《2020屆高三物理一輪總復(fù)習(xí) 第8章《磁場(chǎng)》2 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用課時(shí)作業(yè) 新人教版》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三物理一輪總復(fù)習(xí) 第8章《磁場(chǎng)》2 磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用課時(shí)作業(yè) 新人教版（13頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、磁場(chǎng)對(duì)運(yùn)動(dòng)電荷的作用 一、選擇題 1．帶電荷量為＋q的粒子在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)，下列說(shuō)法中正確的是(　　) A．只要速度大小相同，所受洛倫茲力就相同 B．如果把＋q改為－q，且速度反向，大小不變，則洛倫茲力的大小、方向均不變 C．洛倫茲力方向一定與電荷速度方向垂直，磁場(chǎng)方向一定與電荷運(yùn)動(dòng)方向垂直 D．粒子在只受到洛倫茲力作用下運(yùn)動(dòng)的動(dòng)能、速度均不變 【解析】　因?yàn)槁鍌惼澚Φ拇笮〔坏c粒子速度大小有關(guān)，而且與粒子速度的方向有關(guān)，如當(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)垂直時(shí)f＝qvB，當(dāng)粒子速度與磁場(chǎng)平行時(shí)f＝0.又由于洛倫茲力的方向永遠(yuǎn)與粒子的速度方向垂直，因而速度方向不同時(shí)，洛倫茲力的方向也不同，所以

2、A選項(xiàng)錯(cuò)．因?yàn)椋玵改為－q且速度反向，由左手定則可知洛倫茲力方向不變，再由f＝qvB知大小不變，所以B項(xiàng)正確．因?yàn)殡姾蛇M(jìn)入磁場(chǎng)時(shí)的速度方向可以與磁場(chǎng)方向成任意夾角，所以C選項(xiàng)錯(cuò)．因?yàn)槁鍌惼澚偱c速度方向垂直，因此，洛倫茲力不做功，粒子動(dòng)能不變，但洛倫茲力可改變粒子的運(yùn)動(dòng)方向，使粒子速度的方向不斷改變，所以D項(xiàng)錯(cuò)． 【答案】　B 2. 美國(guó)物理學(xué)家勞倫斯于1932年發(fā)明的回旋加速器，應(yīng)用帶電粒子在磁場(chǎng)中做圓周運(yùn)動(dòng)的特點(diǎn)，能使粒子在較小的空間范圍內(nèi)經(jīng)過(guò)電場(chǎng)的多次加速獲得較大的能量，使人類在獲得較高能量的帶電粒子方面前進(jìn)了一步．如圖所示為一種改進(jìn)后的回旋加速器示意圖，其中盒縫間的加速電場(chǎng)場(chǎng)

3、強(qiáng)大小恒定，且被限制在A、C板間，帶電粒子從P0處?kù)o止釋放，并沿電場(chǎng)線方向射入加速電場(chǎng)，經(jīng)加速后再進(jìn)入D形盒中的勻強(qiáng)磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，對(duì)于這種改進(jìn)后的回旋加速器，下列說(shuō)法正確的是(　　) A．帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周被加速一次 B．P1P2＝P2P3 C．加速粒子的最大速度與D形盒的尺寸無(wú)關(guān) D．加速電場(chǎng)方向需要做周期性的變化 【解析】　帶電粒子每運(yùn)動(dòng)一周加速一次，加速電場(chǎng)方向不需要做周期性的變化，A對(duì)，D錯(cuò)．由動(dòng)能定理得：nqU＝mv2，qBv＝m得R＝ ，R與加速次數(shù)不成正比，故B錯(cuò)．最大動(dòng)能為Ek＝，可知C錯(cuò)． 【答案】　A 3. (多選)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的小球，從

4、傾角為θ的光滑絕緣斜面上由靜止下滑，整個(gè)斜面置于方向水平向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，其磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，如圖所示．若帶電小球下滑后某時(shí)刻對(duì)斜面的作用力恰好為零，下面說(shuō)法中正確的是(　　) A．小球帶負(fù)電 B．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做勻加速直線運(yùn)動(dòng) C．小球在斜面上運(yùn)動(dòng)時(shí)做加速度增大，而速度也增大的變加速直線運(yùn)動(dòng) D．小球在斜面上下滑過(guò)程中，小球?qū)π泵鎵毫榱銜r(shí)的速率為 【解析】　根據(jù)小球的運(yùn)動(dòng)方向和磁場(chǎng)方向，小球受到的洛倫茲力方向垂直于斜面，由于某時(shí)刻小球?qū)π泵娴淖饔昧榱?，說(shuō)明淪倫茲力方向垂直于斜面向上，結(jié)合左手定則，小球帶正電，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；對(duì)小球受力分析可得，小球受到的洛倫茲力和斜面彈力方向垂直

5、于小球運(yùn)動(dòng)方向，小球沿斜面方向受到的合力mgsinθ＝ma，因而小球運(yùn)動(dòng)時(shí)的加速度a＝gsinθ是恒定的，小球在斜面上做勻加速直線運(yùn)動(dòng)，選項(xiàng)B正確，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；根據(jù)垂直于斜面方向，小球受到的合力為零，可得mgcosθ＝qvB，解得v＝，選項(xiàng)D正確． 【答案】　BD 4. (多選)如圖所示，質(zhì)量為m，電荷量為＋q的帶電粒子，以不同的初速度兩次從O點(diǎn)垂直于磁感線和磁場(chǎng)邊界向上射入勻強(qiáng)磁場(chǎng)，在洛倫茲力作用下分別從M、N兩點(diǎn)射出磁場(chǎng)，測(cè)得OM∶ON＝3∶4，則下列說(shuō)法中錯(cuò)誤的是(　　) A．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中經(jīng)歷的時(shí)間之比為3∶4 B．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的路程長(zhǎng)度之比為3∶4

6、C．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力大小之比為3∶4 D．兩次帶電粒子在磁場(chǎng)中所受的洛倫茲力大小之比為4∶3 【解析】　設(shè)OM＝2r1，ON＝2r2，故＝＝，路程長(zhǎng)度之比＝＝，B正確；由r＝知＝，故＝＝，C正確，D錯(cuò)誤；由于T＝，則＝＝1，A錯(cuò)． 【答案】　AD 5. (多選)回旋加速器是加速帶電粒子的裝置，其核心部分是分別與高頻交流電源兩極相連接的兩個(gè)D形金屬盒，兩盒間的狹縫中形成周期性變化的電場(chǎng)，使粒子在通過(guò)狹縫時(shí)都能得到加速，兩D形金屬盒處于垂直于盒底的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，如圖所示．設(shè)D形盒半徑為R.若用回旋加速器加速質(zhì)子時(shí)，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，高頻交流電頻率為f.則下列說(shuō)

7、法正確的是(　　) A．質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2πfR B．質(zhì)子被加速后的最大速度與加速電場(chǎng)的電壓大小無(wú)關(guān) C．只要R足夠大，質(zhì)子的速度可以被加速到任意值 D．不改變B和f，該回旋加速器也能用于加速α粒子 【解析】　由evB＝m可得回旋加速器加速質(zhì)子的最大速度為v＝eBR/m.由回旋加速器高頻交流電頻率等于質(zhì)子運(yùn)動(dòng)的頻率，則有f＝eB/2πm，聯(lián)立解得質(zhì)子被加速后的最大速度不可能超過(guò)2πfR，選項(xiàng)AB正確，由相對(duì)論可知，質(zhì)子的速度不可能無(wú)限增大C錯(cuò)誤；由于α粒子在回旋加速器中運(yùn)動(dòng)的頻率是質(zhì)子的1/2，不改變B和f，該回旋加速器不能用于加速α粒子，選項(xiàng)D錯(cuò)誤． 【答案】　A

8、B 6．(多選)質(zhì)量為m、帶電荷量為q的粒子(忽略重力)在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，形成空間環(huán)形電流．已知粒子的運(yùn)行速率為v、半徑為r、周期為T，環(huán)形電流的強(qiáng)度為I，則下面說(shuō)法中正確的是(　　) A．該帶電粒子的比荷為＝ B．在時(shí)間t內(nèi)，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為θ＝ C．當(dāng)速率v增大時(shí)，環(huán)形電流的強(qiáng)度I保持不變 D．當(dāng)速率v增大時(shí)，運(yùn)動(dòng)周期T變小 【解析】　帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，＝Bqv，所以＝，A錯(cuò)誤；運(yùn)動(dòng)周期T＝，與速率無(wú)關(guān)，D錯(cuò)誤；在時(shí)間t內(nèi)，粒子轉(zhuǎn)過(guò)的圓弧對(duì)應(yīng)的圓心角為θ＝·2π＝，B正確；I＝＝，與速率v無(wú)關(guān)，C正確． 【答案】　BC 7.

9、 如圖所示，ABC為與勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直的邊長(zhǎng)為a的等邊三角形，磁場(chǎng)垂直紙面向外，比荷為的電子以速度v0從A點(diǎn)沿AB方向射入，欲使電子能經(jīng)過(guò)BC邊，則磁感應(yīng)強(qiáng)度B的取值應(yīng)為(　　) A．B> B．B< C．B< D．B> 【解析】　 由題意，如圖所示，電子正好經(jīng)過(guò)C點(diǎn)，此時(shí)圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝＝，要想電子從BC邊經(jīng)過(guò)，圓周運(yùn)動(dòng)的半徑要大于，由帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的公式r＝有<，即B<，C選項(xiàng)正確． 【答案】　C 8. (多選)如圖所示，在兩個(gè)不同的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，磁感強(qiáng)度關(guān)系為B1＝2B2，當(dāng)不計(jì)重力的帶電粒子從B1磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到B2磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)(在運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的速度始終與磁場(chǎng)垂

10、直)，則粒子的(　　) A．速率將加倍 B．軌道半徑將加倍 C．周期將加倍 D．做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度將加倍 【解析】　粒子在磁場(chǎng)中只受到洛倫茲力，洛倫茲力不會(huì)對(duì)粒子做功，故速率不變，A錯(cuò)；由半徑公式r＝，B1＝2B2，則當(dāng)粒子從B1磁場(chǎng)區(qū)域運(yùn)動(dòng)到B2磁場(chǎng)區(qū)域時(shí)，軌道半徑將加倍，B對(duì)；由周期公式T＝，磁感應(yīng)強(qiáng)度減半，周期將加倍，C對(duì)；角速度ω＝，故做圓周運(yùn)動(dòng)的角速度減半，D錯(cuò)． 【答案】　BC 9. (多選)如圖所示，平面直角坐標(biāo)系的第Ⅰ象限內(nèi)有一勻強(qiáng)磁場(chǎng)垂直于紙面向里，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的粒子以速度v從O點(diǎn)沿著與y軸夾角為30°的方向進(jìn)入磁場(chǎng)，運(yùn)動(dòng)到A點(diǎn)時(shí)

11、速度方向與x軸的正方向相同，不計(jì)粒子的重力，則(　　) A．該粒子帶正電 B．A點(diǎn)與x軸的距離為 C．粒子由O到A經(jīng)歷時(shí)間t＝ D．運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子的速度不變 【解析】　根據(jù)粒子的運(yùn)動(dòng)方向，由左手定則判斷可知粒子帶負(fù)電，A項(xiàng)錯(cuò)；運(yùn)動(dòng)過(guò)程中粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，速度大小不變，方向變化，D項(xiàng)錯(cuò)；粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑r＝，周期T＝，從O點(diǎn)到A點(diǎn)速度的偏向角為60°，即運(yùn)動(dòng)了T，所以由幾何知識(shí)求得點(diǎn)A與x軸的距離為，粒子由O到A經(jīng)歷時(shí)間t＝，B、C兩項(xiàng)正確． 【答案】　BC 10. 如圖是質(zhì)譜儀的工作原理示意圖，帶電粒子被加速電場(chǎng)加速后，進(jìn)入速度選擇器(帶電粒子的重力不計(jì))．速度選擇器

12、內(nèi)有互相垂直的勻強(qiáng)磁場(chǎng)和勻強(qiáng)電場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，電場(chǎng)的場(chǎng)強(qiáng)為E.擋板S上有可讓粒子通過(guò)的狹縫P和記錄粒子位置的膠片A1A2，擋板S下方有磁感應(yīng)強(qiáng)度為B0的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．下列表述正確的是(　　) A．質(zhì)譜儀是分析同位素的重要工具 B．速度選擇器中的磁場(chǎng)方向垂直紙面向里 C．能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率等于 D．帶電粒子打在膠片上的位置越靠近狹縫P，帶電粒子的比荷越小 【解析】　在加速電場(chǎng)中粒子所受電場(chǎng)力向下，即粒子帶正電，在速度選擇器中，電場(chǎng)力水平向右，洛倫茲力水平向左，因此速度選擇器中磁場(chǎng)方向垂直紙面向外，B錯(cuò)誤；經(jīng)過(guò)速度選擇器時(shí)滿足qE＝qvB，可知能通過(guò)狹縫P的帶電粒子的速率

13、等于，C錯(cuò)誤；帶電粒子進(jìn)入磁場(chǎng)做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，則有r＝，可見(jiàn)當(dāng)v相同時(shí)，r∝，所以可以用來(lái)區(qū)分同位素，且r越小，比荷就越大，D錯(cuò)誤． 【答案】　A 二、非選擇題 11．在圖甲中，帶正電粒子從靜止開始經(jīng)過(guò)電勢(shì)差為U的電場(chǎng)加速后，從G點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)，該偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)是一個(gè)以直線MN為上邊界、方向垂直于紙面向外的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，帶電粒子經(jīng)偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后，最終到達(dá)照相底片上的H點(diǎn)，如圖甲所示，測(cè)得G、H間的距離為d，粒子的重力可忽略不計(jì)． (1)設(shè)粒子的電荷量為q，質(zhì)量為m，求該粒子的比荷； (2)若偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)的區(qū)域?yàn)閳A形，且與MN相切于G點(diǎn)，如圖乙所示，其他條件不變．要保

14、證上述粒子從G點(diǎn)垂直于MN進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)后不能打到MN邊界上(MN足夠長(zhǎng))，求磁場(chǎng)區(qū)域的半徑R應(yīng)滿足的條件． 【解析】　(1)帶電粒子經(jīng)過(guò)電場(chǎng)加速，進(jìn)入偏轉(zhuǎn)磁場(chǎng)時(shí)速度為v，由動(dòng)能定理，有qU＝mv2① 進(jìn)入磁場(chǎng)后帶電粒子做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，軌道半徑為r， qvB＝m② 打到H點(diǎn)有r＝③ 由①②③得＝. (2)要保證所有帶電粒子都不能打到MN邊界上，帶電粒子在磁場(chǎng)中運(yùn)動(dòng)的偏角應(yīng)不大于90°，臨界狀態(tài)為90°. 如圖所示，磁場(chǎng)區(qū)半徑R＝r＝ 所以磁場(chǎng)區(qū)域半徑滿足R≤. 【答案】　(1)　(2)R≤ 12. 在某平面上有一半徑為R的圓形區(qū)域，區(qū)域內(nèi)、外均有垂直于該平面的勻

15、強(qiáng)磁場(chǎng)，圓外磁場(chǎng)范圍足夠大，已知兩部分磁場(chǎng)方向相反且磁感應(yīng)強(qiáng)度都為B，方向如圖所示．現(xiàn)在圓形區(qū)域的邊界上的A點(diǎn)有一個(gè)電荷量為q，質(zhì)量為m的帶正電粒子，以沿OA方向的速度經(jīng)過(guò)A點(diǎn)，已知該粒子只受到磁場(chǎng)對(duì)它的作用力． (1)若粒子在其與圓心O的連線繞O點(diǎn)旋轉(zhuǎn)一周時(shí)恰好能回到A點(diǎn)，試求該粒子運(yùn)動(dòng)速度v的最大值； (2)在粒子恰能回到A點(diǎn)的情況下，求該粒子回到A點(diǎn)所需的最短時(shí)間． 【解析】　(1)粒子運(yùn)動(dòng)的半徑為r，則r＝① 如圖所示，O1為粒子運(yùn)動(dòng)的第一段圓弧AC的圓心，O2為粒子運(yùn)動(dòng)的第二段圓弧CD的圓心，根據(jù)幾何關(guān)系可知 tanθ＝② ∠AOC＝∠COD＝2θ 如果粒子回到A點(diǎn)

16、，則必有 n×2θ＝2π，n取正整數(shù)③ 由①②③可得v＝tan④ 考慮到θ為銳角，即0<θ<，根據(jù)③可得 當(dāng)n＝3時(shí)對(duì)應(yīng)的速度最大 且最大速度v＝.⑤ (2)粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的周期 T＝⑥ 因?yàn)榱Ｗ用看卧趫A形區(qū)域外運(yùn)動(dòng)的時(shí)間和圓形區(qū)域內(nèi)運(yùn)動(dòng)的時(shí)間互補(bǔ)為一個(gè)周期T，所以粒子穿越圓形邊界的次數(shù)越少，所花時(shí)間就越短，因此取n＝3代入到③可得 θ＝⑦ 而粒子在圓形區(qū)域外運(yùn)動(dòng)的圓弧的圓心角為α， α＝2π－2＝π⑧ 故所求的粒子回到A點(diǎn)的最短運(yùn)動(dòng)時(shí)間 t＝T＋T＝. 【答案】　(1)　(2) 13. (2020·山東卷)如圖所示，直徑分別為D和2D的同心圓處于同一豎直面

17、內(nèi)，O為圓心，GH為大圓的水平直徑．兩圓之間的環(huán)形區(qū)域(Ⅰ區(qū))和小圓內(nèi)部(Ⅱ區(qū))均存在垂直圓面向里的勻強(qiáng)磁場(chǎng)．間距為d的兩平行金屬極板間有一勻強(qiáng)電場(chǎng)，上極板開有一小孔．一質(zhì)量為m、電量為＋q的粒子由小孔下方處?kù)o止釋放，加速后粒子以豎直向上的速度v射出電場(chǎng)，由H點(diǎn)緊靠大圓內(nèi)側(cè)射入磁場(chǎng)．不計(jì)粒子的重力． (1)求極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大??； (2)若粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切，求Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大??； (3)若Ⅰ區(qū)、Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為、，粒子運(yùn)動(dòng)一段時(shí)間后再次經(jīng)過(guò)H點(diǎn)，求這段時(shí)間粒子運(yùn)動(dòng)的路程． 【解析】　 (1)設(shè)極板間電場(chǎng)強(qiáng)度的大小為E，對(duì)粒子在電場(chǎng)中的加速運(yùn)動(dòng)，由動(dòng)能定理得qE＝

18、mv2① 由①式得E＝② (2)設(shè)Ⅰ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小為B，粒子做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑為R，由牛頓第二定律得qvB＝m③ 如圖1所示，粒子運(yùn)動(dòng)軌跡與小圓相切有兩種情況．若粒子軌跡與小圓外切，由幾何關(guān)系得R＝④ 聯(lián)立③④式得B＝⑤ 若粒子軌跡與小圓內(nèi)切，由幾何關(guān)系得 R＝⑥ 聯(lián)立③⑥式得B＝⑦ (3)設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的半徑分別為R1、R2，由題意可知，Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大小分別為B1＝、B2＝，由牛頓第二定律得qvB1＝m，qvB2＝m⑧ 代入數(shù)據(jù)得R1＝，R2＝⑨ 設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的周期分別為T1、T2，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得T1＝，T2＝⑩ 據(jù)題意分析，粒子兩次與大圓相切的時(shí)間間隔內(nèi)，運(yùn)動(dòng)軌跡如圖2所示，根據(jù)對(duì)稱可知，Ⅰ區(qū)兩段圓弧所對(duì)圓心角相同，設(shè)為θ1，Ⅱ區(qū)內(nèi)圓弧所對(duì)圓心角設(shè)為θ2，圓弧和大圓的兩個(gè)切點(diǎn)與圓心O連線間的夾角設(shè)為α，由幾何關(guān)系得 θ1＝120°? θ2＝180°? α＝60°? 粒子重復(fù)上述交替運(yùn)動(dòng)回到H點(diǎn)，軌跡如圖3所示，設(shè)粒子在Ⅰ區(qū)和Ⅱ區(qū)做圓周運(yùn)動(dòng)的時(shí)間分別為t1、t2，可得t1＝×T1，t2＝×T2? 設(shè)粒子運(yùn)動(dòng)的路程為s，由運(yùn)動(dòng)學(xué)公式得 s＝v(t1＋t2)? 聯(lián)立⑨⑩?????式得s＝5.5πd? 【答案】　(1)　(2)或　(3)5.5πD