又经过t2时间后回到区域Ⅰ，设粒子在区域Ⅰ、Ⅱ中的角速度分别为ω1、ω2，则()
A.ω1∶ω2＝1∶1 B．ω1∶ω2＝2∶1
C.t1∶t2＝1∶1 D．t1∶t2＝2∶1
答案 C
解析由q v B＝m v2
R和v＝ωR得ω＝
Bq
m，故ω1∶ω2＝1∶2；粒子在
Ⅰ中的轨迹对应的圆心角均为120°，在Ⅱ中的轨迹对应的圆心角为
240°由T＝2πm
qB T2＝
πm
qB和t＝
θ
360°·T知t1∶t2＝1∶1。
2. [2017·四川四市二诊]如图所示，半径为r的圆形空间内，存在垂直于纸面向外的匀强磁场，一个质量为m，电荷量为q的带电粒子(不计重力)，从静止经电场加速后从圆形空间边缘上的A点沿半径方向垂直于磁场方向射入磁场，在C点射出，已知∠AOC＝120°，粒子在磁场中运动时间为t0，则加速电场的电压是()
A.π2r 2m 6qt 2
0 B.π2r 2m 24qt 20 C.2π2r 2m 3qt 20 D.π2r 2m 18qt 20
答案 A
解析 根据几何知识可知，粒子轨迹对应的圆心角为α＝60°＝π3
，轨迹半径为R ＝r tan60°＝3r ，由t 0＝π
32π·2πR v 及qU ＝12m v 2得U ＝π2r 2m 6qt 20
。 3.如图甲所示有界匀强磁场Ⅰ的宽度与图乙所示圆形匀强磁场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B 1、B 2，则B 1与B 2的比值为( )
A ．2cos θ
B ．sin θ
C ．cos θ
D ．tan θ
答案 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
迹分别如图所示，由洛伦兹力提供向心力知Bq v ＝m v 2r ，得B ＝m v rq ，
由几何关系知d ＝r 1sin θ，d ＝r 2tan θ，联立得B 1B 2
＝cos θ，C 正确。
4. [2016·安徽芜湖模拟]如图所示，在x 轴上方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B 。在xOy 平面内，从原点O 处沿与x 轴正方向成θ角(0<θ<π)以速率v 发射一个带正电的粒子(重力不计)。则下列说法正确的是( )
A.若v 一定，θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
B.若v 一定，θ越大，则粒子在离开磁场的位置距O 点越远
C.若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大
D.若θ一定，v 越大，则粒子在磁场中运动的时间越短
答案 A
解析 由左手定则可知，带正电的粒子向左偏转。轨迹对应的圆心角
α＝2π－2θ，粒子在磁场中运动时间t ＝α2π
T ＝2(π－θ)m qB 。若v 一定，
θ越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，A项正确；若v一定，θ等于90°时，粒子在离开磁场的位置距O点最远，B项错误；若θ一定，粒子在磁场中运动的周期与v无关，粒子在磁场中运动的角速度与v无关，粒子在磁场中运动的时间与v无关，C、D两项错误。
5.如图甲所示为足够大空间内存在水平方向的匀强磁场，在磁场中A、B两物块叠在一起置于光滑水平面上，物块A带正电，物块B不带电且表面绝缘，A、B接触面粗糙，自t＝0时刻起用水平恒力F作用在物块B上，两物块由静止开始做匀加速直线运动。乙图图象的横轴表示时间，则纵轴y可以表示()
A.A所受摩擦力的大小B．B对地面压力的大小
C.A所受合力的大小D．B所受摩擦力的大小
答案 B
解析由于A、B由静止开始做匀加速直线运动，所以合外力恒定，且B所受摩擦力大小等于B对A的摩擦力，以A为研究对象，由牛顿第二定律得f＝m A a，不随时间改变，故A、C、D选项错误。A带正电，所受洛伦兹力向下，A受支持力F N A＝m A g＋Bq v＝m A g＋Bqat，符合图象。B受地面支持力F N B＝(m A＋m B)g＋Bq v＝(m A＋m B)g＋Bqat，也符合图象，故B选项正确。
6. [2017·广西南宁一模]如图所示，MN是纸面内的一条直线，其所在空间充满与纸面平行的匀强电场或与纸面垂直的匀强磁场(区域都足够大)，现有一重力不计的带电粒子从MN上的O点以平行于纸面的初速度v0射入，下列有关判断正确的是()
A.如果粒子回到MN上时速度增大，则空间存在的一定是电场
B.如果粒子回到MN上时速度大小不变，则该空间存在的一定是电场
C.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN上时与其所成夹角不变，则该空间存在的一定是磁场
D.若只改变粒子的速度大小，发现粒子再回到MN所用的时间不变，则该空间存在的一定是磁场
答案AD
解析洛伦兹力对带电粒子不做功，不能使粒子速度增大，静电力可对带电粒子做功，动能增大，故A正确；若存在匀强磁场，则粒子返回MN时速率不变，故B错误；若MN为一等势面，则粒子回到MN时，速度大小不变，且沿MN方向的速度不变，则速度与MN
夹角不变，故C错误；由T＝2πm
Bq知，粒子在磁场中运动的时间与速
率无关，故D正确。
7. [2017·甘肃省模拟]如图所示，在一等腰三角形ACD区域内有垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B。一质量为m、电荷量为q的带正电粒子(不计重力)从AC边的中点O垂直于AC边射入该匀强磁场区域，若该三角形的两直角边长均为2l，则下列关于粒子运动的说法中正确的是()
A.若该粒子的入射速度为v ＝qBl m ，则粒子一定从CD 边射出磁场，
且距点C 的距离为l
B.若要使粒子从CD 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝2qBl m
C.若要使粒子从AC 边射出，则该粒子从O 点入射的最大速度应为v ＝qBl 2m
D.该粒子以不同的速度入射时，在磁场中运动的最长时间为m πqB
答案 ACD
解析 若该粒子的入射速度为v ＝qBl m ，由Bq v ＝m v 2r 解得r ＝l ，根据
几何关系可知，粒子一定从CD 边距C 点为l 的位置离开磁场，故A
正确；v ＝Bqr m ，速度越大，半径越大，根据几何关系可知，若要使
粒子从CD 边射出，则粒子速度最大时，轨迹与AD 边相切，则由几何关系可知，最大半径一定大于2l ，故B 错误；若要使粒子从AC
边射出，则该粒子从O 点入射的最大半径为l 2
，因此最大速度应为v ＝qBl 2m
，故C 正确；粒子在磁场中做匀速圆周运动的周期为2πm Bq ，根据几何关系可知，粒子在磁场中运动的最大圆心角为180°，故最长
时间为m πqB ，故D 正确。
8. 如图所示，宽d ＝4 cm 的有界匀强磁场，纵向范围足够大，磁场方向垂直纸面向里。现有一群正粒子从O 点以相同的速率沿纸面不同方向进入磁场，若粒子在磁场中做匀速圆周运动的轨道半径为r ＝10 cm ，则( )
A.右边界：－8 cm B.右边界：0 C.左边界：y >8 cm 有粒子射出 D.左边界：0 答案 AD 解析 根据左手定则，正粒子在匀强磁场中将沿逆时针方向转动，由轨道半径r ＝10 cm 画出粒子的两种临界运动轨迹，如图所示，则OO 1＝O 1A ＝OO 2＝O 2C ＝O 2E ＝10 cm ，由几何知识求得AB ＝BC ＝8 cm ，OE ＝16 cm ，因此答案为A 、D 。 9. 如图所示，MN是磁感应强度为B的匀强磁场的边界。一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内从O点射入磁场。若粒子速度为v0，最远可落在边界上的A点。下列说法中正确的有() A.若粒子落在A点的左侧，其速度一定小于v0 B.若粒子落在A点的右侧，其速度一定大于v0 C.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能小于v0－qBd 2m D.若粒子落在A点左右两侧d的范围内，其速度不可能大于v0＋qBd 2m 答案BC 解析因粒子由O点以速度v0入射时，最远落在A点，又粒子在O 点垂直射入磁场时，在边界上的落点最远，即x OA 2＝ m v0 Bq，所以粒子若 落在A的右侧，速度应大于v0，B正确；当粒子落在A的左侧时，由于不一定是垂直入射，所以速度可能等于、大于或小于v0，A错 误；当粒子射到A 点左侧相距d 的点时，最小速度为v min ，则x OA －d 2＝m v min Bq ，又因x OA 2＝m v 0Bq ，所以v min ＝v 0－Bqd 2m ，所以粒子落在A 点左右两侧d 的范围内，其速度不可能小于v min ＝v 0－Bqd 2m ，C 正确；当粒子射到A 点右侧相距d 的点时，最小速度为v 1，则x OA ＋d 2 ＝m v 1Bq ，又因x OA 2＝m v 0Bq ，即v 1＝v 0＋Bqd 2m ，D 错误。 10. [2016·河北、河南、山西质监]如图所示，在xOy 平面内的y 轴和虚线之间除圆形区域外的空间存在匀强磁场，磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小为B 。虚线经过Q 点(3L,0)且与y 轴平行。圆形区域的圆心P 的坐标为(2L,0)，半径为L 。一个质量为m ，电荷量为q 的带正电的粒子从y 轴上某点垂直y 轴进入磁场，不计粒子的重力，则( ) A.如果粒子没有经过圆形区域到达了Q 点，则粒子的入射速度为v ＝3qBL m B.如果粒子没有经过圆形区域到达了Q 点，则粒子的入射速度为v ＝3qBL 2m C.粒子第一次从P 点经过了x 轴，则粒子的最小入射速度为v min ＝3qBL m D.粒子第一次从P点经过了x轴，则粒子的最小入射速度为v min＝ 2qBL m 答案AC 解析若粒子没经过圆形区域到达了Q点，则轨迹如图甲，和圆形区域相切于Q点，则r＝3L，根据牛顿第二定律Bq v＝ m v2 r得v＝ 3BqL m，A选项正确，B选项错误。粒子第一次从P点经过了x轴，如图乙所示。 设在磁场中转过的圆心角为θ，由几何关系得 r sinθ＋L cosθ＝2L，得r＝ 2－cosθ sinθL＝ 2－2cos2 θ 2＋1 2sin θ 2cos θ 2 L＝ 3 2? ? ? ? ? cos2 θ 2＋sin 2 θ 2－cos2 θ 2 sin θ 2cos θ 2 L ＝ 1 2cos 2 θ 2＋ 3 2sin 2 θ 2 sin θ 2cos θ 2 L＝ ? ? ? ? ? 1 2 1 tan θ 2 ＋ 3 2tan θ 2L≥3L。据Bq v＝ m v2 r得v min＝ 3BqL m，选项C正确，选项D错误。 二、非选择题(本题共2小题，共40分) 11. [2017·河北衡水一模](20分)如图所示，在等边三角形ABC 内存在着垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B 0。在等边三角形ABC 外存在着垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B 0。等边三角形ABC 边长为a ，在顶点A 处放置一“”形的挡板P ，挡板夹角为60°，挡板两边正好分别与AB 、AC 重合，挡板左右两侧 板长均为a 4 。在顶点B 处沿∠ABC 的角平分线方向，有大量不同速率的带电粒子射出，这些粒子的电荷量均为＋q ，质量均为m ，其速率 满足aqB 02m 答案 23 a 解析 发射粒子速率满足aqB 02m F 洛＝m v 2 r 得r ＝m v qB 0 可知在三角形ABC 内部，带电粒子的轨道半径满足a 2 由几何关系可知，能够打在AC边上的速率最小值 所对应半径(在三角形外部)为a 3 此时可证明该速率所对圆心O恰好在AC边上，且 AO＝a 3 如图所示，由几何关系可知AD＝2 3a 12. [2016·海南高考](20分)如图，A、C两点分别位于x轴和y轴上，∠OCA＝30°，OA的长度为L。在△OCA区域内有垂直于xOy平面向里的匀强磁场，质量为m、电荷量为q的带正电粒子，以平行于y 轴的方向从OA边射入磁场。已知粒子从某点入射时，恰好垂直于OC边射出磁场，且粒子在磁场中运动的时间为t0。不计重力。 (1)求磁场的磁感应强度的大小； (2)若粒子先后从两不同点以相同的速度射入磁场，恰好从OC边上的同一点射出磁场，求该粒子这两次在磁场中运动的时间之和； (3)若粒子从某点射入磁场后，其运动轨迹与AC 边相切，且在磁场内运动的时间为53t 0，求粒子此次入射速度的大小。 答案 (1)πm 2qt 0 (2)2t 0 (3)3πL 7t 0 解析 (1)粒子在磁场中做匀速圆周运动，在时间t 0内其速度方向改变了90°，故其周期 T ＝4t 0① 设磁感应强度大小为B ，粒子速度大小为v ，圆周运动的半径为r 。由洛伦兹力公式和牛顿第二定律得 q v B ＝m v 2 r ② 匀速圆周运动的速度满足 v ＝2πr T ③ 联立①②③式得 B ＝πm 2qt 0 ④ (2)设粒子从OA 边两个不同位置射入磁场，能从OC 边上的同一点P 射出磁场，粒子在磁场中运动的轨迹如图甲所示。设两轨迹所对应的圆心角分别为θ1和θ2。由几何关系知 θ1＝180°－θ2⑤ 粒子两次在磁场中运动的时间分别为t 1与t 2，则 t1＋t2＝T 2＝2t0⑥ (3)如图乙，由题给条件可知，该粒子在磁场区域中的轨迹圆弧对应的圆心角为150°。设O′为圆弧的圆心，圆弧的半径为r0，圆弧与AC相切于B点，从D点射出磁场，由几何关系和题给条件可知，此时有 ∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋ r0 cos∠BO′A ＝L⑧ 设粒子此次入射速度的大小为v0，由圆周运动规律得 v0＝2πr0 T⑨ 联立①⑦⑧⑨式得v0＝3πL 7t0⑩