《（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)42 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(guān)《（新課標）2020高考物理一輪復習 課時作業(yè)42 磁場對運動電荷的作用（含解析）新人教版（12頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場對運動電荷的作用 一、選擇題 1．(2018·莆田二模)真空中，一帶電粒子在勻強磁場中做勻速圓周運動，當它運動到A點時與一不帶電的靜止粒子發(fā)生碰撞并合為一體．則碰撞前、后粒子的運動軌跡正確的是(實線表示碰撞前的軌跡，虛線表示碰撞后的軌跡)(　　) 答案　A 解析　兩粒子碰撞過程動量守恒，根據(jù)半徑公式有：r＝，碰撞前、后動量不變，電量q不變，所以運動的軌道半徑不變，故A項正確，故B、C、D三項錯誤． 2.(2018·玉溪二模)如圖所示，一條直線上有O、M、N三點，OM＝MN，直線上方的整個空間存在垂直紙面向外的勻強磁場，一質(zhì)子和一α粒子分別以速度v1、v2從O點沿OP方向射入磁

2、場，質(zhì)子經(jīng)時間t1從M點射出磁場，α粒子經(jīng)時間t2從N點射出磁場，質(zhì)子和α粒子的重力不計，不考慮它們之間的相互作用，則關(guān)于t1、t2、v1、v2的判斷正確的是(　　) A．t1＝t2，v1＝v2　　　　　 B．t1＜t2，v1＝v2 C．t1＜t2，v1＜v2 D．t1＞t2，v1＞v2 答案　B 解析　畫出兩粒子的軌跡過程圖，如圖所示， 設OM＝MN＝L，對質(zhì)子根據(jù)洛倫茲力提供向心力：q1v1B＝m1，可得：r1＝ 根據(jù)幾何關(guān)系可得：2r1sinθ＝L 聯(lián)立可得：v1＝ 同理對α粒子可得：v2＝ 又因為：m2＝4m1，q2＝2q1 聯(lián)立可得：v1＝v2 質(zhì)子

3、在磁場中運動的周期：T1＝＝ α粒子在磁場中運動的周期：T2＝＝ 根據(jù)：m2＝4m1，q2＝2q1 可得：T2＞T1，因為圓心角相等，所以：t1＜t2. 3．(2018·汕頭二模)(多選)如圖所示，虛線MN將平面分成Ⅰ和Ⅱ兩個區(qū)域，兩個區(qū)域分別存在著與紙面垂直的勻強磁場．一帶電粒子僅在磁場力作用下由Ⅰ區(qū)運動到Ⅱ區(qū)，曲線aPb為運動過程中的一段軌跡，其中弧aP、弧Pb的弧長之比為2∶1，且粒子經(jīng)過a、b點時的速度方向均水平向右，下列判斷正確的是(　　) A．Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應強度方向相反，大小之比為1∶2 B．粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場中的運動半徑之比為2∶1 C．粒子通

4、過aP、Pb兩段弧的時間之比為1∶1 D．弧aP與弧Pb對應的圓心角之比為2∶1 答案　AB 解析　粒子在磁場中只受洛倫茲力作用，洛倫茲力做向心力，不做功，故有：Bvq＝，Ⅰ、Ⅱ區(qū)域粒子速度大小不變； 根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反可得：Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應強度方向相反； 根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反，由粒子經(jīng)過a、b點時的速度方向均水平向右可得：粒子轉(zhuǎn)過的角度相等；又有弧aP、弧Pb的弧長之比為2∶1，粒子在Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場中的運動半徑之比為2∶1； 根據(jù)B＝可得：Ⅰ、Ⅱ區(qū)域兩個磁場的磁感應強度大小之比為1∶2； 根據(jù)粒子做圓周運動的周期T＝，由中心角相等可得：粒子通過aP、Pb兩段弧的

5、時間之比為2∶1，故A、B兩項正確，C、D兩項錯誤． 4．(2018·安徽模擬)(多選)半徑為R的光滑絕緣豎直圓形軌道的最低點，有一個電量為＋q的介質(zhì)小球，以初速度v0＝向右沖上軌道．下面四種情形中，A圖圓心處放置正點電荷，B圖加上豎直向下的勻強電場，場強E＝，C圖加上水平向右的勻強電場，場強E＝，D圖加上垂直紙面向外的勻強磁場．則小球一定能夠在圓軌道內(nèi)做完整的圓周運動是(　　) 答案　AD 解析　A項，小球運動的過程中受到重力和庫侖力，其中庫侖力不做功，只有重力做功，則小球到達最高點時的速度滿足： mv12＋2mgR＝mv02 可得：v1＝ 小球在最高點需要的向心力：Fn1＝

6、＝mg 小球在最高點受到重力、向上的庫侖力，所以必定還受到軌道對小球的向下的作用力，可知，小球一定能到達最高點．故A項正確； B項，小球運動的過程中受到重力和向下的電場力，重力和電場力都做負功，若小球到達最高點時，則速度滿足： mv22＋2mgR＋2qER＝mv02 可得：mv22<0，這顯然是不可能的，故B項錯誤； C項，若電場的方向向右，將電場力與重力合成，等效于小球受到向右下方的等效重力mg′，則： mg′＝＝mg 小球向上運動的過程中等效重力做功，若小球到達最高點時，則速度滿足： mv32＋2mg′R＝mv02 可得：mv02<0 這顯然是不可能的．故C項錯誤；

7、D項，洛倫茲力不做功，小球在該情況下的運動與A圖的運動相似，小球到達最高點時的速度也是，小球在最高點受到重力、向上的洛倫茲力，所以必定還受到軌道對小球的向下的作用力，可知，小球一定能到達最高點．故D項正確． 5．(2018·四川模擬)(多選)如圖所示，虛線所圍圓形區(qū)域內(nèi)有垂直于紙面的勻強磁場，比荷相同的a、b兩帶電粒子同時從P點進入磁場，a的速度v1沿半徑方向，b的速度v2與PO之間夾角為60°，兩粒子分別經(jīng)過時間t1、t2都從Q點出磁場，∠POQ＝120°.不計兩粒子間相互作用力與重力，則(　　) A．t1∶t2＝3∶1 B．t1∶t2＝1∶3 C．v1∶v2＝2∶1 D．

8、v1∶v2＝2∶ 答案　BC 解析　設勻強磁場區(qū)域半徑為R，那么，根據(jù)粒子運動速度和運動軌跡上的兩個點； 根據(jù)如圖所示幾何關(guān)系可得： a的軌道半徑為Rtan60°＝R b的軌道半徑為Rsin60°＝R； a轉(zhuǎn)過的圓心角為60°，b轉(zhuǎn)過的圓心角為180°； 故根據(jù)洛倫茲力做向心力可得：Bvq＝ 故速度v＝ 運動周期T＝＝，所以運動周期相等； 故運動時間之比t1∶t2＝60°∶180°＝1∶3，速度之比v1∶v2＝ra∶rb＝2∶1，故B、C兩項正確，A、D兩項錯誤． 6．(2018·湖南模擬)(多選)如圖所示，電子由P點從靜止開始沿直線PQ做加速直線運動，從Q點射出．若

9、要求電子能擊中在與直線PQ成α角方向、與Q點相距d的點M(已知：電子的電荷量為e、質(zhì)量為m、加速電壓為U、不計電子重力)．下列選項正確的是(　　) A．電子運動到Q點的速度v＝ B．若在Q的右側(cè)加一個垂直于紙面向里的勻強磁場B，則其大小為B＝ C．若在Q的右側(cè)加一個平行于PQ的勻強磁場，則電子不可能到達M點 D．若在Q的右側(cè)加一個垂直于PQ向上的勻強電場E，則其大小為E＝ 答案　ACD 解析　A項，在電場中加速，根據(jù)動能定理有： eU＝mv2－0 所以：v＝.故A項正確； B項，若在Q的右側(cè)加一個垂直于紙面向里的勻強磁場B，根據(jù)左手定則可知，電子受到的洛倫茲力的方向向下，

10、電子在磁場中偏轉(zhuǎn)：rsinα＝d 又：evB＝m 聯(lián)立解得：B＝＝.故B項錯誤； C項，若在Q的右側(cè)加一個平行于PQ的勻強磁場，電子在磁場中運動的方向與磁場的方向平行，則電子不受洛倫茲力，則不可能到達M點．故C項正確； D項，若在Q的右側(cè)加一個垂直于PQ向上的勻強電場E，電子沿PQ方向勻速運動，有：dcosα＝vt 得：t＝ 垂直于PQ方向勻加速運動，加速度為：a＝ 垂直于PQ方向的位移：y＝dsinα＝at2 聯(lián)立解得：E＝.故D項正確． 7．(2018·衡陽二模)如圖所示，由Oa、Ob、Oc三個鋁制薄板互成120°角均勻分開的Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三個勻強磁場區(qū)域，其磁感應強度分別用

11、B1、B2、B3表示．現(xiàn)有帶電粒子自a點垂直O(jiān)a板沿逆時針方向射入磁場中，帶電粒子完成一周運動，假設帶電粒子穿過鋁質(zhì)薄板過程中電荷量不變，在三個磁場區(qū)域中的運動時間之比為1∶3∶5，軌跡恰好是一個以O為圓心的圓，不計粒子重力，則(　　) A．磁感應強度B1∶B2∶B3＝1∶3∶5 B．磁感應強度B1∶B2∶B3＝5∶3∶1 C．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為25∶2 D．其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為27∶5 答案　C 解析　A、B兩項，帶電粒子在磁場中運動的時間為：t＝T 在各個區(qū)域的圓心角均為θ＝π 根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvB＝m 可得粒子在磁

12、場中運動的周期：T＝＝ 所以t＝，故B＝，又因為m、q均為定值 在三個區(qū)域的磁感應強度之比為B1∶B2∶B3＝15∶5∶3，故A、B兩項錯誤； C、D兩項，三個區(qū)域的磁場半徑相同，為r＝，又因為動能Ek＝mv2 聯(lián)立可得：Ek＝， 因為q、m和r均相同，故三個區(qū)域中運動的動能之比為：Ek1∶Ek2∶Ek3＝B12∶B22∶B33＝225∶25∶9 設比例常數(shù)k，則： 在b處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk1＝225k－25k＝200k 在c處穿越鋁板所損失的動能為ΔEk2＝25k－9k＝16k 在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為：ΔEk1∶ΔEk2＝25∶2，故C項正確，D項錯

13、誤． 8．(2018·貴州模擬)如圖所示，aefc和befd是垂直于紙面向里的勻強磁場Ⅰ、Ⅱ的邊界．磁場Ⅰ、Ⅱ的磁感應強度分別為B1、B2，且B2＝2B1.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶電粒子垂直邊界ae從P點射入磁場Ⅰ，后經(jīng)f點進入磁場Ⅱ，并最終從fc邊界射出磁場區(qū)域．不計粒子重力，該帶電粒子在磁場中運動的總時間為(　　) A. B. C. D. 答案　B 解析　粒子在磁場中運動只受洛倫茲力作用，故粒子做圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq＝，所以，R＝；粒子垂直邊界ae從P點射入磁場Ⅰ，后經(jīng)f點進入磁場Ⅱ，故根據(jù)幾何關(guān)系可得：粒子在磁場Ⅰ中做圓周運動的半徑為磁場寬度d；

14、 粒子在磁場Ⅱ中做圓周運動的半徑為磁場寬度d； 那么，根據(jù)幾何關(guān)系可得：粒子從P到f轉(zhuǎn)過的中心角為90°，粒子在f點沿fd方向進入磁場Ⅱ；然后粒子在磁場Ⅱ中轉(zhuǎn)過180°在e點沿ea方向進入磁場Ⅰ；最后，粒子在磁場Ⅰ中轉(zhuǎn)過90°后從fc邊界射出磁場區(qū)域； 故粒子在兩個磁場區(qū)域分別轉(zhuǎn)過180°，根據(jù)周期T＝＝可得：該帶電粒子在磁場中運動的總時間為T1＋T2＝＋＝，故B項正確，A、C、D三項錯誤． 9．(2018·江蘇三模)如圖所示，在直角坐標系xOy中，x軸上方有勻強磁場，磁感應強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面向外．許多質(zhì)量為m、電荷量為＋q的粒子，以相同的速率v沿紙面內(nèi)，由x軸負方向與y

15、軸正方向之間各個方向從原點O射入磁場區(qū)域．不計重力及粒子間的相互作用．下列圖中陰影部分表示帶電粒子在磁場中可能經(jīng)過的區(qū)域，其中R＝，正確的圖是(　　) 答案　D 解析　粒子在磁場中做勻速圓周運動，以x軸為邊界的磁場，粒子從x軸進入磁場后到離開，速度v與x軸的夾角相同，根據(jù)左手定則和R＝， 知沿x軸負軸的剛好進入磁場做一個圓周，沿y軸進入的剛好轉(zhuǎn)半個周期，如圖，在兩圖形的相交的部分是粒子不經(jīng)過的地方，故D項正確． 10.(2018·深圳二模)如圖所示，在垂直紙面向里、磁感應強度B＝2 T的勻強磁場中，有一長度L＝5 m的細圓筒，繞其一端O在紙面內(nèi)沿逆時針方向做角速度ω＝60

16、rad/s的勻速圓周運動．另端有一粒子源，能連續(xù)不斷相對粒子源沿半徑向外發(fā)射速度為v＝400 m/s的帶正電粒子．已知帶電粒子的電量q＝2.5×10－6 C，質(zhì)量m＝3×10－8 kg，不計粒子間相互作用及重力，打在圓筒上的粒子均不被吸收，則帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍面積S是(　　) A．48 π m2 B. 9 π m2 C．49 π m2 D．16 π m2 答案　A 解析　發(fā)射粒子時，粒子沿半徑方向的速度為v＝400 m/s，粒子隨細圓筒做圓周運動，垂直半徑方向的速度為ωL＝300 m/s； 故粒子速度為v′＝500 m/s，粒子速度方向與徑向成arctan＝3

17、7°； 粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bv′q＝ 所以，運動半徑為：R＝＝3 m； 根據(jù)左手定則可知：粒子做圓周運動也是沿逆時針方向運動； 根據(jù)幾何關(guān)系，粒子做圓周運動的圓心到O的距離為s＝4 m 故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍為內(nèi)徑為s－R＝1 m，外徑為s＋R＝7 m的環(huán)形區(qū)域； 故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍面積為：S＝π(7)2－π(1)2(m2)＝48 πm2，故A項正確，B、C、D三項錯誤． 二、非選擇題 11．(2018·海南)如圖，圓心為O、半徑為r的圓形區(qū)域外存在勻強磁場，磁場方向垂直于紙面向外，磁感應強度大小為B.P是圓外一點，

18、OP＝3r.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q＞0)的粒子從P點在紙面內(nèi)垂直于OP射出．已知粒子運動軌跡經(jīng)過圓心O，不計重力．求 (1)粒子在磁場中做圓周運動的半徑； (2)粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動所用的時間． 解析　(1)根據(jù)題意，畫出粒子在磁場中運動的軌跡，如圖所示 設粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R， 由幾何關(guān)系有：(3r－R)2＝R2＋r2 解得：R＝r (2)由R＝得v＝ 粒子第一次在圓形區(qū)域內(nèi)運動的時間t＝＝. 12．(2018·宿州一模)利用如圖所示的裝置可以測出電子的比荷和初速度大小，該裝置可簡化為：半徑R＝ m的圓簡處于磁感應強度大小B＝2×10－9 T的

19、勻強磁場中，磁場方向與筒的中心軸O平行，過某一直徑的兩端分別開有小孔a、b.電子以某一速度從小孔a沿著ab方向射入筒內(nèi)，與此同吋，簡繞其中心軸以角速度ω＝3.6×102 rad/s順時針轉(zhuǎn)動．當筒轉(zhuǎn)過60°時，該粒子恰好從小孔b飛出圓筒被接收器收到，不計重力．若粒子在筒內(nèi)未與筒壁發(fā)生碰撞，求： (1)電子的比荷； (2)電子的初速度大小(結(jié)果保留兩位有效數(shù)字)． 解析　(1)電子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力提供向心力，電子的運動軌跡如圖 電子在磁場中做勻速圓周運動的周期為：T＝ 由幾何關(guān)系知，圓弧所對的圓心角為60°，電子運動時間為： t1＝T＝·＝ 圓筒勻速轉(zhuǎn)動60

20、°的時間為為： t2＝＝ 其中t1＝t2 解得：＝＝1.8×1011 C/kg (2)設電子勻速圓周運動的軌道半徑為r， 根據(jù)幾何關(guān)系有：tan30°＝ 得：r＝R＝3 m 根據(jù)半徑公式r＝，有： v0＝＝1.8×1011×2×10－9×3≈1.1×103 m/s. 13．(2018·德州一模)如圖所示，在水平面內(nèi)，OC與OD間的夾角θ＝30°，OC與OD間有垂直紙面向外的勻強磁場I，磁感應強度大小為B1＝B0，OA與OC間的夾角α＝45°，OA與OC間有垂直紙面向里的勻強磁場Ⅱ，一質(zhì)量為m帶負電荷的粒子q(不計重力)從M點沿與OD方向成60°角的方向射入磁場I，并剛好垂直于

21、OC離開磁場Ⅰ進入磁場Ⅱ，且粒子剛好能從OA邊飛出．求： (1)粒子經(jīng)過勻強磁場Ⅰ所用的時間； (2)勻強磁場Ⅱ的磁感應強度B2大??； (3)在OD邊下方一圓形區(qū)域內(nèi)(未畫出)存在豎直方向的勻強電場，電場強度大小為E，粒子以初速度v0垂直于電場線方向射入電場，飛經(jīng)電場后再從M點沿與OD方向成60°角進入磁場，則圓形電場區(qū)域的最小面積S. 解析　(1)帶電粒子在磁場中偏轉(zhuǎn)如圖，由幾何關(guān)系可知，粒子在Ⅰ區(qū)運動的圓心角為60°， 由：qvB0＝m 周期T＝ 運動時間t＝T 解得：t＝ (2)由題意知，粒子的運動軌跡如圖，設粒子在磁場Ⅰ內(nèi)運動的軌道半徑為R1，在磁場Ⅱ內(nèi)的軌道半徑為R2，由幾何關(guān)系可知：＝＝sin45° 解得：＝ 又由R＝ 解得：＝＝ 解得B2＝B0 (3)由題意可知，帶電粒子在圓形電場中做類平拋運動， 在水平方向：x＝v0t； 豎直方向：y＝at2 vy＝at 根據(jù)牛頓第二定律：a＝ 在M點速度的合成與分解有：vy＝v0tan60° 粒子在電場中的位移：L＝ 圓的面積：S＝π()2 聯(lián)立解得：S＝. 12