《2020屆高考物理總復習 作業(yè)41 磁場對運動電荷的作用（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020屆高考物理總復習 作業(yè)41 磁場對運動電荷的作用（含解析）（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、作業(yè)41　磁場對運動電荷的作用 　　　　　　　　　　　 10 一、選擇題 圖41－1 1．如圖41－1所示，在x軸上方存在著垂直紙面向里、磁感應強度為B的勻強磁場，一個不計重力的帶電粒子從坐標原點O處以速度v進入磁場，粒子進入磁場時的速度方向垂直于磁場且與x軸正方向成120°角，若粒子穿過y軸正半軸后在磁場中到x軸的最大距離為a，則該粒子的比荷和所帶電荷的正負是(　　) A.，正電荷 　　　　　　B.，正電荷 C.，負電荷 D.，負電荷 圖41－2 解析：由左手定則可知，粒子帶負電．作出O點和離開磁場處A的洛倫茲力的方向，交點即為圓心的位置，畫出

2、粒子的運動軌跡如圖41－2所示(優(yōu)弧ODA)．末速度與x軸負方向的夾角為60°，由幾何關系得∠CO′A＝60°，故R＋Rcos60°＝a，而R＝，聯立解得＝. 答案：C 圖41－3 2．如圖41－3所示，△ABC為與勻強磁場(方向垂直紙面向外)垂直的邊長為a的等邊三角形，比荷為的電子以速度v0從A點沿AB邊入射，欲使電子經過BC邊，磁感應強度B的取值為(　　) A．B>　　　　 B．B< C．B> D．B< 圖41－4 解析：由題意，如圖41－4所示，電子正好經過C點，此時圓周運動的半徑R＝＝，要想電子從BC邊經過，電子做圓周運動的半徑要大于，由帶電粒子在

3、磁場中運動的公式r＝有<，即B<，選D. 答案：D 圖41－5 3．如圖41－5所示，半徑為R的圓是一圓柱形勻強磁場區(qū)域的橫截面(紙面)，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一電荷量為q(q>0)、質量為m的粒子沿平行于直徑ab的方向射入磁場區(qū)域，射入點與ab的距離為.已知粒子射出磁場與射入磁場時運動方向間的夾角為60°，則粒子的速率為(不計重力)(　　) A.　　　B.　　　C.　　　D. 解析：作出粒子運動軌跡如圖41－6中實線所示．因P到ab距離為，可知α＝30°.因粒子速度方向改變60°，可知轉過的圓心角2θ＝60°.由圖中幾何關系有tanθ＝Rcosα， 解得r＝

4、R.再由Bqv＝m可得v＝，故B正確． 圖41－6 答案：B 圖41－7 4．如圖41－7所示，豎直線MN∥PQ，MN與PQ間距離為a，其間存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B，O是MN上一點，O處有一粒子源，某時刻放出大量速率均為v(方向均垂直磁場方向)、比荷一定的帶負電粒子(粒子重力及粒子間的相互作用力不計)，已知沿圖中與MN成θ＝60°角射出的粒子恰好垂直PQ射出磁場，則粒子在磁場中運動的最長時間為(　　) A. B. C. D. 解析：當θ＝60°時，粒子的運動軌跡如圖41－8甲所示，則a＝Rsin30°，即R＝2a.設帶電粒子在磁場中運動軌

5、跡所對的圓心角為α，則其在磁場中運行的時間為t＝T，即α越大，粒子在磁場中運行的時間越長，α最大時粒子的運行軌跡恰好與磁場的右邊界相切，如圖41－8乙所示，因R＝2a，此時圓心角αm為120°，即最長運行時間為，而T＝＝，所以粒子在磁場中運動的最長時間為，故C正確． 圖41－8 答案：C 5. 圖41－9 平面OM和平面ON之間的夾角為30°，其橫截面(紙面)如圖41－9所示，平面OM上方存在勻強磁場，磁感應強度大小為B，方向垂直于紙面向外．一帶電粒子的質量為m，電荷量為q(q>0)．粒子沿紙面以大小為v的速度從OM的某點向左上方射入磁場，速度與OM成30°角．已知該粒子在磁

6、場中的運動軌跡與ON只有一個交點，并從OM上另一點射出磁場．不計重力．粒子離開磁場的出射點到兩平面交線O的距離為(　　) A. B. C. D. 解析：設粒子在磁場中運動的軌跡與ON邊界交點為E，A、C分別為入射點和出射點，圓心為D，易知圓心角∠ADC＝60°，由四邊形OADE內角和的關系可知∠ADE＝120°，所以ED和DC共線．在Rt△OEC中，OC＝＝4R，結合R＝，得OC＝，D正確． 圖41－10 答案：D 圖41－11 6．(2019年安徽蕪湖模擬)如圖41－11所示，在x軸上方存在垂直于紙面向里的勻強磁場，磁感應強度為B.在xOy平面內，從原點O處沿與x軸

7、正方向成θ角(0<θ<π)以速率v發(fā)射一個帶正電的粒子(重力不計)．則下列說法正確的是(　　) A．若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 B．若v一定，θ越大，則粒子在離開磁場的位置距O點越遠 C．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的角速度越大 D．若θ一定，v越大，則粒子在磁場中運動的時間越短 解析：由左手定則可知，帶正電的粒子向左偏轉．軌跡對應的圓心角α＝2π－2θ，粒子在磁場中運動時間t＝T＝.若v一定，θ越大，則粒子在磁場中運動的時間越短，A項正確；若v一定，θ等于90°時，粒子在離開磁場的位置距O點最遠，B項錯誤；若θ一定，粒子在磁場中運動的周期與v無關，粒子

8、在磁場中運動的角速度與v無關，粒子在磁場中運動的時間與v無關，C、D兩項錯誤． 答案：A 7．(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(　　) 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：兩速率相同的電子在兩勻強磁場中做勻速圓周運動，且Ⅰ磁場磁感應強度B1是Ⅱ磁場磁感應強度B2的k倍．由qvB＝得r＝∝，即Ⅱ中電子運動軌跡的半 徑是Ⅰ中的k倍，A正確；由F合＝ma得a＝＝∝B，所以＝，

9、B錯誤；由T＝得T∝r，所以＝k，C正確；由ω＝得＝＝，D錯誤． 答案：AC 圖41－12 8．(多選)如圖41－12所示，勻強磁場的方向豎直向下，磁場中有光滑的水平桌面，在桌面上平放著內壁光滑、底部有帶電小球的試管，在水平拉力F的作用下，試管向右勻速運動，帶電小球能從試管口處飛出，則(　　) A．小球帶負電 B．小球運動的軌跡是一條拋物線 C．洛倫茲力對小球做正功 D．維持試管勻速運動的拉力F應逐漸增大 解析：小球能從管口處飛出，說明小球受到指向管口的洛倫茲力，根據左手定則判斷，小球帶正電，故A錯誤．設試管運動速度為v1，小球垂直于試管向右的分運動是勻速直線運動，小球沿試

10、管方向受到洛倫茲力的分力F1＝qv1B，q、v1、B均不變，F1不變，則小球沿試管做勻加速直線運動，與平拋運動類似，小球運動的軌跡是一條拋物線，故B正確．洛倫茲力總是與速度垂直，不做功，故C錯誤．設小球沿試管的分速度大小為v2，則小球受到垂直試管向左的洛倫茲力的分力F2＝qv2B，v2增大，則F2增大，而拉力F＝F2，則F逐漸增大，故D正確． 答案：BD 圖41－13 9．(多選)如圖41－13所示，直角三角形ABC中存在一勻強磁場，比荷相同的兩個粒子沿AB方向射入磁場，分別從AC邊上的P、Q兩點射出，則(　　) A．從P射出的粒子速度大 B．從Q射出的粒子速度大 C．從P射出

11、的粒子，在磁場中運動的時間長 D．兩粒子在磁場中運動的時間一樣長 圖41－14 解析：作出各自的運動軌跡如圖41－14所示，根據圓周運動特點知，分別從P、Q點射出時，與AC邊夾角相同，故可判定從P、Q點射出時，半徑RP

12、圖中箭頭所示．現加一垂直于軌道平面的勻強磁場，已知軌道半徑并不因此而改變，則(　　) A．若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將大于T0 B．若磁場方向指向紙里，質點運動的周期將小于T0 C．若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將大于T0 D．若磁場方向指向紙外，質點運動的周期將小于T0 解析：當磁場方向指向紙里時，質點所受的洛倫茲力方向背離圓心，與庫侖引力方向相反，則向心力減小，由F向＝mR可知，當軌道半徑R不變時，該質點運動周期必增大；同理可得，當磁場方向指向紙外時，質點所受的洛倫茲力指向圓心，則向心力增大，當R不變時，質點運動周期減小，故A、D正確． 答案：AD 圖41－1

13、6 11．(多選)如圖41－16所示，空間存在一個半徑為R0的圓形勻強磁場區(qū)域，磁場的方向垂直于紙面向里，磁感應強度的大小為B.有一個粒子源在紙面內沿各個方向以一定速率發(fā)射大量粒子，粒子的質量為m、電荷量為＋q.將粒子源置于圓心，則所有粒子剛好都不離開磁場，不考慮粒子之間的相互作用．由此可知(　　) A．帶電粒子在磁場中做勻速圓周運動的半徑一定是R0 B．帶電粒子在磁場中運動的速率一定是 C．帶電粒子在磁場中運動的周期一定是 D．帶電粒子的動能一定是 解析：帶電粒子剛好不離開磁場，則粒子軌跡一定和磁場邊界內切，則軌跡半徑r＝R0，再根據r＝，得v＝，B正確，A錯誤；再根據Ek＝mv

14、2＝，D正確；運動的周期T＝，C錯誤． 答案：BD 圖41－17 12．(2019年黑龍江虎林模擬)(多選)如圖41－17所示，一粒子發(fā)射源P位于足夠大絕緣板AB的上方d處，能夠在紙面內向各個方向發(fā)射速率為v、電荷量為q、質量為m的帶正電的粒子，空間存在垂直紙面的勻強磁場，不考慮粒子間的相互作用和粒子重力，已知粒子做圓周運動的半徑大小恰好為d，則(　　) A．能打在板上的區(qū)域長度是2d B．能打在板上的區(qū)域長度是(＋1)d C．同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為 D．同一時刻發(fā)射出的帶電粒子打到板上的最大時間差為 解析：以磁場方向垂直紙面向外為例，打在極板上粒子

15、軌跡的臨界狀態(tài)如圖41－18甲所示．根據幾何關系知，帶電粒子能到達板上的長度l＝(1＋)d，故A錯誤，B正確；在磁場中運動時間最長和最短的粒子運動軌跡示意圖如圖41－18乙所示． 圖41－18 由幾何關系知，最長時間t1＝T，最短時間t2＝T，又有粒子在磁場中運動的周期T＝＝；根據題意：t1－t2＝Δt.聯立解得：Δt＝T＝，故C正確，D錯誤．若磁場方向垂直紙面向里，可得出同樣的結論． 答案：BC 二、非選擇題 圖41－19 13．如圖41－19所示，在平面直角坐標系xOy的第四象限有垂直紙面向里的勻強磁場，一質量為m＝5.0×10－8 kg、電荷量為q＝1.0×10－

16、6 C的帶正電粒子從靜止開始經U0＝10 V的電壓加速后，從P點沿圖示方向進入磁場，已知OP＝30 cm(粒子重力不計，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8)． (1)求帶電粒子到達P點時速度v的大?。? (2)若磁感應強度B＝2.0 T，粒子從x軸上的Q點離開磁場，求OQ的距離； (3)若粒子不能進入x軸上方，求磁感應強度B′滿足的條件． 解析：(1)對帶電粒子的加速過程，由動能定理有qU0＝mv2，代入數據得：v＝20 m/s. (2)帶電粒子僅在洛倫茲力作用下做勻速圓周運動，有 qvB＝ 得R＝ 代入數據得：R＝0.50 m 而＝0.50 m 故圓心一定在x軸上，

17、軌跡如圖41－20甲所示 由幾何關系可知：OQ＝R＋Rsin53° 故OQ＝0.90 m. (3)帶電粒子恰不從x軸射出(如圖41－20乙所示)，由幾何關系得： OP>R′＋R′cos53°① 圖41－20 R′＝② 由①②并代入數據得：B′>5.33 T(取“≥”同樣正確)． 答案：(1)20 m/s　(2)0.90 m　(3)B′>5.33 T 14．如圖41－21所示，A、C兩點分別位于x軸和y軸上，∠OCA＝30°，OA的長度為L.在△OCA區(qū)域內有垂直于xOy平面向里的勻強磁場．質量為m、電荷量為q的帶正電粒子，以平行于y軸的方向從OA邊射入磁場．已知粒子從某點

18、射入時，恰好垂直于OC邊射出磁場，且粒子在磁場中運動的時間為t0.不計重力． 圖41－21 (1)求磁場的磁感應強度的大??； (2)若粒子先后從兩不同點以相同的速度射入磁場，恰好從OC邊上的同一點射出磁場，求該粒子這兩次在磁場中運動的時間之和； (3)若粒子從某點射入磁場后，其運動軌跡與AC邊相切，且在磁場內運動的時間為t0，求粒子此次入射速度的大?。? 解析：(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動，在時間t0內其速度方向改變了90°，故其周期T＝4t0① 設磁感應強度大小為B，粒子速度為v，圓周運動的半徑為r.由洛倫茲力提供向心力，得qvB＝m② 勻速圓周運動的速度滿足v＝③ 聯

19、立①②③式得B＝④ (2)設粒子從OA邊兩個不同位置射入磁場，能從OC邊上的同一點P射出磁場，粒子在磁場中運動的軌跡如圖41－22(a)所示．設兩軌跡所對應的圓心角分別為θ1和θ2.由幾何關系有θ1＋θ2＝180°⑤ 粒子兩次在磁場中運動的時間之和t1＋t2＝＝2t0.⑥ 圖41－22 (3)如圖41－22(b)，由題給條件可知，該粒子在磁場區(qū)域中的軌跡圓弧對應的圓心角為150°.設O′為圓弧的圓心，圓弧的半徑為r0，圓弧與AC相切于B點，從D點射出磁場，由幾何關系和題給條件可知，此時有∠OO′D＝∠BO′A＝30°⑦ r0cos∠OO′D＋＝L⑧ 設粒子此次入射速度的大小為v0， 由圓周運動規(guī)律v0＝.⑨ 聯立①⑦⑧⑨式得v0＝⑩. 答案：(1)　(2)2t0　(3) 　　　　　　 11