適用于新高考新教材備戰(zhàn)2025屆高考物理一輪總復習第11章磁場第2講磁吃運動電荷的作用力

第2講磁場對運動電荷的作用力基礎對點練題組一洛倫茲力1.(2024江蘇連云港模擬)電視機顯像管的偏轉線圈示意圖如圖所示,線圈中心O處的黑點表示電子槍射出的電子,它的方向垂直紙面對外。當偏轉線圈中的電流方向如圖所示時,電子束應()A.向左偏轉 B.向上偏轉C.向下偏轉 D.不偏轉2.(多選)(2024廣東深圳期末)如圖甲所示,一個立方體空間被對角平面ABCD劃分成兩個區(qū)域,兩區(qū)域分布有磁感應強度大小相等、方向相反,且與y軸平行的勻強磁場。一粒子以某一速度從立方體左側垂直yOz平面進入磁場,并穿過兩個磁場區(qū)域。已知該粒子運動軌跡在xOz平面的投影如圖乙所示,則粒子的帶電狀況與磁場方向可能正確的有()3.(多選)(2024廣東惠州模擬)如圖所示,導線中帶電粒子的定向運動形成了電流。電荷定向運動時所受洛倫茲力的矢量和,在宏觀上表現(xiàn)為導線所受的安培力。下面的分析正確的是()A.洛倫茲力和安培力是性質相同的兩種力B.洛倫茲力的方向、粒子運動方向和磁場方向不愿定相互垂直C.粒子在只受到洛倫茲力作用時動能會削減D.帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動時,其運動半徑與帶電粒子的比荷無關題組二帶電粒子在勻強磁場中的運動4.(2024廣東佛山模擬)一個帶電粒子沿垂直于磁場的方向射入一勻強磁場,粒子的一段徑跡如圖所示,徑跡上每小段可近似看成圓弧,由于帶電粒子使沿途空氣電離,粒子的動能漸漸減小,粒子所帶的電荷量不變,則由圖中狀況可判定下列說法正確的是()A.粒子從a運動到b,帶正電B.粒子從b運動到a,帶正電C.粒子從a運動到b,帶負電D.粒子從b運動到a,帶負電5.托卡馬克裝置是一種利用磁約束來實現(xiàn)受控核聚變的環(huán)形容器,其結構如圖所示。工作時,高溫等離子體中的帶電粒子被強勻強磁場約束在環(huán)形真空室內部,而不與器壁碰撞。已知等離子體中帶電粒子的平均動能與等離子體的溫度T成正比。為了約束更高溫度的等離子體,須要更強的磁場,以使帶電粒子在磁場中的運動半徑不變。由此可推斷所需的磁感應強度B正比于()A.T B.T2 C.T D.T6.如圖所示,在直角三角形ABC區(qū)域內有垂直紙面對外的勻強磁場,磁感應強度為B1。一個電子從A點沿AC邊進入磁場,從BC邊離開磁場,速度方向偏轉了30°。已知AB=L,∠ACB=30°,tan15°=2-3。元電荷為e,電子的質量為m,不計重力,則電子的速率為()A.(2+3C.(3+37.(多選)如圖所示,O點為兩個半圓的圓心,兩個半圓間的區(qū)域內(含邊界)有垂直紙面對外的磁場(圖中沒有畫出),磁感應強度大小與到圓心O的距離成反比。粒子a、b從左邊入口進入,分別沿著內半圓和外半圓做勻速圓周運動。已知內、外半圓的半徑之比為1∶2,粒子a、b的質量之比為1∶2,電荷量之比為1∶2,不計粒子的重力和粒子間的相互作用。下列說法正確的是()A.粒子a、b的速度大小之比為1∶1B.粒子a、b的速度大小之比為1∶2C.粒子a、b在磁場中運動時間之比為1∶1D.粒子a、b在磁場中運動時間之比為2∶18.(多選)如圖所示,圓形區(qū)域內有垂直紙面對里的勻強磁場,一帶電粒子從圓周上的P點沿半徑方向射入磁場。若粒子射入磁場時的速度大小為v1,運動軌跡為PN;若粒子射入磁場時的速度大小為v2,運動軌跡為PM。不計粒子的重力,下列說法正確的是()A.粒子帶負電B.速度v1小于速度v2C.粒子以速度v1射入時,在磁場中運動時間較長D.粒子以速度v1射入時,在磁場中受到的洛倫茲力較大綜合提升練9.(多選)(2024廣東廣州一模)如圖所示,質子以確定初速度從a點沿ac方向進入立方體區(qū)域abcd-a'b'c'd',由c'點飛出,不計質子重力,該立方體區(qū)域可能僅存在()A.沿ab方向的勻強電場B.沿aa'方向的勻強電場C.沿bb'方向的勻強磁場D.沿bd方向的勻強磁場10.(2024廣東廣州模擬)用如圖甲所示的洛倫茲力演示儀演示帶電粒子在勻強磁場中的運動時發(fā)覺,有時玻璃泡中的電子束在勻強磁場中的運動軌跡呈“螺旋”狀?，F(xiàn)將這一現(xiàn)象簡化成如圖乙所示的情境來探討:在空間存在平行于x軸的勻強磁場,由坐標原點在xOy平面內以初速度v0沿與x軸正方向成α角的方向,射入磁場的電子運動軌跡為螺旋線,其軸線平行于x軸,直徑為D,螺距為Δx,則下列說法正確的是()A.勻強磁場的方向沿x軸負方向B.若僅增大勻強磁場的磁感應強度,則直徑D減小,螺距Δx不變C.若僅增大電子入射的初速度v0,則直徑D增大,螺距Δx減小D.若僅增大α角(α<90°),則直徑D增大,螺距Δx減小,且當α=90°時“軌跡”為閉合的整圓11.(多選)(2024廣東佛山模擬)如圖所示,在正方體d'a'、a'b'、b'b、bc、cc'、c'd'六條棱上通有等大電流,O'點為正方體的中心。在O'點以速度v0沿垂直b'c'方向放射一不計重力的質子,下列質子的運動軌跡在不同坐標平面的投影可能正確的是()12.(2024天津靜海模擬)如圖所示,質量為m、電荷量為q的粒子以垂直于磁感應強度B并垂直于磁場邊界的速度射入寬度為d的勻強磁場中,穿出磁場時速度方向和原來射入方向的夾角θ=60°。(1)畫出偏轉圖,推斷粒子的電性。求粒子的速度大小。(2)穿過磁場所用的時間是多少?參考答案第2講磁場對運動電荷的作用力1.C解析依據(jù)右手螺旋定則推斷上下兩個線圈的N極均在左邊,S極均在右邊,即鐵芯中間處的磁場方向是水平向右的。依據(jù)左手定則判定,由里向外射出的電子流受到的洛倫茲力向下,如圖所示,故電子束向下偏轉,C正確。2.BC解析若粒子帶正電,依據(jù)圖乙粒子運動軌跡結合左手定則可知,左下側區(qū)域磁場方向垂直于xOz平面對里,右上側區(qū)域磁場方向垂直于xOz平面對外,故A錯誤,B正確;若粒子帶負電,依據(jù)圖乙粒子運動軌跡結合左手定則可知,左下側區(qū)域磁場方向垂直于xOz平面對外,右上側區(qū)域磁場方向垂直于xOz平面對里,故C正確,D錯誤。3.AB解析安培力是大量運動電荷所受洛倫茲力的宏觀表現(xiàn),洛倫茲力是安培力的微觀形式,故安培力和洛倫茲力是性質相同的力,本質上都是磁場對運動電荷的作用力,A正確;依據(jù)左手定則,可知洛倫茲力總是垂直磁場方向與速度方向所構成的平面,而磁場方向與速度方向不愿定垂直,B正確;洛倫茲力對粒子不做功,即粒子在只受到洛倫茲力作用時,動能不變,C錯誤;帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動,由洛倫茲力供應向心力得qvB=mv2r,解得r=4.B解析由于帶電粒子使沿途的空氣電離,粒子的動能漸漸減小,則速度漸漸減小,依據(jù)洛倫茲力供應向心力有qvB=mv2R,可得粒子在磁場中運動的半徑公式R=mvqB,所以粒子的半徑漸漸減小,粒子的運動方向是從b5.C解析由牛頓其次定律得qvB=mv2r,帶電粒子的動能Ek=12mv2,解得B=2mEkqr6.C解析電子從BC邊離開磁場,速度方向偏轉了30°,作出軌跡如圖所示,依據(jù)幾何關系有Rtan15°+2Rtan15°cos30°=Ltan60°,解得R=(3+3)L2,依據(jù)evB=m7.AD解析由洛倫茲力供應向心力得qvB=mv2r,得v=qBrm,得粒子a、b的速度大小之比為1∶1,A正確,B錯誤;磁場中運動時間t=πrv,得粒子8.BC解析依據(jù)左手定則可知粒子帶正電,故A錯誤;依據(jù)牛頓其次定律有qvB=mv2R,解得v=qBRm,作出粒子在磁場運動的軌跡如圖所示,依據(jù)圖中軌跡可知,R1<R2,則有v1<v2,故B正確;粒子在磁場中的運動周期為T=2πRv=2πmqB,粒子在磁場中的運動時間為t=α2πT,由圖可知運動軌跡為PN對應的圓心角大于運動軌跡為PM對應的圓心角,故粒子以速度v1射入時,在磁場中運動時間較長,故C正確;粒子在磁場中受到的洛倫茲力大小為F=qvB9.BD解析若立方體區(qū)域僅存在沿ab方向的勻強電場,質子受到的靜電力沿ab方向,會在水平面內做曲線運動,無法到達c',A錯誤;若立方體區(qū)域僅存在沿aa'方向的勻強電場,質子受到的靜電力沿aa'方向,會在豎直面內做曲線運動,有可能到達c',B正確;若立方體區(qū)域僅存在沿bb'方向的勻強磁場,質子受到水平方向的洛倫茲力,會在水平面內做曲線運動,不行能到達c',C錯誤;若立方體區(qū)域僅存在沿bd方向的勻強磁場,質子受到豎直方向的洛倫茲力,會在豎直面內做曲線運動,有可能到達c',D正確。10.D解析將電子的初速度沿x軸及y軸方向分解,沿x軸方向速度與磁場方向平行,做勻速直線運動,沿y軸方向,速度與磁場方向垂直,洛倫茲力供應向心力做勻速圓周運動,由左手定則可知,磁場方向沿x軸正方向,故A錯誤;依據(jù)牛頓其次定律得evB=mv2R,又T=2πRv,v=v0sinα,解得D=2R=2mv0sinαeB,T=2πmeB,所以Δx=vxT=2πmv0cosαeB,若僅增大磁感應強度B,則11.AD解析因d'a'和bc產生的合磁場方向在過O'點沿垂直b'c'方向斜向右上方,而另外四條直導線所產生的合磁場方向也是在過O'點沿垂直b'c'方向斜向右上方,若在O'點以速度v0沿垂直b'c'方