《（新課標）2020高考物理一輪復(fù)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(fù)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，OMMN，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)子和一粒子分別以速度v1、v2從O點沿OP方向射入磁場，質(zhì)子經(jīng)時間t1從M點射出磁場，粒子經(jīng)時間t2
2、從N點射出磁場，質(zhì)子和粒子的重力不計，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()At1t2，v1v2Bt1t2，v1v2Ct1t2，v1v2 Dt1t2，v1v2答案B解析畫出兩粒子的軌跡過程圖，如圖所示，設(shè)OMMNL，對質(zhì)子根據(jù)洛倫茲力提供向心力：q1v1Bm1，可得：r1根據(jù)幾何關(guān)系可得：2r1sinL聯(lián)立可得：v1同理對粒子可得：v2又因為：m24m1，q22q1聯(lián)立可得：v1v2質(zhì)子在磁場中運動的周期：T1粒子在磁場中運動的周期：T2根據(jù)：m24m1，q22q1可得：T2T1，因為圓心角相等，所以：t1t2.3(2018汕頭二模)(多選)如圖所示，虛線MN
3、將平面分成和兩個區(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區(qū)運動到區(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21，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、區(qū)域兩個磁場的磁感應(yīng)強度方向相反，大小之比為12B粒子在、區(qū)域兩個磁場中的運動半徑之比為21C粒子通過aP、Pb兩段弧的時間之比為11D弧aP與弧Pb對應(yīng)的圓心角之比為21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，、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：、區(qū)域兩個磁場的磁感應(yīng)強度方向相反；根據(jù)粒子偏轉(zhuǎn)方向相反，由
4、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21，粒子在、區(qū)域兩個磁場中的運動半徑之比為21；根據(jù)B可得：、區(qū)域兩個磁場的磁感應(yīng)強度大小之比為12；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兩段弧的時間之比為21，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
5、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：mv122mgRmv02可得：v1小球在最高點需要的向心力：Fn1mg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：mv222mgR2qERmv02可得：mv220，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：mgmg小
6、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：mv322mgRmv02可得：mv020這顯然是不可能的故C項錯誤；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，POQ120.不計兩粒子間相互作用力
7、與重力，則()At1t231 Bt1t213Cv1v221 Dv1v22答案BC解析設(shè)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Rtan60Rb的軌道半徑為Rsin60R；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t1t26018013，速度之比v1v2rarb21，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點射出若要求電子能擊中在與直線PQ成角方向、與Q點相距d
8、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vB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BC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：eUmv20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，電子在磁場中偏轉(zhuǎn)：rsind又：evBm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
9、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：dcosvt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：ydsinat2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、三個勻強磁場區(qū)域，其磁感應(yīng)強度分別用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(shè)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135，軌跡恰好是一個以O(shè)為圓心
10、的圓，不計粒子重力，則()A磁感應(yīng)強度B1B2B3135B磁感應(yīng)強度B1B2B3531C其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為252D其在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為275答案C解析A、B兩項，帶電粒子在磁場中運動的時間為：tT在各個區(qū)域的圓心角均為根據(jù)洛倫茲力提供向心力可得：qvBm可得粒子在磁場中運動的周期：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(yīng)強度之比為B1B2B31553，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Ekmv2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：Ek1Ek2Ek3B12B22B3322525
11、9設(shè)比例常數(shù)k，則：在b處穿越鋁板所損失的動能為Ek1225k25k200k在c處穿越鋁板所損失的動能為Ek225k9k16k在b、c處穿越鋁板所損失的動能之比為：Ek1Ek2252，故C項正確，D項錯誤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、的邊界磁場、的磁感應(yīng)強度分別為B1、B2，且B22B1.一質(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，后經(jīng)f點進入磁場，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：
12、Bvq，所以，R；粒子垂直邊界ae從P點射入磁場，后經(jīng)f點進入磁場，故根據(jù)幾何關(guān)系可得：粒子在磁場中做圓周運動的半徑為磁場寬度d；粒子在磁場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；然后粒子在磁場中轉(zhuǎn)過180在e點沿ea方向進入磁場；最后，粒子在磁場中轉(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T1T2，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(yīng)強度的大小為B，磁場方向垂直于紙面
13、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(yīng)強度B2 T的勻強磁場中，有一長度L5 m的細圓筒，繞其一端O在紙面內(nèi)沿逆時
14、針方向做角速度60 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v400 m/s的帶正電粒子已知帶電粒子的電量q2.5106 C，質(zhì)量m3108 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()A48 m2 B. 9 m2C49 m2 D16 m2答案A解析發(fā)射粒子時，粒子沿半徑方向的速度為v400 m/s，粒子隨細圓筒做圓周運動，垂直半徑方向的速度為L300 m/s；故粒子速度為v500 m/s，粒子速度方向與徑向成arctan37；粒子在磁場中做勻速圓周運動，洛倫茲力做向心力，故有：Bvq所以，運動
15、半徑為：R3 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s4 m故帶電粒子在紙面內(nèi)所能到達的范圍為內(nèi)徑為sR1 m，外徑為sR7 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(7)2(1)2(m2)48 m2，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(yīng)強度大小為B.P是圓外一點，OP3r.一質(zhì)量為m、電荷量為q(q0)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
16、；(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(shè)粒子在磁場中做圓周運動的半徑為R，由幾何關(guān)系有：(3rR)2R2r2解得：Rr(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(yīng)強度大小B2109 T的勻強磁場中，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3.6102 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
17、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：t1T圓筒勻速轉(zhuǎn)動60的時間為為：t2其中t1t2解得：1.81011 C/kg(2)設(shè)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：rR3 m根據(jù)半徑公式r，有：v01.81011210931.1103 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30，OC與OD間有垂
18、直紙面向外的勻強磁場I，磁感應(yīng)強度大小為B1B0，OA與OC間的夾角45，OA與OC間有垂直紙面向里的勻強磁場，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OC離開磁場進入磁場，且粒子剛好能從OA邊飛出求：(1)粒子經(jīng)過勻強磁場所用的時間；(2)勻強磁場的磁感應(yīng)強度B2大小；(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，粒子在區(qū)運動的圓心角為60，由：qvB0m周期T運動時間tT解得：t(2)由題意知，粒子的運動軌跡如圖，設(shè)粒子在磁場內(nèi)運動的軌道半徑為R1，在磁場內(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B2B0(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：xv0t；豎直方向：yat2vyat根據(jù)牛頓第二定律：a在M點速度的合成與分解有：vyv0tan60粒子在電場中的位移：L圓的面積：S()2聯(lián)立解得：S.12
（新課標）2020高考物理一輪復(fù)習 課時作業(yè)42 磁場對運動電荷的作用（含解析）新人教版
