2017高考物理一轮复习 第8章 磁场 基础课时23 磁场对运动电荷的作用（含解析）

答案 C 二、多项选择题

8.如图8所示，一只阴极射线管，左侧不断有电子射出，若在管的正下方放一通电直导线

AB时，发现射线的径迹向下偏，则( )

图8

A．导线中的电流从A流向B B．导线中的电流从B流向A

C．若要使电子束的径迹向上偏，可以通过改变AB中的电流方向来实现 D．电子束的径迹与AB中的电流方向无关

解析 由于AB中通有电流，在阴极射线管中产生磁场，电子受到洛伦兹力的作用而发生偏转，由左手定则可知，阴极射线管中的磁场方向垂直纸面向里，所以根据安培定则，AB中的电流从B流向A。当AB中的电流方向变为从A流向B时，则AB上方的磁场方向变为垂直纸面向外，电子所受的洛伦兹力变为向上，电子束的径迹变为向上偏转。选项B、C正确。 答案 BC

9.如图9所示，一重力不计的带电粒子以一定的速率从a点对准圆心射入一圆形匀强磁场，恰好从b点射出。增大粒子射入磁场的速率，下列判断正确的是( )

图9

A．该粒子带正电 B．该粒子带负电 C．粒子从ab间射出

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D．粒子从bc间射出

解析 根据带电粒子在磁场中偏转的方向，由左手定则判断可知该粒子带负电，选项A错误，B正确；带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的轨道半径r＝，所以当粒子入射的速率增大时，其轨道半径r会增大，粒子会从图中的bc之间射出磁场，故选项C错误，D正确。 答案 BD

10. (2016·陕西宝鸡一模)如图10所示，横截面为正方形abcd的有界匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。一束电子以大小不同、方向垂直ad边界的速度飞入该磁场，不计电子重力及相互之间的作用，对于从不同边界射出的电子，下列判断正确的是( )

mvqB

图10

A．从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等 B．从c点离开的电子在磁场中运动时间最长 C．电子在磁场中运动的速度偏转角最大为π

D．从bc边射出的电子的速度一定大于从ad边射出的电子的速度

2πm解析 电子的速率不同，运动轨迹半径不同，如图所示，由周期公式T＝知，周期与电

Bqθ

子的速率无关，所以电子在磁场中的运动周期相同，由t＝T知，电子在磁场中的运动时

2π间与轨迹对应的圆心角成正比，所以电子在磁场中运动的时间越长，其轨迹所对应的圆心角θ越大，故从ad边射出的电子在磁场中运动的时间都相等，且运动时间最长，A、C正确，B错误；从bc边射出的轨道半径大于从ad边射出的电子的轨道半径，由半径公式r＝知，轨迹半径与速率成正比，D正确。

mvqB

答案 ACD 三、非选择题

11.在直径为d的圆形区域内存在着均匀磁场，磁感应强度为B，磁场方向垂直于圆面指向

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纸外。一电荷量为q、质量为m的带正电粒子，从磁场区域的一条直径AC上的A点沿纸面射入磁场，其速度方向与AC成α＝15°角，如图11所示。若此粒子在磁场区域运动的过程中，速度的方向一共改变了90°。重力可忽略不计，求：

图11

(1)该粒子在磁场区域内运动所用的时间t； (2)该粒子射入时的速度大小v。

2πm解析 (1)粒子在匀强磁场中运动的周期：T＝

qB带正电粒子的速度方向改变了90°，所用的时间：

Tπmt＝＝ 42qB

(2)粒子的运动情况如图所示。 △AOD是等腰直角三角形。 所以：AD＝2r

在△CAD中，∠CAD＝90°－α－∠OAD＝30°，AD＝dcos ∠CAD＝dcos 30° 解得半径：r＝

6d 4

v2

又因为：qvB＝m

r因此粒子射入时的速度大小v＝πm6qBd答案 (1) (2)

2qB4m12.如图12所示，区域Ⅰ、Ⅲ内存在垂直纸面向外的匀强磁场，区域Ⅲ内磁场的磁感应强度为B，宽为1.5d，区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1未知，区域Ⅱ是无场区，宽为d，一个质量为m、电荷量为q的带正电粒子从磁场边界上的A点与边界成θ＝60°角垂直射入区域Ⅰ的

6qBd 4m 7

磁场，粒子恰好不从区域Ⅲ的右边界穿出且刚好能回到A点，粒子重力不计。

图12

(1)求区域Ⅰ中磁场的磁感应强度B1； (2)求区域Ⅰ磁场的最小宽度L；

(3)求粒子从离开A点到第一次回到A点的时间t。

解析 (1)由题意知粒子的运行轨迹如图所示，设在区域Ⅰ、Ⅲ中粒子做圆周运动的半径分别为r、R，由图知R＋Rcos θ＝1.5d

Rsin θ－dtan θ

＝rsin θ

联立得R＝d，r＝ 3

dv2

由洛伦兹力提供向心力得qvB＝m

Rv2

同理区域Ⅰ中qvB1＝m r联立得B1＝3B。

(2)由(1)及图知区域Ⅰ磁场的最小宽度

dL＝r－rcos θ＝。

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mv(3)在区域Ⅰ中r＝，可得v＝

qB1

dqB1·m3qBd＝ m由图知粒子在区域Ⅰ中的运行时间为

t1＝

2θ2πm2πm·＝ 360°qB19qB2d43d43m＝＝ vsin θ3v3qB在区域Ⅱ中的运行时间为t2＝

240°2πm4πm在区域Ⅲ中的运行时间为t3＝·＝ 360°qB3qB 8

所以粒子从离开A点到第一次回到A点的时间

t＝t1＋t2＋t3＝

14πm＋123m。

9qBd14πm＋123m答案 (1)3B (2) (3) 69qB

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