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1、2022年高考物理大一輪復(fù)習(xí) 第八章 第2講 磁場對運(yùn)動電荷的作用課時作業(yè) 一、選擇題(在題后給的選項中，第1～4題只有一項符合題目要求，第5～9題有多項符合題目要求．) 1．(xx年浙江模擬)如圖K8－2－1所示，在真空中，水平導(dǎo)線中有恒定電流I通過，導(dǎo)線的正下方有一質(zhì)子，初速度方向與電流方向相同，則質(zhì)子可能的運(yùn)動情況是(　　) 圖K8－2－1 A．沿路徑a運(yùn)動 B．沿路徑b運(yùn)動 C．沿路徑c運(yùn)動 D．沿路徑d運(yùn)動 【答案】B 【解析】由安培定則，電流在下方產(chǎn)生的磁場方向指向紙外，由左手定則，質(zhì)子剛進(jìn)入磁場時所受洛倫茲力方向向上．則質(zhì)子的軌跡必定向上彎曲，因此C、D

2、必錯；由于洛倫茲力方向始終與電荷運(yùn)動方向垂直，故其運(yùn)動軌跡必定是曲線，則B正確、A錯誤． 2．(xx年河源調(diào)研)質(zhì)子(p)和α粒子以相同的速率在同一勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，軌道半徑分別為Rp和Rα，周期分別為Tp和Tα.則下列選項正確的是(　　) A．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶2 B．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶1 C．Rp∶Rα＝1∶1，Tp∶Tα＝1∶2 D．Rp∶Rα＝1∶2，Tp∶Tα＝1∶1 【答案】A 【解析】由R＝和T＝可得選項A正確． 3．(xx年株洲模擬)如圖K8－2－2所示，在邊長為2a的正三角形區(qū)域內(nèi)存在方向垂直于紙面向里的勻強(qiáng)磁場，一個質(zhì)

3、量為m、電荷量為－q的帶電粒子(重力不計)從AB邊的中點O以速度v進(jìn)入磁場，粒子進(jìn)入磁場時的速度方向垂直于磁場且與AB邊的夾角為60°，若要使粒子能從AC邊穿出磁場，則勻強(qiáng)磁場的磁感應(yīng)強(qiáng)度B需滿足(　　) 圖K8－2－2 A．B> B．B< C．B> D．B< 【答案】B 【解析】粒子剛好到達(dá)C點時，其運(yùn)動軌跡與AC相切，如圖所示，則粒子運(yùn)動的半徑為r0＝acot 30°.由r＝得，粒子要能從AC邊射出，粒子運(yùn)行的半徑r＞r0，解得B＜，故選項B正確． 4．(xx年漳州檢測)帶電粒子以初速度v0從a點進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，如圖K8－2－3所示．運(yùn)動中經(jīng)過b點，Oa＝Ob，若

4、撤去磁場加一個與y軸平行的勻強(qiáng)電場，仍以v0從a點進(jìn)入電場，粒子仍能通過b點，那么電場強(qiáng)度E與磁感應(yīng)強(qiáng)度B之比為(　　) 圖K8－2－3 A．v0 B．1 C．2v0 D. 【答案】C 【解析】帶電粒子在勻強(qiáng)磁場中做勻速圓周運(yùn)動，O為圓心，故Oa＝Ob＝，帶電粒子在勻強(qiáng)電場中做類平拋運(yùn)動，故Ob＝v0t＝Oa＝t2，由以上兩式可解得＝2v0，故C正確． 5.如圖K8－2－4所示，在一矩形區(qū)域內(nèi)，不加磁場時，不計重力的帶電粒子以某一初速度垂直左邊界射入，穿過此區(qū)域的時間為t.若加上磁感應(yīng)強(qiáng)度為B、水平向外的勻強(qiáng)磁場，帶電粒子仍以原來的初速度入射，粒子飛出時偏離原方向6

5、0°，利用以上數(shù)據(jù)可求出下列物理量中的(　　) 圖K8－2－4 A．帶電粒子的比荷 B．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的周期 C．帶電粒子的初速度 D．帶電粒子在磁場中運(yùn)動的半徑 【答案】AB 【解析】由帶電粒子在磁場中運(yùn)動的偏向角，可知帶電粒子運(yùn)動軌跡所對的圓心角為60°，因此由幾何關(guān)系得磁場寬度l＝r sin 60°＝sin 60°，又未加磁場時有l(wèi)＝v0t，所以可求得比荷＝，選項A正確；周期T＝可求出，選項B正確；但初速度未知，所以選項C、D錯誤． 6. (xx年江門段考)兩個質(zhì)量、帶電量絕對值均相同的粒子a、b，以不同的速率沿AO方向射入圓形勻強(qiáng)磁場區(qū)域，其運(yùn)動軌跡如圖K8－2－

6、5.不計粒子重力，則下列說法正確的是(　　) 圖K8－2－5 A．a(chǎn)粒子帶正電 B．b粒子帶正電 C．a(chǎn)粒子速度較小 D．b粒子在磁場中運(yùn)動時間較長 【答案】BC 【解析】易知Ra＜Rb，而qvB＝?v＝R，C正確；易知偏轉(zhuǎn)角θb＜θa，而t＝θ，故D錯誤． 7.帶電粒子進(jìn)入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運(yùn)動軌跡．如圖 K8－2－6 所示是在有勻強(qiáng)磁場的云室中觀察到的粒子的軌跡，a和b是軌跡上的兩點，勻強(qiáng)磁場B垂直紙面向里．該粒子在運(yùn)動時，其質(zhì)量和電量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是(　　) 圖K8－2－6 A．粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點 B．粒子先經(jīng)過b點

7、，再經(jīng)過a點 C．粒子帶負(fù)電 D．粒子帶正電 【答案】AC 【解析】由r＝可知粒子的動能越小，圓周運(yùn)動的半徑越小，結(jié)合粒子運(yùn)動軌跡，可知粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點，選項A正確．根據(jù)左手定則可以判斷粒子帶負(fù)電，選項C正確． 8．長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強(qiáng)磁場，如圖K8－2－7所示，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，板間距離也為L，板不帶電，現(xiàn)有質(zhì)量為m，電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)，從左邊極板間中點處垂直磁感線以速度v水平射入磁場，欲使粒子不打在極板上，可采用的辦法是(　　) 圖K8－2－7 A．使粒子的速度v< B．使粒子的速度v> C．使粒子的速度v< D．使粒子的速度<

8、v< 【答案】AB 【解析】由左手定則判得粒子在磁場中向上偏轉(zhuǎn)，而做勻速圓周運(yùn)動，如圖所示，很明顯，圓周運(yùn)動的半徑大于某值r1時粒子可能從極板右邊穿出，而半徑小于某值r2時粒子可能從極板的左邊穿出，現(xiàn)在問題歸結(jié)為求粒子能在右邊穿出時r的最小值r1以及粒子在左邊穿出時r的最大值r2，由幾何知識得粒子擦著板從右邊穿出時，圓心在O點，有 r＝L2＋2，得r1＝.又由于r1＝，得v1＝，v>時粒子能從右邊穿出． 粒子擦著上板從左邊穿出時，圓心在O′點，有r2＝， 又由r2＝＝，得v2＝，v<時粒子能從左邊穿出．綜上可得答案是A、B. 9．質(zhì)量和電量都相等的帶電粒子M和N，以不同的速率經(jīng)小孔

9、S垂直進(jìn)入勻強(qiáng)磁場，運(yùn)行的半圓軌跡如圖K8－2－8中虛線所示，下列表述正確的是(　　) 圖K8－2－8 A．M帶負(fù)電，N帶正電 B．M的速率大于N的速率 C．洛倫茲力對M、N做正功 D．M的運(yùn)行時間大于N的運(yùn)行時間 【答案】AB 【解析】根據(jù)左手定則可知N帶正電，M帶負(fù)電，A正確；因為r＝，而M的半徑大于N的半徑，所以M的速率大于N的速率，B正確；洛倫茲力永不做功，所以C錯誤；M和N的運(yùn)行時間都為t＝，所以D錯誤． 二、非選擇題 10．(xx年中山七校聯(lián)考)如圖K8－2－9所示，兩平行金屬板E、F之間電壓為U，兩足夠長的平行邊界MN、PQ區(qū)域內(nèi)，有垂直紙面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感

10、應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、帶電量為＋q的粒子(不計重力)，由E板中央處靜止釋放，經(jīng)F板上的小孔射出后，垂直進(jìn)入磁場，且進(jìn)入磁場時與邊界MN成60°角，最終粒子從邊界MN離開磁場．求： 圖K8－2－9 (1)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的半徑r； (2)兩邊界MN、PQ的最小距離d； (3)粒子在磁場中運(yùn)動的時間t. 【答案】見解析 【解析】(1)設(shè)粒子離開電場時的速度為v，由動能定理有： qU＝mv2， ① 解得：v＝. ② 粒子離開電場后，垂直進(jìn)入磁場，由洛倫茲力提供向心力有： qvB＝m， ③ 聯(lián)立②③解得：r＝. ④ (2)最終粒子從邊界MN離開磁場，需滿足：

11、 d≥r＋rsin 30°. ⑤ 聯(lián)立④⑤解得：d≥ ⑥ 兩邊界MN、PQ的最小距離d＝. (3)粒子在磁場中做圓周運(yùn)動的周期 T＝， ⑦ 聯(lián)立③⑦解得：T＝， 粒子在磁場中運(yùn)動的時間t＝T＝. 11.如圖K8－2－10所示，在豎直平面內(nèi)有一圓形絕緣軌道，半徑R＝1 m，勻強(qiáng)磁場垂直于軌道平面向內(nèi)，一質(zhì)量為m＝1×10－3 kg、帶電荷量為q＝3×10－2 C的小球，可沿軌道內(nèi)壁滑動．開始時，在最低點處給小球一個初速度v0，使小球在豎直面內(nèi)逆時針做圓周運(yùn)動，圖K8－2－10甲是小球在豎直面內(nèi)做圓周運(yùn)動的速率v隨時間變化的情況，圖K8－2－11乙是小球所受軌道的彈力F隨

12、時間變化的情況，結(jié)合圖象所給數(shù)據(jù)(g取10 m/s2)，求： 圖K8－2－10 (1)磁感應(yīng)強(qiáng)度的大?。? (2)小球初速度大?。? 甲　　　　　　　乙　　 圖K8－2－11 【答案】(1)0.1 T　(2)8 m/s 【解析】(1)從題甲圖，可知小球在t3時刻第二次到達(dá)最高點時，速度大小為5 m/s，而由乙圖可知，此時軌道與球間彈力為零，所以有mg＋qvB＝. 代入數(shù)據(jù)，解得B＝0.1 T. (2)從題乙圖，可知小球最初從最低點開始運(yùn)動時，軌道與球面之間的彈力為F＝5.0×10－2 N. 據(jù)牛頓第二定律得F－mg＋qv0B＝. 代入數(shù)據(jù)得v0＝8 m/s. 12．

13、如圖K8－2－12所示，在平面直角坐標(biāo)系xO*y內(nèi)，第Ⅰ象限存在沿y軸負(fù)方向的勻強(qiáng)電場，第Ⅳ象限以O(shè)N為直徑的半圓形區(qū)域內(nèi)，存在垂直于坐標(biāo)平面向外的勻強(qiáng)磁場，磁感應(yīng)強(qiáng)度為B.一質(zhì)量為m、電荷量為q的帶正電粒子，從y軸正半軸上y＝h處的M點，以速度v0垂直于y軸射入電場，經(jīng)x軸上x＝2h處的P點進(jìn)入磁場，最后以垂直于y軸的方向射出磁場．不計粒子重力．求： 圖K8－2－12 (1)電場強(qiáng)度的大小E； (2)粒子在磁場中運(yùn)動的軌道半徑r； (3)粒子從進(jìn)入電場到離開磁場經(jīng)歷的總時間t. 【答案】(1)　(2)　(3)＋ 【解析】粒子的運(yùn)動軌跡如圖所示． (1)設(shè)粒子在電場中運(yùn)動的時間為t1，則有 2h＝v0t1，h＝at， 根據(jù)牛頓第二定律得Eq＝ma，求出E＝. (2)根據(jù)動能定理得Eqh＝mv2－mv， 設(shè)粒子進(jìn)入磁場時速度為v，根據(jù)Bqv＝m， 求出r＝. (3)粒子在電場中運(yùn)動的時間t1＝， 粒子在磁場中運(yùn)動的周期T＝＝， 設(shè)粒子在磁場中運(yùn)動的時間為t2，t2＝T， 得t＝t1＋t2＝＋.