第九章第2講知識鞏固練習1．(2021年河源名校檢測)一個粒子源沿垂直于勻強磁場的方向射出一束粒子，勻強磁場的方向垂直紙面向外，其中a、b、c、d四個粒子的運動軌跡如圖所示．粒子的重力不計．則下列說法正確的是()A．a粒子帶正電 B．b粒子帶負電C．c粒子帶負電 D．d粒子帶負電【答案】B【解析】勻強磁場的方向垂直于紙面向外，a、b粒子向上偏轉，根據左手定則可知a、b粒子帶負電，故A錯誤，B正確；c粒子不偏轉，故c粒子不帶電，故C錯誤；根據左手定則可知d粒子帶正電，故D錯誤．2．(多選)如圖所示，兩個半徑相同的半圓形光滑軌道分別豎直放在勻強磁場和勻強電場中，軌道兩端在同一高度上．兩個相同帶正電小球(可視為質點)從兩軌道的左端最高點同時由靜止釋放，M、N分別為兩軌道的最低點，則()A．兩小球到達軌道最低點的速度vM＞vNB．兩小球到達軌道最低點時對軌道的壓力FM＞FNC．兩小球第一次到達最低點的時間相同D．兩小球都能到達軌道的另一端【答案】AB3．已知通入電流為I的長直導線在周圍某點產生的磁感應強度B與該點到導線間的距離r的關系為B＝keq\f(I,r).如圖所示，豎直通電長直導線中的電流I方向向上．絕緣的光滑水平面上P處有一帶正電小球從圖示位置以初速度v0水平向右運動．小球始終在水平面上運動．運動軌跡用實線表示，若從上向下看，則小球的運動軌跡可能是()ABCD【答案】A【解析】根據右手螺旋定則可知，直線電流I產生的磁場方向與光滑的水平面垂直．根據左手定則可知，帶正電的小球受到的洛倫茲力方向始終與該水平面垂直，小球將做勻速直線運動，故A正確．4．(2021年常德質檢)如圖所示為洛倫茲力演示儀的結構．由電子槍產生電子束，玻璃泡內充有稀薄的氣體，在電子束通過時能夠顯示電子的徑跡．前后兩個勵磁線圈之間產生勻強磁場，磁場方向與兩個線圈中心的連線平行．電子速度的大小和磁感應強度可以分別通過電子槍的加速電壓U和勵磁線圈的電流I來調節．適當調節U和I，玻璃泡中就會出現電子束的圓形徑跡．下列調節方式中，一定能讓圓形徑跡半徑增大的是()A．同時增大U和I B．同時減小U和IC．增大U，減小I D．減小U，增大I【答案】C【解析】電子在加速電場中加速，由動能定理有eU＝eq\f(1,2)mveq\o\al(2,0).電子在勻強磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力充當向心力，有eBv0＝eq\f(mv\o\al(2,0),r).解得r＝eq\f(mv0,eB)＝eq\f(1,B)eq\r(\f(2mU,e)).增大電子槍的加速電壓使v0增大，減小勵磁線圈中的電流，則電流產生的磁場減小，都可以使電子束的軌道半徑變大，故C正確．5．(2021年蕪湖質檢)如圖，邊長ab＝1.5L、bc＝eq\r(3)L的矩形區域內存在垂直于區域平面向里的勻強磁場．在ad邊中點O處有一粒子源，可在區域平面內沿各方向發射速度大小相等的同種帶電粒子．已知沿Od方向射入的粒子在磁場中運動的軌道半徑為L，且經時間t0從邊界cd離開磁場．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．粒子帶負電B．粒子可能從c點射出C．粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為4t0D．粒子在磁場中運動的最長時間為2t0【答案】D【解析】粒子運動軌跡如圖甲所示，根據左手定則可知粒子帶正電，故A錯誤；如圖甲圓弧OB，當粒子軌跡與dc相切時，設切點與d點距離為x，由幾何關系得x2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(L－\f(\r(3),2)L))2＝L2，解得x＝eq\r(\r(3)－\f(3,4))L<1.5L，則粒子不會達到c點，故B錯誤；由圖甲圓弧OA，設粒子軌跡對應的圓心角為θ，sinθ＝eq\f(\f(bc,2),L)，解得θ＝60°，根據題意得eq\f(60°,360°)T＝t0，T＝6t0，故C錯誤；由幾何關系可知，粒子軌跡與bc邊相切且從b點處射出時，粒子在磁場中運動的時間最長．如圖乙所示，Ob＝eq\r(ab2＋Oa2)＝eq\r(3)L.設此時運動的角度為α，由幾何關系得sineq\f(α,2)＝eq\f(\f(Ob,2),L)，解得α＝120°.則運動時間eq\f(120°,360°)T＝2t0，故D正確．6．(多選)(2022年揭陽名校質檢)如圖所示，在垂直紙面向里的勻強磁場的邊界上有兩個質量和電荷量均相同的正負離子(不計重力)從點O以相同的速率先后射入磁場中，入射方向與邊界成θ角．則正負離子在磁場中()A．運動時間相同B．運動軌道的半徑相同C．重新回到邊界時速度的大小和方向相同D．重新回到邊界的位置與O點的距離都相等【答案】BCD【解析】根據左手定則可以判斷，兩粒子運動軌跡不同，轉過的圓心角不同，但是運動周期T＝eq\f(2πm,Bq)相同，所以運動時間不同，A錯誤．根據r＝eq\f(mv,Bq)可知，粒子運動半徑相同，B正確．因為從同一邊界射入，又從相同邊界射出，所以出射角等于入射角，且洛倫茲力時刻與速度垂直不做功，所以出射速度大小與入射速度相同，C正確．根據題意可知，重新回到邊界的位置與O點距離d＝2rsinθ相同，故D正確．綜合提升練習7．(多選)(2021年安慶質檢)如圖所示，傾角為θ的斜面上固定一內壁光滑且由絕緣材料制成的圓筒軌道，軌道半徑為R，軌道平面與斜面共面，整個裝置處于垂直斜面向上的勻強磁場中．一質量為m、電荷量為＋q的小球從軌道內的最高點M無初速沿軌道滑下，運動到軌道最低點N時恰好對軌道無沿半徑方向的壓力(小球半徑r?R)．下列說法正確的是()A．帶電小球運動到最低點N時所受洛倫茲力大小為mgsinθB．帶電小球在圓筒軌道內沿順時針運動C．帶電小球在整個運動過程中機械能不守恒D．勻強磁場的磁感應強度大小為eq\f(5m,2q)eq\r(\f(gsinθ,R))【答案】BD【解析】小球在運動過程中只有重力做功，洛倫茲力不做功．小球到達最底端時的速度為v.由于小球恰好對軌道無沿半徑方向的壓力，故受到的洛倫茲力沿斜面向上．根據左手定則可知，帶電小球在圓筒軌道內沿順時針方向運動，根據動能定理可知，2mgRsinθ＝eq\f(1,2)mv2.在最低點時有qvB－mgsinθ＝eq\f(mv2,R).解得qvB＝5mgsinθ，B＝eq\f(5m,2q)eq\r(\f(gsinθ,R)).故A錯誤，B、D正確．在整個過程中，只有重力做功，機械能守恒，故C錯誤．8．(2021年鄭州模擬)如圖所示，在MNQP中有一垂直紙面向里的勻強磁場．質量和電荷量都相等的帶電粒子a、b、c以不同的速率從O點沿垂直于PQ的方向射入磁場．圖中實線是它們的軌跡，已知O是PQ的中點．不計粒子重力．下列說法正確的是()A．粒子c帶負電，粒子a、b帶正電B．射入磁場時，粒子b的速率最小C．粒子a在磁場中運動的時間最長D．若勻強磁場磁感應強度增大，其他條件不變，則粒子a在磁場中的運動時間不變【答案】C【解析】根據左手定則可知粒子c帶正電，粒子a、b帶負電，A錯誤；粒子在磁場中做勻速圓周運動時，由洛倫茲力提供向心力，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得v＝eq\f(qBR,m)，由圖知射入磁場時粒子a的半徑最小，所以射入磁場時粒子a的速率最小，B錯誤；根據T＝eq\f(2πm,qB)可知，粒子在磁場中做圓周運動的周期相同，粒子在磁場中的運動時間為t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,qB)，由于m、q、B都相同，粒子a轉過的圓心角θ最大，則射入磁場時粒子a的運動時間最長，C正確；若勻強磁場磁感應強度增大，其他條件不變，由牛頓第二定律得qvB＝meq\f(v2,R)，解得R＝eq\f(mv,qB)，則a粒子射入磁場時的半徑會變小，但a粒子軌跡對應的圓心角不變，由t＝eq\f(θ,2π)T＝eq\f(mθ,qB)，可知a粒子運動時間會變小，D錯誤．9．(2022年深圳一模)物理氣相沉積鍍膜是芯片制作的關鍵環節之一，如圖是該設備的平面結構簡圖．初速度不計的氬離子經電壓U0的電場加速后，從A點水平向右進入豎直向下的勻強電場E，恰好打到電場、磁場的豎直分界線Ⅰ最下方M點(未進入磁場)并被位于該處的金屬靶材全部吸收，AM兩點的水平距離為0.5m．靶材濺射出的部分金屬離子沿各個方向進入兩勻強磁場區域，并沉積在固定基底上．基底與水平方向夾角為45°，大小相等、方向相反(均垂直紙面)的兩磁場B的分界線Ⅱ過M點且與基底垂直．(已知U＝eq\f(25,12)×103V，E＝eq\f(5,3)×104V/m，B＝1×10－2T，氬離子比荷eq\f(q1,m1)＝2.4×106C/kg，金屬離子比荷eq\f(q2,m2)＝2.0×106C/kg，兩種離子均帶正電．忽略重力及離子間相互作用力)(1)求氬離子進入電場的速度v0以及AM兩點的高度差；(2)若金屬離子進入磁場的速度大小均為1.0×104m/s，M點到基底的距離為eq\f(\r(2),4)m，求在紙面內基底上可被金屬離子打中而鍍膜的區域長度．(用小數或根式表示，保留3位小數)【答案】解：(1)氬離子在電場中加速：根據動能定理q1U0＝eq\f(1,2)m1veq\o\al(2,0)，故v0＝eq\r(\f(2q1U0,m1))＝105m/s.氬離子在電場中偏轉，則AMx＝v0t，AMy＝eq\f(at2,2)＝eq\f(q1Et2,2m1)，代入數據得高度差AMy＝0.5m.(2)金屬離子在磁場中運動eq\f(m2v2,R)＝Bq2v，R＝eq\f(m2v,Bq2)＝0.5m，金屬離子沿著靶材和磁場邊界入射，其圓心在M點正上方0.5m處O點，金屬離子沉積點為K，分界線與基底的交點為A.OMsin45°＝AM，所以O恰好在基底上．OA＝AMtan45°＝eq\f(\r(2),4)m，所以AK＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0.5－\f(\r(2),4)))m＝eq\f(2－