《2014年高考物理一輪復習 章節(jié)訓練 磁場對運動電荷的作用》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2014年高考物理一輪復習 章節(jié)訓練 磁場對運動電荷的作用（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、2014年高考一輪復習章節(jié)訓練之磁場對運動電荷的作用 時間：45分鐘　　滿分：100分 一、選擇題(8×8′＝64′) 1．一電子以垂直于勻強磁場的速度vA，從A處進入長為d寬為h的磁場區(qū)域如下圖所示，發(fā)生偏移而從B處離開磁場，若電荷量為e，磁感應強度為B，圓弧AB的長為L，則(　　) A．電子在磁場中運動的時間為t＝ B．電子在磁場中運動的時間為t＝ C．洛侖茲力對電子做功是BevA·h D．電子在A、B兩處的速度相同 解析：電子在磁場中只受洛侖茲力的作用，做勻速圓周運動，認為運動時間為t＝是把電子作為類平拋運動了，圓周運動時可用t＝來計算；洛侖茲力與電子的運動方向始終垂

2、直，故一定不做功；速度是矢量，電子在A、B兩點速度的大小相等，而方向并不相同． 答案：B 2．一個質(zhì)子和一個α粒子沿垂直于磁感線方向從同一點射入一個勻強磁場中，若它們在磁場中的運動軌跡是重合的，如下圖所示， 則它們在磁場中(　　) A．運動的時間相等 B．加速度的大小相等 C．速度的大小相等 D．動能的大小相等 解析：因mα＝4mH，qα＝2qH，據(jù)T＝2，知tα＝2tH；據(jù)R＝，知vH＝2vα；據(jù)a＝，知aα＝aH; 據(jù)Ek＝mv2，知Ekα＝EkH，只有D項正確． 答案：D 3．在勻強磁場中，一個帶電粒子做勻速圓周運動，如果又順利地垂直進入另一磁感應強度為原來2倍的

3、勻強磁場，則(　　) A．粒子的速率加倍，周期減半 B．粒子的速率不變，軌道半徑減半 C．粒子的速率減半，軌道半徑為原來的 D．粒子的速率不變，周期減半 解析：粒子速率不變，因r＝，B加倍，r減半，B正確，C錯誤；因T＝，B加倍，T減半，A錯誤，D正確． 答案：BD 4．帶電粒子進入云室會使云室中的氣體電離，從而顯示其運動軌跡．下圖所示是在有勻強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，勻強磁場B垂直于紙面向里．該粒子在運動時，其質(zhì)量和電荷量不變，而動能逐漸減少，下列說法正確的是(　　) A．粒子先經(jīng)過a點，再經(jīng)過b點 B．粒子先經(jīng)過b點，再經(jīng)過a點 C．粒

4、子帶負電 D．粒子帶正電 解析：由于粒子的速度減小，所以軌道半徑不斷減小，所以A對B錯；由左手定則得粒子應帶負電，C對D錯． 答案：AC 5．如下圖所示，擺球帶負電荷的單擺，在一勻強磁場中擺動，勻強磁場的方向垂直紙面向里，擺球在AB間擺動過程中，由A擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F1，擺球加速度大小為a1；由B擺到最低點C時，擺線拉力的大小為F2，擺球加速度大小為a2，則(　　) A．F1>F2，a1＝a2　　　　 B．F1F2，a1>a2 D．F1

5、所以a1＝a2，當單擺由A擺到最低點C時，繩的拉力和洛侖茲力方向相同，由B擺到最低點C時，繩的拉力與洛侖茲力方向相反，故F1

6、將引起v增大，而偏轉線圈匝數(shù)或電流減小，都會引起B(yǎng)減小，從而使軌道半徑增大，偏轉角減小，畫面變小．綜上所述，只有A項符合題意． 答案：A 7．如下圖所示，直徑為R的絕緣筒中為勻強磁場區(qū)域，磁感應強度為B、磁感線垂直紙面向里，一個質(zhì)量為m、電荷量為q的正離子，以速度v從圓筒上C孔處沿直徑方向射入筒內(nèi)，如果離子與圓筒碰撞三次(碰撞時不損失能量，且時間不計)，又從C孔飛出，則離子在磁場中運動的時間為(　　) A. B. C. D. 解析：根據(jù)題意畫出離子運動軌跡，由對稱性可知離子運動的軌跡為四個圓，半徑等于圓筒的半徑，總時間等于一個圓的周期，所以A、C正確． 答案：AC 8

7、．長為L的水平極板間，有垂直紙面向內(nèi)的勻強磁場，如下圖所示，磁感應強度為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(　　) 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．使粒子速度時粒子能從右邊穿出．

8、 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． 綜上可得正確選項是A、B. 答案：AB 二、計算題(3×12′＝36′) 9．電子質(zhì)量為m，電荷量為q，以與x軸成θ角的速度v0射入磁感應強度為B的勻強磁場中，最后從x軸上的P點射出，如右圖所示，求： (1)OP的長度； (2)電子由O點射入到從P點射出所需的時間t. 解析：(1)過O點和P點做速度方向的垂線，兩線交點即電子做圓周運動的圓心，由幾何關系知 OP＝2rsinθ① 又Bqv0＝m② 由①②式解得OP＝sinθ. (2)由T＝＝得所需時間為 t＝·

9、＝. 答案：(1)sinθ　(2) 10．如下圖所示，一束電子(電荷量為e)以速度v垂直射入磁感應強度為B，寬度為d的勻強磁場中，穿過磁場的速度方向與電子原來的入射方向的夾角為30°，求： (1)電子的質(zhì)量是多少？ (2)穿過磁場的時間是多少？ (3)若改變初速度大小，使電子剛好不能從A邊射出，則此時速度v′是多少？ 解析：(1)作出速度方向的垂線，如上圖所示，設電子在磁場中運動軌道半徑為r，電子的質(zhì)量是m，由幾何關系得r＝＝2d 電子在磁場中運動Bqv＝m， 即r＝ 所以m＝. (2)電子運動軌跡對應的圓心角 θ＝30°＝ 電子運動的周期T＝ 電子穿過磁場的

10、時間t＝T＝＝. (3)電子剛好不能從A邊射出(與右邊界相切)，此時電子的軌道半徑為r′＝d 由r′＝得v′＝＝. 答案：(1)　(2)　(3) 11．如下圖所示，相距為R的兩塊平行金屬板M、N正對著放置，S1、S2分別為M、N板上的小孔，S1、S2、O三點共線，它們的連線垂直M、N，且S2O＝R.以O為圓心、R為半徑的圓形區(qū)域內(nèi)存在磁感應強度為B、方向垂直紙面向外的勻強磁場．D為收集板，板上各點到O點的距離以及板兩端點的距離都為2R，板兩端點的連線垂直M、N板．質(zhì)量為m、帶電荷量為＋q的粒子經(jīng)S1進入M、N間的電場后，通過S2進入磁場．粒子在S1處的速度和粒子所受的重力均不計．

11、 (1)當M、N間的電壓為U時，求粒子進入磁場時速度的大小v； (2)若粒子恰好打在收集板D的中點上，求M、N間的電壓值U0； (3)當M、N間的電壓不同時，粒子從S1到打在D上經(jīng)歷的時間t會不同，求t的最小值． 解析：(1)粒子從S1到達S2的過程中，根據(jù)動能定理得qU＝mv2① 解得粒子進入磁場時速度的大小v＝ (2)粒子進入磁場后在洛侖茲力作用下做勻速圓周運動，有 qvB＝m② 由①②得，加速電壓U與軌跡半徑r的關系為U＝當粒子打在收集板D的中點時，粒子在磁場中運動的半徑r0＝R 對應電壓U0＝ (3)M、N間的電壓越大，粒子進入磁場時的速度越大，粒子在極板間經(jīng)歷的時間越短，同時在磁場中運動軌跡的半徑越大，在磁場中運動的時間也會越短，出磁場后勻速運動的時間也越短，所以當粒子打在收集板D的右端時，對應時間t最短． 根據(jù)幾何關系可以求得，對應粒子在磁場中運動的半徑r＝R 由②得粒子進入磁場時速度的大小v＝＝粒子在電場中經(jīng)歷的時間t1＝＝ 粒子在磁場中經(jīng)歷的時間t2＝＝ 粒子出磁場后做勻速直線運動經(jīng)歷的時間t3＝＝ 粒子從S1到打在收集板D上經(jīng)歷的最短時間為 t＝t1＋t2＋t3＝ 答案：(1)　(2)　(3)