【高考复习】2020版高考物理 全程复习课后练习27 磁场对运动电荷的作用力（含答案解析）.doc

2020版高考物理 全程复习课后练习27 磁场对运动电荷的作用力关于磁感线，下列说法正确的是()A磁感线是实际存在于磁场中的线B磁感线是一条条不闭合的曲线C磁感线有可能出现相交的情况D磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致法拉第电动机原理如图所示，条形磁铁竖直固定在圆形水银槽中心，N极向上一根金属杆斜插在水银中，杆的上端与固定在水银槽圆心正上方的铰链相连电源负极与金属杆上端相连，与电源正极连接的导线插入水银中从上往下看，金属杆()A向左摆动 B向右摆动 C顺时针转动 D逆时针转动如图所示，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=，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()A1：1 B2：3 C.：2 D2：7如图所示在平面直角坐标系xOy的第一象限中，存在垂直纸面向外的匀强磁场，磁场的磁感应强度为B，一带电粒子以一定的速度平行于x轴正方向从y轴上的a处射入磁场，粒子经磁场偏转后恰好从坐标原点O射出磁场现使同一带电粒子以速度方向不变、大小变为原来的4倍，仍从y轴上的a处射入磁场，经过t0时间射出磁场，不计粒子所受的重力，则粒子的比荷为()A. B. C. D.如图所示，直线MN上方有垂直纸面向里的匀强磁场，电子1从磁场边界上的a点垂直MN和磁场方向射入磁场，经t1时间从b点离开磁场之后电子2也由a点沿图示方向以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，则t1t2为()A2：3 B2：1 C3：2 D3：1如图所示，边长为L的正方形有界匀强磁场ABCD，带电粒子从A点沿AB方向射入磁场，恰好从C点飞出磁场；若带电粒子以相同的速度从AD的中点P垂直AD射入磁场，从DC边的M点飞出磁场(M点未画出)设粒子从A点运动到C点所用时间为t1，由P点运动到M点所用时间为t2(带电粒子重力不计)，则t1：t2为()A2：1 B2：3 C3：2 D.：两根平行放置的长度均为L的长直导线ab和cd，固定放置在与导线所在平面垂直的匀强磁场中，磁场方向如图所示当导线ab通过的电流大小为2I、导线cd通过的电流大小为I时，导线ab受到的磁场力大小为F1、方向垂直于导线向左，导线cd受到的磁场力大小为F2、方向垂直于导线向右已知直导线ab中的电流由b到a.下列判断正确的是()A直导线cd中的电流由c到d，匀强磁场的磁感应强度的大小为B直导线cd中的电流由c到d，匀强磁场的磁感应强度的大小为C直导线cd中的电流由d到c，匀强磁场的磁感应强度的大小为D直导线cd中的电流由d到c，匀强磁场的磁感应强度的大小为如图所示，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轴正方向成角(0)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若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的时间越短B若一定，v越大，则粒子在磁场中运动的角速度越大C若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短D若v一定，越大，则粒子在离开磁场的位置距O点越远如图所示，三根通电长直导线P、Q、R互相平行，垂直纸面放置，其间距均为a，电流强度均为I，方向垂直纸面向里(已知电流为I的长直导线产生的磁场中，距导线r处的磁感应强度B=，其中k为常量)某时刻有一电子(质量为m、电荷量为e)正好经过原点O，速度大小为v，方向沿y轴正方向，则电子此时所受的洛伦兹力为()A方向垂直纸面向里，大小为B方向指向x轴正方向，大小为C方向垂直纸面向里，大小为D方向指向x轴正方向，大小为如图，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.：2 B.：1 C.：1 D3： (多选)如图所示，圆形区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，一带电粒子以某速度由圆周上A点沿与直径AB成30角的方向垂直射入磁场，其后从C点射出磁场已知CD为圆的直径，BOC=60，E、F分别为劣弧AD和AC上的点，粒子重力不计，则下列说法正确的是()A该粒子可能带正电B粒子从C点射出时的速度方向一定垂直于直径ABC若仅将粒子的入射位置由A点改为E点，则粒子仍从C点射出D若仅将粒子的入射位置由A点改为F点，则粒子仍从C点射出 (多选)某同学自制的简易电动机示意图如图所示。矩形线圈由一根漆包线绕制而成,漆包线的两端分别从线圈的一组对边的中间位置引出,并作为线圈的转轴。将线圈架在两个金属支架之间,线圈平面位于竖直面内,永磁铁置于线圈下方。为了使电池与两金属支架连接后线圈能连续转动起来,该同学应将()A.左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉B.左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉C.左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉D.左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉如图所示，直角坐标系第、象限存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一质量为m、电荷量为q的粒子在纸面内以速度v从y轴负方向上的A点(0，L)射入，其方向与x轴正方向成30角，粒子离开磁场后能回到A点，不计重力求：(1)磁感应强度B的大小；(2)粒子从A点出发到再回到A点的时间如图所示，xOy平面内有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度B=0.1 T，在原点O有一粒子源，它可以在xOy平面内向各个方向发射出质量m=6.41027 kg、电荷量q=3.21019 C、速度v=1.0106 m/s的带正电的粒子一感光薄板平行于x轴放置，其中点O的坐标为(0，a)，且满足a0.(不考虑粒子的重力以及粒子之间的相互作用，结果保留三位有效数字)(1)若薄板足够长，且a=0.2 m，求感光板下表面被粒子击中的长度；(2)若薄板长l=0.32 m，为使感光板下表面全部被粒子击中，求a的最大值答案解析答案为：D解析：磁感线是为了描述磁场而引入的，它并不客观存在，故A错误在磁体的内部，磁感线从磁体的S极出发到N极；而外部则是从磁体的N极出发回到S极，构成闭合曲线，故B错误若两条磁感线可以相交，则交点处就可以作出两磁感线的方向，即该点磁场方向就会有两个，这与理论相矛盾，因此磁感线不能相交，故C错误磁感线上任意一点的切线方向，都跟该点的磁场方向一致，故D正确答案为：D；解析：有斜向上的电流通过金属杆，金属杆受到安培力作用，根据左手定则判断可知，安培力方向与金属杆垂直，且向里，使金属杆以磁铁棒为轴逆时针转动，A、B、C错误，D正确答案为：C；解析：由qvB=可知，粒子在磁场中运动的轨迹半径R=d，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=R；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=.答案为：C；解析：带电粒子射入匀强磁场后做匀速圆周运动，粒子第一次射入磁场时，轨迹半径为，粒子第二次射入磁场时，粒子轨迹半径为2a，由此可知粒子第二次在磁场中偏转60后射出磁场，因此t0=，由T=可得=.C正确答案为：D；解析：两电子在磁场中均做匀速圆周运动，根据题意画出电子的运动轨迹，如图所示电子1垂直射入磁场，从b点离开，则运动了半个圆周，ab即为电子1的运动轨迹的直径，c点为圆心电子2以相同速率垂直磁场方向射入磁场，经t2时间从a、b连线的中点c离开磁场，根据r=可知，电子1和2的轨迹半径相等，根据几何关系可知，aOc为等边三角形，则电子2转过的圆心角为60，所以电子1运动的时间t1=，电子2运动的时间t2=，所以t1：t2=3：1，故选D.答案为：C解析：如图所示为粒子两次运动轨迹图，由几何关系知，粒子由A点进入C点飞出时轨迹所对圆心角1=90，粒子由P点进入M点飞出时轨迹所对圆心角2=60，则=，故选项C正确答案为：A；解析：如果直导线cd中的电流由d到c，则匀强磁场和直导线ab对直导线cd的作用力方向均垂直于cd向左，不合题意，因此直导线cd中的电流由c到d.两根直导线之间的作用力为相互排斥力，大小相等，设为F0，对导线ab有F1=F02BIL，对导线cd有F2=F0BIL，联立解得匀强磁场的磁感应强度为B=.选项A正确答案为：C；解析：画出粒子在磁场中运动的轨迹，如图所示由几何关系得：轨迹对应的圆心角=22，粒子在磁场中运动的时间t=T=，则得知：粒子的运动时间与v无关，故A错误；若v一定，越大，则粒子在磁场中运动的时间越短，故C正确粒子在磁场中运动的角速度=，又T=，则得=，与速度v无关，故B错误；设粒子的轨迹半径为r，则r=.AO=2rsin=，则若是锐角，越大，AO越大若是钝角，越大，AO越小故D错误；故选C.答案为：A；解析：P、Q两根导线到O点的距离相等，根据安培定则，两导线在O点产生的磁场方向相反，大小相等，所以最终磁场的磁感应强度大小等于R在O点产生的磁场的磁感应强度大小，根据安培定则，磁场的方向沿x轴负方向，RO=a，磁感应强度的大小B=，根据左手定则，洛伦兹力方向垂直纸面向里，大小F=evB=，故A正确答案为：C解析：设速率为v1的粒子最远出射点为M，速率为v2的粒子最远出射点为N，如图所示，则由几何知识得r1=，r2=R=由qvB=得r=，故=，选项C正确答案为：BCD；解析：粒子由A点射入，C点射出，可确定洛伦兹力方向，由左手定则可知，粒子带负电，A项错误；轨迹圆弧关于磁场圆心与轨迹圆圆心连线对称，所以粒子从C点射出时速度方向与DC夹角也是30，垂直于直径AB，B项正确；轨迹圆半径与磁场圆半径相同，由磁聚焦原理可知，C、D项正确答案为：AD；解析：由于矩形线圈是由一根漆包线绕制而成,电流在环形线圈中通过,把左、右转轴下侧的绝缘漆都刮掉或者把左转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉、右转轴下侧的绝缘漆刮掉,这样在半个周期内受到安培力作用而转动,在另半个周期内靠惯性转动,故选项A、D做法可行;把左、右转轴上下两侧的绝缘漆都刮掉,这样在半个周期内安培力是动力,另半个周期内安培力是阻力,阻碍线圈的转动,故选项B做法不可行;把左转轴上侧的绝缘漆刮掉,右转轴下侧的绝缘漆刮掉,线圈中没有电流,线圈不受安培力作用,不能转动,故选项C做法不可行。解：(1)粒子做匀速圆周运动的轨迹如图所示，由几何关系知，r=2L，洛伦兹力提供向心力，qvB=，联立得B=.(2)粒子做匀速直线运动的时间t1=2=，在磁场中偏转了300，所用时间t2=T=，粒子从A点出发到再回到A点的时间t=t1t2=.解：(1)带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力有q