《高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練29 磁場對運動電荷的作用 新人教版-新人教版高三全冊物理試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考物理大一輪復習 考點規(guī)范練29 磁場對運動電荷的作用 新人教版-新人教版高三全冊物理試題（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、考點規(guī)范練29　磁場對運動電荷的作用 一、單項選擇題 1. 如圖所示,a是豎直平面P上的一點,P前有一條形磁鐵垂直于P,且S極朝向a點,P后一電子在偏轉線圈和條形磁鐵的磁場的共同作用下,在水平面內向右彎曲經過a點。在電子經過a點的瞬間,條形磁鐵的磁場對該電子的作用力的方向為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.向上 B.向下 C.向左 D.向右 答案A 解析條形磁鐵的磁感線在a點垂直P向外,電子在條形磁鐵的磁場中向右運動,由左手定則可知電子所受洛倫茲力的方向向上,A正確。 2. 如圖所示,在正方形abcd區(qū)域內存在一垂直紙面的勻強磁場,磁感應強度的大小為

2、B1。一帶電粒子從ad邊的中點P垂直ad邊射入磁場區(qū)域后,從cd邊的中點Q射出磁場。若將磁場的磁感應強度大小變?yōu)锽2后,該粒子仍從P點以相同的速度射入磁場,結果從c點射出磁場,則B1B2等于(　　) A.52 B.72 C.54 D.74 答案A 解析設正方形邊長為l,根據幾何知識,當粒子從Q點射出時,R1=l2;當粒子從c點射出時,根據幾何知識可得R2=5l4,所以有B1B2=R2R1=52,A正確。 3.兩相鄰勻強磁場區(qū)域的磁感應強度大小不同、方向平行。一速度方向與磁感應強度方向垂直的帶電粒子(不計重力),從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的(　　) A.軌道半徑減小,

3、角速度增大 B.軌道半徑減小,角速度減小 C.軌道半徑增大,角速度增大 D.軌道半徑增大,角速度減小 答案D 解析帶電粒子從較強磁場區(qū)域進入到較弱磁場區(qū)域后,粒子的速度v大小不變,磁感應強度B減小,由公式r=mvqB可知,軌道半徑增大。由公式T=2πmqB可知,粒子在磁場中運動的周期增大,根據ω=2πT知角速度減小。選項D正確。 4.如圖所示,直角坐標系中y軸右側存在一垂直紙面向里、寬為a的有界勻強磁場,磁感應強度為B,右邊界PQ平行于y軸。一粒子(重力不計)從原點O以與x軸正方向成θ角的速度v垂直射入磁場,當斜向上射入時,粒子恰好垂直PQ射出磁場;當斜向下射入時,粒子恰好不從

4、右邊界射出。則粒子的比荷及粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的時間分別為(　　) A.vBa,2πa3v B.v2Ba,2πa3v C.v2Ba,4πa3v D.vBa,4πa3v 答案C 解析粒子在磁場中運動軌跡如圖所示,則由圖知,斜向上射入時有rsinθ=a,斜向下射入時有rsinθ+a=r,聯(lián)立求得θ=30°,且r=2a。由洛倫茲力提供向心力得Bqv=mv2r,解得r=mvBq,即粒子的比荷為qm=v2Ba。粒子恰好不從右邊界射出時在磁場中運動的圓心角為α=2×(90°-30°)=120°,運動時間為t=T3=4πa3v,選項C正確。 5. 如圖所示,長方形abcd

5、長ad=0.6 m,寬ab=0.3 m,O、e分別是ad、bc的中點,以ad為直徑的半圓內有垂直紙面向里的勻強磁場(邊界上無磁場),磁感應強度B=0.25 T。一群不計重力、質量m=3×10-7 kg、電荷量q=+2×10-3 C的帶電粒子以速度v=5×102 m/s沿垂直ad方向且垂直于磁場射入磁場區(qū)域,則(　　) A.從Od邊射入的粒子,出射點全部分布在Oa邊 B.從aO邊射入的粒子,出射點全部分布在ab邊 C.從Od邊射入的粒子,出射點分布在Oa邊和ab邊 D.從aO邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和be邊 答案D 解析由r=mvqB得帶電粒子在勻強磁場中運動的半徑r=0.3

6、m,從Od邊射入的粒子,出射點分布在ab和be邊;從aO邊射入的粒子,出射點分布在ab邊和be邊。選項D正確。 6. 如圖所示,在x>0,y>0的空間中有恒定的勻強磁場,磁感應強度的方向垂直于xOy平面向里,大小為B?，F(xiàn)有一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子,從x軸上的某點P沿著與x軸正方向成30°角的方向射入磁場。不計重力的影響,則下列有關說法正確的是(　　) A.只要粒子的速率合適,粒子就可能通過坐標原點 B.粒子在磁場中運動所經歷的時間一定為5πm3qB C.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為πmqB D.粒子在磁場中運動所經歷的時間可能為πm6qB 答案C 解析帶正電

7、的粒子從P點沿與x軸正方向成30°角的方向射入磁場中,則圓心在過P點與速度方向垂直的直線上,如圖所示,粒子在磁場中要想到達O點,轉過的圓心角肯定大于180°,因磁場有邊界,故粒子不可能通過坐標原點,故選項A錯誤;由于P點的位置不確定,所 以粒子在磁場中運動的圓弧對應的圓心角也不同,最大的圓心角是圓弧與y軸相切時即300°,運動時間為56T,而最小的圓心角為P點在坐標原點即120°,運動時間為13T,而T=2πmqB,故粒子在磁場中運動所經歷的時間最長為5πm3qB,最短為2πm3qB,選項C正確,B、D錯誤。 二、多項選擇題 7. 質量和電荷量都相等的帶電粒子M和N,以不同的速

8、率經小孔S垂直進入勻強磁場,帶電粒子僅受洛倫茲力的作用,運行的半圓軌跡如圖中虛線所示,下列表述正確的是(　　) A.M帶負電,N帶正電 B.M的速率小于N的速率 C.洛倫茲力對M、N不做功 D.M的運行時間大于N的運行時間 答案AC 解析由左手定則可知,M帶負電,N帶正電,選項A正確;由r=mvqB可知,M的速率大于N的速率,選項B錯誤;洛倫茲力對M、N不做功,選項C正確;由T=2πmqB可知M的運行時間等于N的運行時間,選項D錯誤。 8.如圖所示,在一等腰直角三角形ACD區(qū)域內有垂直紙面向外的勻強磁場,磁場的磁感應強度大小為B。一質量為m、電荷量為q的帶正電粒子(不計重力)

9、從AC邊的中點O垂直于AC邊射入該勻強磁場區(qū)域。若該三角形的兩直角邊長均為2l,則下列關于粒子運動的說法正確的是(　　) A.若該粒子的入射速度為v=qBlm,則粒子一定從CD邊射出磁場,且距點C的距離為l B.若要使粒子從CD邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應為v=2qBlm C.若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大速度應為v=qBl2m D.該粒子以不同的速度入射時,在磁場中運動的最長時間為πmqB 答案ACD 解析若該粒子的入射速度為v=qBlm,由Bqv=mv2r解得r=l,根據幾何關系可知,粒子一定從CD邊距C點為l的位置離開磁場,A正確;v=Bqrm,速

10、度越大,半徑越大,根據幾何關系可知,若要使粒子從CD邊射出,則粒子速度最大時,軌跡與AD邊相切,則由幾何關系可知,最大半徑一定大于2l,B錯誤;若要使粒子從AC邊射出,則該粒子從O點入射的最大半徑為l2,因此最大速度應為v=qBl2m,C正確;粒子在磁場中做勻速圓周運動的周期為2πmBq,根據幾何關系可知,粒子在磁場中運動的最大圓心角為180°,故最長時間為πmqB,D正確。 9. 湯姆孫提出的測定帶電粒子的比荷qm的實驗原理如圖所示,帶電粒子經過電壓為U的加速電場加速后,垂直于磁場方向進入寬為l的有界勻強磁場,某次測定中發(fā)現(xiàn)帶電粒子穿過磁場時發(fā)生的偏轉位移為d=l2,已知勻強磁場的磁

11、感應強度為B,粒子重力不計,取sin 37°=0.6,cos 37°=0.8,π≈3,則下列說法正確的是(　　) A.帶電粒子的比荷為32U25B2l2 B.帶電粒子的偏轉角為θ=37° C.帶電粒子在磁場中運動的時間約為7Bl210U D.帶電粒子運動的加速度大小為125U225B2l3 答案AC 解析帶電粒子的運動軌跡如圖所示,則由幾何關系知r2=l2+(r-d)2,即r=d2+l22d=5l4,由洛倫茲力提供向心力知qvB=mv2r,即r=mvqB,又由動能定理知qU=12mv2,聯(lián)立得qm=32U25B2l2,A正確;由圖知tanθ=lr-d=43,即θ=53°,B錯誤

12、;帶電粒子在磁場中運動時間為t=53°360°·2πmqB,約為7Bl210U,C正確;由a=v2r知帶電粒子運動的加速度大小為256U2125B2l3,D錯誤。 10.如圖所示,直線MN與水平方向成60°角,MN的右上方存在垂直紙面向外的勻強磁場,左下方存在垂直紙面向里的勻強磁場,兩磁場的磁感應強度大小均為B。一粒子源位于MN上的a點,能水平向右發(fā)射速度大小不同、質量為m(重力不計)、電荷量為q(q>0)的同種粒子,所有粒子均能通過MN上的b點。已知ab=l,則粒子的速度大小可能是(　　) A.3qBl6m B.3qBl3m C.3qBl2m D.3qBlm 答案AB 解析由

13、題意可知粒子可能的運動軌跡如圖所示,所有圓弧的圓心角均為120°,所以粒子運動的半徑為r=33·ln(n=1,2,3,…),由洛倫茲力提供向心力得qvB=mv2r,則v=qBrm=3qBl3m·1n(n=1,2,3,…),所以A、B正確。 11.如圖所示,在直徑為d的圓形區(qū)域內存在垂直紙面向外的勻強磁場,磁感應強度為B1,一個帶電粒子以速率 v從A點沿與直徑AC成30°角的方向射入磁場,經時間t1從C點射出磁場?，F(xiàn)調整磁場的磁感應強度大小為B2,讓同一粒子沿與直徑AC成60°角的方向仍以速率v射入磁場,經時間t2仍從C點射出磁場,則下列說法正確的是(　　) A.B1∶B2=3∶1 B

14、.B1∶B2=3∶3 C.t1∶t2=2∶3 D.t1∶t2=3∶2 答案BD 解析粒子運動軌跡如圖所示,由圖知粒子運行的軌道半徑為r=d2sinθ,由牛頓第二定律得Bqv=mv2r,聯(lián)立得B=2mvsinθqd,所以B1B2=sin30°sin60°=33,選項A錯誤,B正確;粒子運動周期T=2πmBq,粒子在磁場中運行的時間為t=2θ360°T=2mθBq,所以t1t2=θ1B2θ2B1=32,選項C錯誤,D正確。 三、非選擇題 12. 勻強磁場區(qū)域由一個半徑為R的半圓和一個長為2R、寬為R2的矩形組成,磁場的方向如圖所示。一束質量為m、電荷量為+q的粒子(粒子間的相互

15、作用和重力均不計)以速度v從邊界AN的中點P垂直于AN和磁場方向射入磁場中。 (1)當磁感應強度為多大時,粒子恰好從A點射出? (2)對應于粒子可能射出的各段磁場邊界,磁感應強度應滿足什么條件? 答案(1)2mvqR　(2)見解析 解析(1)由左手定則判定,粒子向左偏轉,只能從PA、AC和CD三段邊界射出,如圖所示。 當粒子從A點射出時,運動半徑r1=R2。由qvB1=mv2r1 得B1=2mvqR。 (2)當粒子從C點射出時,由勾股定理得: (R-r2)2+R22=r22,解得r2=58R 由qvB2=mv2r2,得B2=8mv5qR 據粒子在磁場中運動半徑隨磁場減弱

16、而增大,可以判斷: 當B>2mvqR時,粒子從PA段射出; 當8mv5qR

17、4R　(3)4πRv0 解析(1)粒子在磁場中做勻速圓周運動,運動軌跡如圖所示: 設粒子在圓形磁場中的軌跡半徑為r1,則有 qv0B=mv02r1 由幾何關系知r1=R 解得B=mv0qR。 (2)設粒子在正方形磁場中的軌跡半徑為r2,粒子恰好不從AB邊射出,有 qv0B=mv02r2 解得r2=mv0Bq=R 正方形的邊長l=2r1+2r2=4R。 (3)粒子在圓形磁場中做勻速圓周運動的周期T1=2πRv0 在圓形磁場中運動的時間t1=12T1=πRv0 粒子在圓形磁場外做勻速圓周運動的周期T2=2πRv0 在圓形磁場外運動的時間t2=32T2=3πRv0 粒子再次回到M點所用的時間為t=t1+t2=4πRv0。