《2020版高考物理一輪復習 課后限時作業(yè)37 磁場對運動電荷的作用（含解析）新人教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考物理一輪復習 課后限時作業(yè)37 磁場對運動電荷的作用（含解析）新人教版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、課后限時作業(yè)37　磁場對運動電荷的作用 時間：45分鐘 1．關于電荷所受電場力和洛倫茲力，正確的說法是(　B　) A．電荷在磁場中一定受洛倫茲力作用 B．電荷在電場中一定受電場力作用 C．電荷所受電場力一定與該處電場方向一致 D．電荷所受的洛倫茲力不一定與磁場方向垂直 解析：當電荷的運動方向與磁場方向平行，則電荷不受洛倫茲力，故A錯誤；電荷在電場中一定受到電場力作用，故B正確；正電荷所受電場力方向與該處的電場強度方向相同，負電荷所受電場力方向與該處的電場強度方向相反，故C錯誤；根據(jù)左手定則知，電荷若受洛倫茲力，則洛倫茲力的方向與該處磁場方向垂直，故D錯誤． 2.如圖所示，a

2、是豎直平面P上的一點，P前有一條形磁鐵垂直于P，且S極朝向a點，P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下，在水平面內向右彎曲經過a點．在電子經過a點的瞬間．條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向(　A　) A．向上　　　B．向下　　　C．向左　　　D．向右 解析：條形磁鐵的磁感線方向在a點為垂直P向外，電子在條形磁鐵的磁場中向右運動，所以根據(jù)左手定則可得電子受到的洛倫茲力方向向上，A正確． 3.如圖，MN為鋁質薄平板，鋁板上方和下方分別有垂直于圖平面的勻強磁場(未畫出)．一帶電粒子從緊貼鋁板上表面的P點垂直于鋁板向上射出，從Q點穿越鋁板后到達PQ的中點O.已知粒子穿越鋁板時，其

3、動能損失一半，速度方向和電荷量不變．不計重力．鋁板上方和下方的磁感應強度大小之比為(　D　) A．2　　　　B.　　　　C．1　　　　D. 解析：根據(jù)題圖中的幾何關系及帶電粒子在勻強磁場中的運動性質可知：帶電粒子在鋁板上方做勻速圓周運動的軌道半徑r1是其在鋁板下方做勻速圓周運動的軌道半徑r2的2倍．設粒子在P點的速度為v1，根據(jù)牛頓第二定律可得qv1B1＝，則B1＝＝；同理，B2＝＝，則＝，D正確，A、B、C錯誤． 4.(多選)兩個質量相同、所帶電荷量相等的帶電粒子a、b，以不同的速率對準圓心O沿著AO方向射入圓形勻強磁場區(qū)域，其運動軌跡如圖所示．若不計粒子的重力，則下列說法正確的是

4、(　AC　) A．a粒子帶負電，b粒子帶正電 B．a粒子在磁場中所受洛倫茲力較大 C．b粒子動能較大 D．b粒子在磁場中運動時間較長 解析：由左手定則可知b粒子帶正電，a粒子帶負電，A正確；由于b粒子軌跡半徑較大，由r＝可知b粒子動能較大，b粒子在磁場中運動時間較短，C正確，D錯誤；由于a粒子速度較小，所以a粒子在磁場中所受洛倫茲力較小，B錯誤． 5．(多選)有兩個勻強磁場區(qū)域Ⅰ和Ⅱ，Ⅰ中的磁感應強度是Ⅱ中的k倍．兩個速率相同的電子分別在兩磁場區(qū)域做圓周運動．與Ⅰ中運動的電子相比，Ⅱ中的電子(　AC　) A．運動軌跡的半徑是Ⅰ中的k倍 B．加速度的大小是Ⅰ中的k倍 C．做

5、圓周運動的周期是Ⅰ中的k倍 D．做圓周運動的角速度與Ⅰ中的相等 解析：設電子的質量為m，速率為v，電荷量為q， B2＝B，B1＝kB 則由牛頓第二定律得：qvB＝　①　T＝?、? 由①②得：R＝，T＝，所以＝k，＝k 根據(jù)a＝，ω＝可知＝，＝ 所以選項A、C正確，選項B、D錯誤． 6.如圖所示，有界勻強磁場邊界線SP∥MN，速率不同的同種帶電粒子從S點沿SP方向同時射入磁場，粒子的帶電荷量相同，其中穿過a點的粒子速度v1與MN垂直；穿過b點的粒子速度v2與MN成60°角，設兩粒子從S到a、b所需時間分別為t1和t2，則t1t2為(重力不計)(　D　) A．13 B．4

6、3 C．11 D．32 解析：粒子在磁場中的運動軌跡如圖所示，可求出從a點射出的粒子對應的圓心角為90°，從b點射出的粒子對應的圓心角為60°，由t＝·可得t1t2＝90°60°＝32，D正確． 7．(多選)如圖所示，在MN上方存在勻強磁場，帶同種電荷的粒子a、b以相同的動能同時從O點射入勻強磁場中，兩粒子的入射方向與磁場邊界MN的夾角分別為30°和60°，且同時到達P點，已知OP＝d，則(　CD　) A．a、b兩粒子運動半徑之比為1 B．a、b兩粒子的初速率之比為52 C．a、b兩粒子的質量之比為475 D．a、b兩粒子的電荷量之比為215 解析

7、：設a的軌跡半徑為Ra，sin30°＝，解得Ra＝d，設b的軌跡半徑為Rb，sin60°＝，解得Rb＝d，a、b兩粒子運動半徑之比為1，A錯誤；帶電粒子在磁場中的運動時間t＝T＝，時間相同，a、b兩粒子的之比為120°300°＝25，再由R＝得v＝，a、b兩粒子的初速率之比為52，B錯誤；由動能Ek＝mv2，得m＝，a、b兩粒子的質量之比為475，C正確；根據(jù)之比為和＝，聯(lián)立解得＝，D正確． 8.(多選)如圖所示，一束電子以大小不同的速率沿圖示方向垂直飛入橫截面是一正方形的勻強磁場區(qū)域，下列判斷正確的是(　BC　) A．電子在磁場中運動時間越長，其軌跡線越長 B．電子在

8、磁場中運動時間越長，其軌跡線所對應的圓心角越大 C．在磁場中運動時間相同的電子，其軌跡線不一定重合 D．電子的速率不同，它們在磁場中運動時間一定不相同 解析： 由t＝T知，電子在磁場中運動時間與軌跡對應的圓心角成正比，所以電子在磁場中運動的時間越長，其軌跡線所對應的圓心角θ越大，電子飛入勻強磁場中做勻速圓周運動，由半徑公式r＝知，軌跡半徑與速率成正比，則電子的速率越大，在磁場中的運動軌跡半徑越大，故A錯誤，B正確．由周期公式T＝知，周期與電子的速率無關，所以在磁場中的運動周期相同，若它們在磁場中運動時間相同，但軌跡不一定重合，比如：軌跡4與5，它們的運動時間相同，但它們的軌跡對應的

9、半徑不同，即它們的速率不同，故C正確，D錯誤． 9.(多選)如圖，虛線MN上方存在方向垂直紙面向里的勻強磁場B1，帶電粒子從邊界MN上的A點以速度v0垂直磁場方向射入磁場，經磁場偏轉后從邊界MN上的B點射出，若粒子經過的區(qū)域PQ上方再疊加方向垂直紙面向里的勻強磁場B2，讓該粒子仍以速度v0從A處沿原方向射入磁場，經磁場偏轉后從邊界MN上的B′點射出(圖中未標出)，不計粒子的重力，下列說法正確的是(　AC　) A．B′點在B點的左側 B．從B′點射出的速度大于從B點射出的速度 C．從B′點射出的速度方向平行于從B點射出的速度方向 D．從A到B′的時間等于從A到B的時間 解析：

10、 粒子在勻強磁場中運動，洛倫茲力對運動電荷不做功，所以粒子的速度大小不變，故B錯誤；根據(jù)洛倫茲力提供向心力qvB＝m，得r＝，所以疊加磁場后帶電粒子在PQ上方做圓周運動的半徑變小，根據(jù)運動軌跡圖結合幾何知識，粒子從PQ上方穿出的速度方向不變，因此B′點在B點的左側，從B′點射出的速度方向平行于從B點射出的速度方向，故A、C正確；兩種情況下粒子在PQ上方轉過的角度相同，由T＝＝可知，疊加磁場后粒子在PQ上方的運動時間變短，而P點之前和Q點之后的運動時間不變，所以從A到B′的時間小于從A到B的時間，故D錯誤． 10．(多選)正負電子對撞機的最后部分的簡化示意圖如圖甲所示(俯視圖)，位于水平面內

11、的粗實線所示的圓環(huán)形真空管道是正、負電子做圓運動的“容器”，經過加速器加速后，質量均為m的正、負電子被分別引入該管道時，具有相等的速率v，他們沿著管道向相反的方向運動．在管道控制它們轉變的是一系列圓形電磁鐵，即圖甲中的A1、A2、A3…An共有n個，均勻分布在整個圓環(huán)上，每組電磁鐵內的磁場都是磁感應強度相同的勻強磁場，并且方向豎直向下，磁場區(qū)域的直徑為d(如圖乙)，改變電磁鐵內電流的大小，就可改變磁場的磁感應強度從而改變電子偏轉的角度．經過精確的調整，首先實現(xiàn)電子在環(huán)形管道中沿圖甲中虛線所示的軌跡運動，這時電子經過每個電磁場區(qū)域時射入點和射出點都是電磁場區(qū)域的同一直徑的兩端，如圖乙所示．若電子

12、的重力可不計，則下列相關說法正確的是(　ACD　) A．負電子在管道內沿順時針方向運動 B．電子經過每個電磁鐵，偏轉的角度是θ＝ C．碰撞點為過入射點所在直徑的另一端 D．電子在電磁鐵磁場內做圓周運動的半徑為R＝ 解析：電子在運動的過程中受力的方向指向圓心，根據(jù)左手定則可知，負電子在管道內沿順時針方向運動，故A正確；電子經過n個磁場的偏轉后轉過的角度是2π，經過每個電磁鐵，偏轉的角度是θ＝，故B錯誤；由于正負電子在環(huán)形管道中運動的周期相同，所以碰撞點為過入射點所在直徑的另一端，故C正確；由對B項的分析知電子經過每個電磁鐵偏轉的角度是θ＝.所以：＝sin得：R＝，故D正確． 11

13、.邊長為L的等邊三角形OAB區(qū)域內有垂直紙面向里的勻強磁場．在紙面內從O點向磁場區(qū)域AOB各個方向瞬時射入質量為m、電荷量為q的帶正電的粒子，所有粒子的速率均為v.如圖所示，沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出，不計粒子之間的相互作用和重力的影響，已知sin35°≈0.577.求： (1)勻強磁場的磁感應強度的大?。? (2)帶電粒子在磁場中運動的最長時間； (3)沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出時，還在磁場中運動的粒子占所有粒子的比例． 解析：(1)OC＝Lcos30°＝L 沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出，由幾何知識得粒子做圓周運動的圓弧對的圓心角為60°.

14、 半徑r＝OC＝L 由qvB＝　得B＝＝. (2)從A點射出的粒子在磁場中運動時間最長，設弦OA對的圓心角為α，由幾何關系得 sin＝＝≈0.577，α≈70° 最長時間tm≈·＝. (3)從OA上D點射出的粒子做圓周運動的弦長OD＝OC，粒子做圓周運動的圓弧對的圓心角也為60°，如圖所示，由幾何知識得入射速度與OD的夾角應為30°，即沿OC方向射入的粒子在磁場中運動的時間與沿OB方向射入的粒子從AB邊的中點C射出的時間相等，從OB方向到OC方向這30°范圍內的粒子此時都還在磁場中，而入射的范圍為60°，故還在磁場中運動的粒子占所有粒子的比例是. 答案：(1)　(2)　(3)

15、 12.如圖所示，在O≤x≤a、O≤y≤范圍內有垂直于xOy平面向外的勻強磁場，磁感應強度大小為B.坐標原點O處有一個粒子源，在某時刻發(fā)射大量質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，它們的速度大小相同，速度方向均在xOy平面內，與y軸正方向的夾角分布在0～90°范圍內．已知粒子在磁場中做圓周運動的半徑介于到a之間，從發(fā)射粒子到粒子全部離開磁場經歷的時間恰好為粒子在磁場中做圓周運動周期的四分之一．求最后離開磁場的粒子從粒子源射出時的： (1)速度的大??； (2)速度方向與y軸正方向夾角的正弦． 解析：(1)設粒子的發(fā)射速度為v，粒子做圓周運動的軌道半徑為R，由牛頓第二定律和洛倫茲力公式，

16、 得qvB＝m?、? 由①得R＝?、? 可知半徑R為定值．因為粒子速度方向不確定，所以粒子可能的運動軌跡為圖虛線所示過O點的一系列動態(tài)圓．當